11 Клас

1. Чи існують дійсні числа , що задовольняють рівність:

?

Відповідь: не існують.

Розв’язання. Позначимо , , тоді і задана рівність переписується таким чином:

.

З останнього маємо, що ця рівність можлива лише при , що неможливо внаслідок умов задачі. Таким чином задана рівність не можлива.

2. Знайдіть усі такі натуральні числа , які мають більше дільників.

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Зрозуміло, що число не може мати дільників, більших від , окрім самого числа . Тому, щоб мати більше дільників, ніж воно повинно ділитись на усі числа від до та на число . Позначимо через те з двох чисел чи , яке є цілим. Тоді при одне з чисел або взаємно просте з . Тому , оскільки воно повинно ділитись на та на одночасно. Але тоді тобто , що суперечить умові . Для випадку числа перевіряються безпосередньо.

3. Відомо, що многочлен

можна також подати у вигляді , де серед чисел принаймні 2015 від’ємних та не обов’язково різних. Знайдіть усі коефіцієнти многочлену .

(Голоднов Кирило)

Відповідь. , .

Розв’язання. Без обмеження загальності будемо вважати, що . Звідси за теоремою Вієта для многочленів (або просто із заданого розкладу многочлену на множники) . Тому значення також дійсне та від’ємне. Далі з теореми Вієта маємо:

З нерівності між середнім арифметичним та геометричним:

.

З рівності між середнім арифметичним та середнім геометричним випливає, що

, тобто ,

тому , звідки маємо, що , .

4. В гострокутному трикутнику сторони і мають різну довжину, а продовження медіани перетинає описане коло в точці . На цьому колі відмітимо таку точку , що , де – точка перетину висот трикутника . Точка обрана таким чином, що - паралелограм. Доведіть, що прямі , і перетинаються в одній точці.

(Нагель Ігор)

Р

Рис. 10

озв’язання. Нехай – точка перетину висот і трикутника . Точки , , , і лежать на одному колі з діаметром , бо (рис. 10).

Далі, так як чотирикутники і – вписані, то і . Звідси випливає, що . Але (як вертикальні) і (як протилежні кути паралелограма. Тому одержуємо, що , тобто чотирикутник – вписаний. Звідси випливає, що . Далі, , бо , а , бо ці кути – вписані в описане коло трикутника . Отже, , а це означає, що точка також належить колу з діаметром .

Позначимо через – описане коло трикутника , через – коло з діаметром , а через – описане коло чотирикутника . Тоді , і – радикальні осі кіл і , і , та і . Як відомо: радикальні осі трьох кіл перетинаються в одній точці – радикальному центрі трьох кіл, або паралельні.

Оскільки , то прямі , і перетинаються в одній точці.

5 . У країні є 2015 міст, деякі з яких з’єднані двосторонніми авіалініями. Відомо, що для кожного не існує попарно різних міст , для яких існував би замкнений маршрут перельотів (для трьох міст такі маршрути можуть існувати). Яка найбільша кількість пар міст цієї країни можуть бути з’єднані прямим авіасполученням?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Перепишемо умову задачі мовою графів.

Граф складається з вершин та ребер , які з’єднують деякі з вершин. Циклом довжини у цьому графі назвемо таку послідовність ребер , , ..., , де , . Відомо, що у графі немає циклів довжини більше 3-х. Скільки максимум у цього графі може бути ребер?

Спочатку покажемо, що існує граф, що задовольняє умови та має вершин. Він зображений на рис. 11.

Доведемо, що ця величина є максимальною.

Очевидно, що граф зв’язний, якщо ні, то достатньо провести ребро між будь-якими двома компонентами зв’язності і умова про цикли не зміниться, а кількість ребер збільшиться.

П означимо через – кількість ребер найкоротшого шляху, що з’єднує відповідні вершини, а через – найбільшу можливе значення для усіх .

Розглянемо граф, у якому кількість ребер є максимальною. Серед усіх таких графів виберемо той, у якого мінімальне значення приймає величина .

Припустимо, що . Нехай один з найдовших шляхів складається з послідовних вершин , .

