WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 | 3 |

Задания конкурса (в скобках указаны предложившие задачи или их авторы, а также

первоисточники), ответы, решения, комментарии и критерии проверки.

I. Решите задачи.

№1. (И.Ф. Акулич) На рынке продавали раков: больших — по 5 рублей, маленьких – по 3 рубля, а также жаб — по рублю. Иван и Степан купили себе раков на одинаковые суммы денег, причем Иван купил больших и маленьких раков поровну, а Степан – вдвое меньше больших раков, чем маленьких. Иван расплатился одной сторублевой купюрой, а Степан – несколькими десятирублевыми. У продавца не оказалось мелких денег, поэтому он выдал сдачу Ивану опять же раками, а Степану – жабами. Сколько всего животных унесли приятели с рынка? Ответ: 52 животных.

Решение. Пусть Иван купил x больших раков, а Степан – y больших раков. Тогда всего Иван купил 2x раков и потратил 5x + 3x = 8x рублей, а Степан купил 3y раков и потратил 5y + 3Ч2y = 11y рублей. Из условия следует, что 8x = 11y, кроме того, стоимость покупки не превосходит 100 рублей. Так как 8 и 11 – взаимно простые числа, то x = 11, а y = 8. Таким образом, вместе они купили 2Ч11 + 3Ч8 = 46 раков, потратив по 88 рублей каждый.

Так как Степан расплачивался десятирублевыми купюрами, то он заплатил 90 рулей, значит, сдачу (2 рубля) ему могли дать только двумя жабами. Иван получил рублей сдачи раками. Так как уравнение 5x + 3y = 12, где x и y – целые неотрицательные числа, имеет единственное решение: x = 0, y = 4, то он получил 4 маленьких рака. Таким образом, приятели унесли с рынка 46 + 2 + 4 = животных.

Критерии проверки. Приведено полное обоснованное решение – 10 баллов; приведены верные рассуждения, содержащие арифметическую ошибку – 78 баллов; приведен только верный ответ – 1 балл.

№2. (Фольклор, предложила Е.С. Горская) В стране 2011 городов. Какое наименьшее количество авиалиний потребуется, чтобы из любого города добраться в любой другой, делая не более двух пересадок? Ответ: 2010 авиалиний.

Решение. Представим города точками, а связывающие их авиалинии – отрезками, то есть рассмотрим граф, в котором 2011 вершин. По условию, из любого города можно добраться до любого другого, поэтому, этот граф связный. Воспользуемся известным фактом: связный граф, в котором n вершин, содержит не менее, чем n – 1 ребро (отметим, что если ребер – в точности n – 1, то этот граф не содержит циклов, то есть является деревом). Таким образом, в рассматриваемом графе не менее, чем 2010 ребер, то есть авиалиний – не менее, чем 2010.

Покажем, что такого количества авиалиний достаточно. Например, объявим один из городов столицей и соединим его авиалинией с каждым из оставшихся 2010 городов.

Тогда из любого города можно добраться в любой другой, делая не более двух пересадок (и даже не более одной).

Отметим, что если утверждение о связном графе, приведенное выше, было четко сформулировано, то от участников конкурса не требовалось его доказывать.

Отметим также, что оценку количества авиалиний можно было проводить и другими рассуждениями. Например, можно было рассуждать так.

Рассмотрим один из городов, обозначив его А. Отсортируем все остальные города по степени их удаленности от А. В первую группу войдут города, в которые из А можно попасть напрямую, во вторую группу – те города, в которые можно попасть из А, сделав одну пересадку, а в третью – города, для попадания в которые из А потребуется две пересадки (при этом, в каждом случае мы рассматриваем кратчайший путь, например, если из А в В можно попасть двумя путями: как с одной, так и с двумя пересадками, то мы относим город В ко второй группе).

Пусть в первой группе x городов, во второй – y, а в третьей – z. Тогда город А соединяет с городами первой группы не менее, чем x авиалиний, города первой группы с городами второй группы соединяет не менее, чем y авиалиний, а города второй группы с городами третьей группы – не менее, чем z авиалиний. Поскольку в стране 2011 городов, то x + y + z = 2010, то есть всего авиалиний – не менее 2010.

Критерии проверки. Приведено полное обоснованное решение – 10 баллов; приведены только верный ответ и пример – 5 баллов; доказано только, что авиалиний не менее, чем 2010 – 5 баллов.

№3. (А.В. Иванищук) В основании пирамиды РАВСD расположен четырехугольник АВСD, в котором АВ = ВС = 6, РАВС = 60°, РBСD = РDАС = 30°. Каждая боковая грань пирамиды образует с плоскостью основания угол 45°. Найдите объем пирамиды.

Рис. 1а Ответ: 3(3 ± ).

