Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Второе решение. При любых натуральных k ¾ 2 рассмотрим последовательность+ Заметим, что НОД( k!, (k!) 2 + i) = i при всех i = 1, 2, . . . , k. Тогда, выбрав+ для всех 1, 2, . . . , k, получим НОД(a 𝑖 , b 𝑖 ) = 1 и+ i i > a 𝑗 = ( k!) 2 + j j > b 𝑖 = k! i > при всех 1 ¶ i < j ¶ k. Поэтому данная последовательность удовлетворяет условиям задачи. Задача 5 . Ответ взаимно простые пары ( `, r), ` ≡ r ≡ 1 (mod или ≡ r ≡ 3 (mod Пусть Зилис расположен в километрах от Арговы, где d — положительное действительное число. Для простоты обозначим координаты Арговы за (0, 0), а Зилиса за ( d, 0), те. автомобиль стартует в восточном направлении. Исследуем движение автомобиля в течение первых километров, следующих `r километров и т. д. Каждый период в километров мы назовём участком. Ясно, что автомобиль имеет идентичное поведение на каждом участке, за исключением направления движения автомобиля на старте. Случай 1: ` − r ≡ 2 (mod 4). На первом участке автомобиль произв л − 1 поворотов вправо и r − 1 поворотов влево, ив итоге мы получим 2 ≡ ` − r (mod 4) поворота вправо. Пусть вектор смещения Решения задач АТМО 2009 на первом участке равен ( x, y). Так как автомобиль повернул на вектор смещения на втором участке равен ( −x, − y), что возвращает автомобиль на исходную позицию (0, 0) с направлением автомобиля снова на восток. Теперь мы получили исходную ситуацию, и автомобиль никогда не отдалится далее чем на километров от Арговы. Таким образом, автомобиль никогда не достигнет Зилиса, если он расположен на большем расстоянии от Арговы. Случай 2: ` − r ≡ 1 (mod 4). На первом участке автомобиль в итоге совершит один поворот вправо. Пусть вектор смещения на первом участке снова равен ( x, y). За это время автомобиль повернул на градусов почасовой стрелке. Заметим, что векторы смещения на втором, третьем и четвёртом участках будут равны ( y, −x), (−x, − и ( − y, x) соответственно, те. после четырёх участков пути автомобиль вернётся назад в точку (0, 0) с направлением на восток. Так как автомобиль никогда не отдалится далее чем на 2 `r километров от Арговы, он никогда не достигнет Зилиса, если тот расположен на большем расстоянии от Арговы. Случай 3: ` − r ≡ 3 (mod 4). Этот случай аналогичен случаю меняются роли поворотов влево и вправо). Случай 4: ` ≡ r (mod 4). Автомобиль делает поворот на после каждого участка, те. он будет повёрнут на восток. Мы собираемся доказать, что после первого участка автомобиль будет находиться в точке. Рассмотрим вместо декартовой системы координат комплексную плоскость, те. вместо ( x, y) запишем x +iy, где i — мнимая единица. Обозначим k-й километр движения через m 𝑘 −1 , где m 𝑘 −1 принимает значения из множества, i, −1, −i} в зависимости от направления. Теперь достаточно показать, что 1, откуда будет следовать, что автомобиль доедет до Зилиса вне зависимости от расстояния до Арговы. Случай а ≡ r ≡ 1 (mod 4). Для начала заметим, что для k = 0, 1, . . . , `r − 1 выполняется равенство m 𝑘 = i [𝑘 /`] ( −i) [𝑘 /𝑟] , так как [ k /`], [ k /r] — точные количества левых и правых поворотов до (k го километра соответственно. Пусть k (mod `)) и b 𝑘 ( ≡ k (mod r)) остатки при делении числа на и r соответственно. Следовательно, поскольку a 𝑘 = k − k ` ` ≡ k − k ` (mod и k − k r r ≡ k − k r (mod 4), Решения задач АТМО имеем [ k /`] ≡ k − a 𝑘 (mod 4) и [ k /r] ≡ k − b 𝑘 (mod 4), те (Так как и r взаимно простые, по китайской теореме об остатках (см. теорему нас) существует биекция между парами ( a 𝑘 , b 𝑘 ) = = (k (mod `), k (mod r)) и числами k = 0, 1, . . . , `r − 1. Тогда 𝑟 −1 X 𝑘 =0 i 𝑏 𝑘 = 1 · 1 = что и требовалось, так как ≡ r ≡ 1 (mod Случай б ≡ r ≡ 3 (mod 4). В этом случае имеем m 𝑘 = где k (mod `) и b 𝑘 ≡ k (mod r) для k = 0, 1, . . . , `r − 1. Далее, проведя вычисления, аналогичные случаю а, получим 𝑟 −1 X 𝑘 =0 i 𝑏 𝑘 = i · (−i) = что и требовалось, так как ≡ r ≡ 3 (mod Ясно, что автомобиль проезжает все точки между точками (0, ив течение первого участка и проезжает все точки между точками ( n − 1, 0) ив течение го участка. Следовательно, автомобиль проедет любую точку ( d, 0) для любого положительного Ясно, что взаимно простые пары ( `, r) удовлетворяют необходимому условию тогда и только тогда, когда ≡ r ≡ 1 (mod 4) или ≡ r ≡ 3 (mod