Р озглянемо вершину . Якщо вона має степінь (висяча вершина, рис. 12), тобто ребро – єдине, що проходить через вершину . Тоді ми просто замість ребра проведемо ребро . При цьому довжина найдовшого шляху зменшиться. Вчинимо таким чином з усіма висячими вершинами усіх найдовших шляхів. Припустимо знову, що і шлях утворюють вершини , .

Нехай окрім ребра існує ребро . При цьому можливі такі випадки.

Існує також ребро (рис.13). Тоді міняємо граф таким чином – замість ребер та проводимо ребра та . При цьому і тут довжина найдовшого шляху скоротиться.

Р ебра не існує. Найкоротший шлях від до не може проходити через вершини , бо його довжина більша від . Тому існує інший шлях від до . Але тоді зв’язана принаймні з однією з вершин , нехай перша з вершин, яка зустрічається на найкоротшому шляху між та – це , . Тоді маємо цикл , який має більше 3 ланок. Одержана суперечність показує неможливість цього випадку.

Таким чином можемо вважати, що . Припустимо, що немає вершини, що має степінь . Виберемо вершину , що має максимальну степінь , тоді існує вершина , яка не зв’язана з (рис. 14). Тоді найкоротший шлях від до дорівнює , оскільки . Нехай цей шлях буде . Якщо існує вершина , для якої існують ребра та , то утворюється цикл довжини . Тоді виберемо довільну вершину , що з’єднана з та не з’єднана з . Тоді повинне бути ребро , бо інакше найкоротший шлях між та буде більше . Але це означає, що степінь вершини більше ніж у , оскільки вона ще з’єднана з , на відміну від . Або для наступної вершини , для якої існує та маємо цикл – суперечність.

Таким чином існує вершина, позначимо її через . Вона зв’язана з кожною іншою вершиною. Якщо степінь деякої з інших вершин більше , тобто існують ребра та , де . Але тоді маємо заборонений цикл , оскільки з’єднана з усіма іншими вершинами.

Тому окрім усі інші вершини можуть мати степінь не більше . Але це й призводить на до прикладу на рис. 1, де й маємо максимальну кількість ребер.

Альтернативне розв’язання. (Лішунов Віталій)

Відповідь: .

Розв’яжемо задачу для довільної кількості вершин .

Нехай і − кількість вершин і ребер графа відповідно, і позначимо через максимум ребер, які може мати граф , який задовольняє умову задачі і . Доведемо індукцією по , що . Базі індукції безпосередньо перевіряється при . Припустимо, що ми довели твердження для всіх , при , і доведемо його для .

Якщо граф не має циклів, то кількість його ребер дорівнює , де кількість компонент зв’язності графа . В такому випадку, і твердження доведене.

Нехай тепер граф має цикл. За умовою, довжина цього циклу дорівнює і тому можемо вважати, що його утворюють вершини , і . Розглянемо граф , який утворений з графа вилученням ребер, що сполучають ці вершини. Помітимо, що , і належать різним компонентам зв’язності графа . Справді, якщо це не так, то хоча б дві вершини, нехай і , належать одній компоненті зв’язності, а тому існує простий шлях , , …, у якого , .

Якщо , то маємо простий цикл , , …, , , довжина якого не менша за , що суперечить умові.

Якщо , то граф має цикл , , , , довжина якого дорівнює , що також не можливо.

Якщо , то граф має ребро , яке ми вилучили.

Отже, ми довели, що вершини , і належать різним компонентам зв’язності графа . Нехай , де − компонента зв’язності, яка містить вершину , − компонента, що містить , а − решта вершин графа . Оскільки і підграфи , і задовольняють умову задачі, то за припущенням індукції , при , звідки

.

Оскільки нерівність виконується для довільного графа, який задовольняє умову задачі, то , тобто .

Залишається побудувати приклад, для якого .

При можемо розглянути граф

,

а при максимум досягається на графі

.

Неважко обчислити, що при маємо .

4.1. На бісектрисі кута трикутника вибрали такі точки , для яких , . Точка – середина відрізку . Доведіть, що .

Розв’язання. Нехай перпендикуляр з точки на перетинається з ним у точці , аналогічно . Нехай – проекції точки на прямі та відповідно. Не обмежуючи загальності розгляду вважаємо, що розташування точок має вигляд як на рис. 14. Тоді:

та .

Т оді з властивостей середньої лінії маємо, що , . Тому та . Оскільки та , то це означає, що , звідки , тому .