Рис. 1б Рис. 1в Решение. Построим четырехугольник АВСD, удовлетворяющий условию задачи.

Рассмотрим равносторонний треугольник АВС, проведем два луча, образующие с лучом СВ угол 30°, и два луча, образующие с лучом АС угол 30° (см. рис. 1а).

Существуют две возможные точки их попарного пересечения – D и D’, но АВСD’A – замкнутая самопересекающаяся ломаная, поэтому, АВСD’ не является многоугольником с точки зрения «школьных» определений, где рассматриваются только простые многоугольники (отметим, что даже если рассмотреть пирамиду с таким основанием, то условию данной задачи она удовлетворять не может). Таким образом, в основании данной пирамиды лежит невыпуклый четырехугольник АВСD, симметричный относительно прямой BD.

Из того, что боковые грани данной пирамиды одинаково наклонены к плоскости основания, следует, что ортогональной проекцией ее вершины Р на плоскость основания является точка О, равноудаленная от прямых АВ, ВС, СD и DA. Так как точка О должна лежать на луче BD – биссектрисе угла АВС, а также на биссектрисах углов А и С четырехугольника (внутренних либо внешних), то возможны два случая расположения этой точки, которая будет являться центром окружности, касающейся четырех указанных прямых (см. рис. 1 б, в).

Соответствующие пирамиды показаны на рис. 1 г, д.

Рис. 1г Вычислим объемы пирамид, используя формулу. Так как АС^BD и отрезок BD составляет две трети высоты равностороннего треугольника, то = = = 6. Так как угол наклона боковых граней к основанию равен 45°, то высота Н пирамиды в каждом случае равна радиусу r рассматриваемой окружности.

Радиусы окружностей можно вычислить различными способами, например:

Рис. 1д 1) (см. рис. 1б) Из прямоугольного треугольника OKD:, значит,. В этом случае,.

2) (см. рис. 1в) Из прямоугольного треугольника OMB: = = (так как РOAN = 45°, то NO = AC = 3). В этом случае,.

Отметим, что если в треугольной пирамиде боковые грани одинаково наклонены к основанию, то ее вершина проектируется в центр либо вписанной, либо вневписанной окружности основания. Окружности, рассмотренные в этой задаче, являются их аналогами для заданного невыпуклого четырехугольника АВСD.

Критерии проверки. Приведено полное обоснованное решение – 10 баллов; верно рассмотрен только один из возможных случаев – 5 баллов; приведены верные рассуждения, но допущена вычислительная ошибка – 3 балла (за каждый из случаев).

№4. (Из материалов вступительных экзаменов в вузы, предложил В.И. Голубев) Докажите, что для любых действительных чисел а, b и c выполняется неравенство:

|a| + |b| + |c| + |a + b + c| і |a + b| + |b + c| + |c + a|.

Решение. Отметим, что данное неравенство можно доказать, рассмотрев все возможные случаи раскрытия модулей, что очень трудоемко, но допустимо. Кроме того, так как обе части неравенства неотрицательны, то вместо того, чтобы сравнивать их, можно сравнить их квадраты. Совместим оба этих подхода в следующем решении.

Первый способ. Воспользуемся некоторыми свойствами этого неравенства, чтобы сократить перебор. Поскольку оно симметрично относительно всех переменных, то без ограничения общности можно считать, что a і b і c. Кроме того, если в данном неравенстве перед каждой из переменных заменить знак на противоположный, то получится то же самое неравенство. Следовательно, для доказательства неравенства достаточно рассмотреть два случая: 1) a і b і c і 0; 2) a і b і 0, c Ј 0. В первом случае неравенство превращается в равенство. Во втором случае оно равносильно неравенству |c| + |a + b + c| і |a + c| + |b + c| (*).

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, то рассмотрим их квадраты: с2 + a2 + b2 + c2 +2ab + 2ac + 2bc + 2|c|Ч|a + b + c| и a2 + c2 + 2ac + b2 + c2 +2bc + 2|a + c|Ч|b + c|. Таким образом, неравенство (*) равносильно неравенству ab + |c|Ч|a + b + c| і |a + c|Ч|b + c| (**). В свою очередь, для доказательства неравенства (**) используем, что модуль суммы двух чисел не превосходит суммы их модулей, то есть |x| + |y| і |x + y|.

Тогда, ab + |c|Ч|a + b + c| = |ab| + |c(a + b + c)| і |ab + c(a + b + c)| = |(a + c)(b + c)| = |a + c|Ч|b + c|, что и требовалось.

Приведем также несколько красивых доказательств, предложенных участниками конкурса.

Второй способ (С.С. Кузьмина, Ю.К. Майоров; И.М. Немировская). Сделаем замену переменных: x = a + b, y = b + c, z = a + c. Тогда 2a = x – y + z, 2b = x + y – z, 2c = –x + y + z, a + b + c = 2(x + y + z) и доказываемое неравенство примет вид:.

