Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/03/55.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:51 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:14:53 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: trifid nebula

ОЛИМПИАДЫ

55
= x + y + z + 2 x y+ 2 y z + 2 z x = = 1 + 1 + 1 - 2 cos - 2 cos - 2 cos ,
откуда и получаем требуемое неравенство cos + cos + cos 3 2 . Задачу 5.2 почти все команды решили, применив обратную теорему Чевы. А именно, они записали для каждого из треугольников PBC, PAC и PAB свойство биссектрисы:
BA1 A1C = BP PC , CB1 B1 A = CP PA , AC1 C1 B = AP PB
2 2 2

ковые стороны у всех них одинаковы, а основания разные, у некоторых длиной
2 , у других 24 . Поскольку треугольников разных типов поровну, то AOC = = 360њ : 6 = 60њ. Применяя свойство вписанного угла, находим 1 ABC = 180њ AOC = 150њ. 2

Теперь применим теорему косинусов:
AC = 2 + 24 - 2 2 24 cos 150 њ = 38 .
2

Поскольку треугольник AOC равносторонний, AO = AC = 38 ; задача решена. В задаче 4.3 при n = 1, 2 и 3 значение выражения равно 10, 30 и 100 соответственно. Значит, двумя нулями сумма оканчиваться может. n n n n Докажем, что 1 + 2 + 3 + 4 не может оканчиваться тремя нулями. Для этого достаточно доказать, что при n > 2 эта n сумма не кратна 8. Разумеется, 1 = 1; n n каждое из чисел 2 и 4 кратно 8, а число n 3 при делении на 8 дает либо остаток 3 (при нечетных n), либо остаток 1 (при n n четных n). Следовательно, сумма 1 + 2 + n n + 3 + 4 при делении на 8 дает остаток 4 или 2 и поэтому не кратна 8.

получить оценку сверху. Оказывается, 1 sin sin sin , 2 2 28 3 так что cos + cos + cos . (Равен4 ство выполнено для равностороннего треугольника.) Для знатока геометрии это не представляет труда: sin sin sin = r 4 R 1 8 , 2 2 2 где r и R радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника. Впрочем, знаток и преобразованиями заниматься не стал бы, а сразу вспомнил бы формулу задачи 38 из 12-й главы 'Задач по планиметрии' В.Прасолова:

bg

cos + cos + cos = r + R

после чего остается лишь заметить, что 0 < < r < R/2. Разумеется, жюри не рассчитывало на такое решение. Надеялись, что кто-то догадается рассмотреть неравенство

b

g

R,

cos + cos =

= 2 cos
и, поскольку записать:

+ 2

cos

- 2
2

2 cos + 2

+ 2 + 1,

Пятый тур (25 минут; каждая задача 9 баллов) 5.1. Найдите множество возможных значений выражения cos + cos + + cos , где , и величины углов треугольника. 5.2. В тетраэдре PABC проведены биссектрисы PA1 , PB1 и PC1 треугольников PBC, PAC и PAB соответственно. Докажите, что прямые AA1 , BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. 5.3. Сколько раз в последовательности a1 , a2 , a3 , ..., заданной формулой 1 2n + an = , присутствует число 2 1511?

cos = - cos + = -2 cos

b

g

cos + cos + cos 2 cos
+ 2 2 - 2 cos
2

и вычислили: BA1 CB1 AC1 BP CP AP = = 1. A1C B1 A C1 B PC PA PB Жюри знало и другое решение. Если отложить на лучах РА, РВ и РС от точки P отрезки PA2 , PB2 и PC2 равной длины, то получим тетраэдр PA2 B2 C2 . Лучи PA1 , PB1 и PC1 пересекают ребра его основания в серединах. Осталось заметить, что медианы треугольника A2 B2C2 пересекаются в одной точке, а отрезки AA1 , BB1 и CC1 являются образами этих медиан при проецировании треугольника A2 B2C2 из центра Р на треугольник АВС. Задачу 5.3 решили почти все команды, раскрыв знак целой части: 1 1511 2 n + < 1512 , 2 а затем не убоявшись вычислений:
1510,5 2 n < 1511,5 ,

+ 2 2

+1 =

= 2 cos

+

LM N

OP Q

Первое, что приходит в голову, когда видишь задачу 5.1 тригонометрические преобразования:
cos + cos + cos =

так как x 1 - x 1 4 при любом значении + x, в частности при x = cos . После 2 регаты выяснилось, что несколько команд успели придумать это решение, но слишком поздно: ни одна не успела его оформить. Тем более никто не нашел способ, использующий скалярное произведение векторов. В этом замечательном решении главное построить векторы единичной длины, перпендикулярные сторонам рассматриваемого треугольника. Если обозначить эти векторы буквами x , y и z (рис.7), то
0 x+ y+ z

b

g

F GH

1 - cos

+

I JK

+1

3 2

,

2281610,25 2n < 2284632,25 ,
1140805,125 < n < 1142316,125. Учитывая, что n натуральное число, имеем 1140805 < n 1142316 .Этому неравенству удовлетворяют 1142316 1140805= = 1511 натуральных чисел. Значит, ровно 1511 членов последовательности an равны 1511. На обобщения времени на регате нет, но как только работы были сданы, все поняли, что последовательность, заданная в условии, это последовательность 1; 2; 2; 3; 3; 3; 4; 4; 4; 4; 5; 5; 5; 5; 5; ... Каждое натуральное число n встречается в ней n раз. Поскольку 1 + 2 + ... + n = n(n + 1)/2, для доказательства этого замечательного свойства последовательности достаточно проверить, что ее член с номером n(n + 1)/2 не превышает n, а следующий член уже не меньше чем n + 1. Проверка проста:
n n+1 +

= cos + cos + cos 180 њ - - = = cos + cos - cos + = = 2 cos = 2 cos
+ 2 + 2 cos

b

F GH

- 2 cos 2 2 - + cos - cos 2 2 = 4 sin sin sin 2 2

-

b

2

+

g

g

FG H







IJ K

2

=

+1 = +1= 2 + 1.


I JK

z

b

g

1 2

<

n +n+

2

1 4

+

1 2 1 2 +

= + 1 2 1 2 = n+1



= n+
и
n n +1 +2 +

x

Синусы половин положительные + cos + cos > Оценку снизу

углов треугольника числа, поэтому c o s + 1. мы получили. Труднее


Рис. 7

y





bg

1 2

> n +n+

2

1 4

= n + 1.

Публикацию подготовили А.Блинков, В.Спиров