В силу симметрии можно считать, что переменные упорядочены. Кроме того, неравенство не изменится при замене знака любой из переменных на противоположный. Следовательно, полученное неравенство достаточно доказать для случая x і y і z і 0. В этом случае это неравенство равносильно неравенству x – y + z + x + y – z + |–x + y + z| і 2(x + y + z), которое, в свою очередь, равносильно верному неравенству |–x + y + z| і –x + y + z.

Третий способ (О.Ю. Дмитриев и Е.Ю. Сукманова; Г.К. Эсанбаев; схожая идея использовалась в решении Т.Г. Протодьяконовой). Докажем неравенство, равносильное данному: |a| + |b| + |c| + |a + b + c| – |a + b| – |b + c| – |c + a| і 0.

Используем для этого функциональный подход. Пусть f(x) = |a| + |b| + |x| + |a + b + x| – |a + b| – |b + x| – |x + a|. Эта функция – кусочнолинейная, ее графиком является некоторая ломаная. Для того, чтобы убедиться, что при всех действительных значениях x f(x) і 0 достаточно доказать, что функция принимает неотрицательные значения во всех вершинах ломаной, а также при x ® ±Ґ, то есть f(0) і 0, f(–a) і 0, f(–b) і 0, f(–(a + b)) і 0, f(±Ґ) і 0. Действительно:

1) f(0) = |a| + |b| + 0 + |a + b| – |a + b| – |b| – |a| = 0 і 0;

2) f(–a) = |a| + |b| + |–a| + |a + b – a| – |a + b| – |b – a| – |–a + a| = (|a| + |b| – |a + b|) + (|a| + |–b| – |a – b|) і 0 (по неравенству о модуле суммы);

3) f(–b) = |a| + |b| + |–b| + |a + b – b| – |a + b| – |b – b| – |–b + a| = f(–a) і 0;

4) f(–(a + b)) = |a| + |b| + |–(a + b)| + |a + b – (a + b)| – |a + b| – |b – (a + b)| – |–(a + b) + a| = 0 і 0;

5) При x ® –Ґ f(x) = |a| + |b| – x – a – b – x – |a + b| + b + x + x + a = |a| + |b| – |a + b| і 0;

6) При x ® +Ґ f(x) = |a| + |b| + x + a + b + x – |a + b| – b – x – x – a = |a| + |b| – |a + b| і 0.

К сожалению, в работах участников конкурса встречалось очень много неверных решений, например, такого типа: «Складывая три верных неравенства |a| + |b| і |a + b|, |b| + |c| і |b + c| и |a| + |c| і |c + a|, получим верное неравенство 2(|a| + |b| + |c|) і |a + b| + |b + c| + |c + a| (*). Кроме того, из неравенства для суммы модулей трех чисел получим, что |a| + |b| + |c| і |a + b + c| (**). Рассмотрим разность верных неравенств (*) и (**): |a| + |b| + |c| і |a + b| + |b + c| + |c + a| – |a + b + c|, откуда следует требуемое неравенство».

На самом деле, при почленном вычитании двух верных неравенств одного знака можно получить как верное, так и неверное неравенство! Например, из верных неравенств 2 > 1 и 3 > – 5 путем вычитания получается неверное неравенство 2 – 3 > 1 + 5. Указанным методом можно получить только, что 2(|a| + |b| + |c|) і |a + b| + |b + c| + |c + a| и 2(|a| + |b| + |c|) і |a| + |b| + |c| + |a + b + c|, но никаких выводов о том, как соотносятся между собой правые части этих неравенств, сделать невозможно! Также многие участники необоснованно считали верным неравенство |c| + |a + b + c| і |a + c| + |b + c|. Это не так, например, при c = 3, a = –100, b = 1.

Критерии проверки. Приведено полное обоснованное решение (любым из способов) – 10 баллов; наряду с верным решением приведено и неверное – 9 баллов.

№5. (Предложил А.Г. Мякишев) Даны три попарно пересекающиеся окружности, в которых последовательно соединены точки их попарного пересечения. Длины получившихся хорд равны a, b, c, d, e и f (см. рисунок). Найдите и обоснуйте равенство, связывающее между собой данные длины хорд.

Ответ: выполняется равенство (в некоторых зарубежных источниках это утверждение называют теоремой Харуки).

Решение. Докажем это равенство. Проведем общие хорды АQ, BR и СР для каждой пары окружностей (см. рис. 2 а, б). Прямые АQ, BR и СР являются радикальными осями пар данных окружностей, которые пересекаются в одной точке Т (радикальном центре трех окружностей). Далее можно рассуждать поразному.

Pages:     || 2 | 3 |




© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.