Замечание. В случае, когда ( `, r) = d 6= 1, ответ будет следующим 1 (mod 4) или 3 (mod я олимпиада, 2010 год Задача_2'>Задача_1'>Задача 1 . Из утверждения, что окружность пересекает оба отрезка и AC, следует, что четыре точки N, C, Q, O лежат на Γ в порядке, C, Q, O или N, C, O, Q см. рис. 16 ). Так как ∠NQC и ∠NOC стянуты одной и той же дугой окружности в точках Q и O соответственно, имеем ∠NQC = ∠NOC. Также имеем ∠BOC = 2∠BAC, так как ∠BOC и ∠BAC стянуты одной и той же дугой _ BC описанной окружности треугольника ABC сцен- тром окружности в точке и сточкой на окружности соответственно. Из равенства OC итого факта, что ON — диаметр Решения задач АТМО 2010 Рис. окружности , следует, что треугольники OBN и OCN равны, и поэтому. Следовательно, ∠NQC = 1 2 ∠BOC = ∠BAC, т. е. прямые AP и QN параллельны. Таким же образом можем доказать, что прямые и PN параллельны. Поэтому прямоугольник является параллелограммом. Задача 2 . Для удобства возьмём k = 2009. Во-первых, выберем различных натуральных чисел b 1 , . . . , так, чтобы их произведение являлось точной ( k + й степенью (например, пусть для любого, . . . , n). Тогда b 1 b 2 · . . . · b 𝑛 = для некоторого натурального числа. Обозначим s = b 1 + . . . + Теперь обозначим, . . . , n, и покажем, что a 1 , . . . , удовлетворяют требуемым условиям. Так как. . . , b 𝑛 — различные натуральные числа, ясно, что. . . , также будут различными. Из равенств+ . . . + a 𝑛 = s 𝑘 2 −1 ( b 1 + . . . + b 𝑛 ) = s 𝑘 2 = (s 𝑘 ) 2009 , a 1 · . . . · a 𝑛 = (s 𝑘 2 −1 ) 𝑛 b 1 · . . . · b 𝑛 = (s 𝑘 2 −1 ) 𝑛 t 𝑘 +1 = (следует, что. . . , удовлетворяют условиям на сумму и произ- ведение. Задача 3 . Ответ C 2 𝑛 −1 = ( n − 1)(n − 2) 2 = n 2 − 3n + 2 Рассмотрим полный двухцветный граф, в котором вершины школьники и ребро будет окрашено в красный цвет, если соответствующие школьники знакомы, а в противном случаев синий. Тогда Решения задач АТМО Рис. вопрос задачи можно переформулировать так каково наибольшее возможное синих рёбер, если для любой пары вершин, соединённых синим ребром, найдётся третья вершина, которая соединена сними красными рёбрами? Случай, когда одна вершина соединена со всеми остальными вершинами красными рёбрами, а все остальные рёбра синие, даёт пример, в котором достигается число синих рёбер C 2 𝑛 −1 . Докажем, что это число максимально. Заметим, что граф, составленный только из красных рёбер и содержащий все вершин, должен быть связным, так как любые две вершины из разных компонент связности будут соединены синим ребром, но для них не найдётся третьей вершины, которая будет соединена сними красными рёбрами. Известен и легко доказывается тот факт, что любой связный граф из вершин имеет не менее n − 1 рёбер. Таким образом, красных рёбер в полном графе не менее 1. Тогда число синих рёбер будет не более 1) 2 − (n − 1) = n 2 − 3n + 2 Задача. Пусть O 0 — центр описанной окружности треугольника см. рис. 17 ). Обозначим через M 0 и N 0 точки пересечения и BH соответственно с описанной окружностью треугольника отличные от C Решения задач АТМО 2010 и соответственно. Из того, что четыре точки A, M, H, C лежат на одной окружности, следует, что ∠ABH = ∠ACH = ∠ABM 0 = те. прямая — серединный перпендикуляр к отрезку BM, а прямая серединный перпендикуляр к отрезку M 0 H. Следовательно, четырёхугольник HBM 0 M — ромб. Аналогичным образом можем заключить, что четырёхугольник HCN 0 N также является ромбом. Также из вышеуказанных равенств следует, что эти ромбы составлены из че- тырёх прямоугольных подобных друг другу треугольников. Поэтому сами ромбы также подобны. Обозначим через, Q основания перпендикуляров, опущенных из точки O 0 на HM и HN соответственно. Так как O 0 — центр описанной окружности треугольника, P и Q соответственно являются серединами отрезков и HN. Обозначим через R и S основания перпендикуляров, проведённых из точки к HM и HN соответственно. Точка — центр описанной окружности треугольников и, поэтому R — точка пересечения HM и серединного перпендикуляра к отрезку, а — точка пересечения HN и серединного перпендикуляра к отрезку CN 0 Заметим, что отображение подобия между ромбами и переводит серединный перпендикуляр к отрезку все- рединный перпендикуляр к отрезку, а прямую впрямую Следовательно отображает R в S ив. Таким образом, получим HP HR = HQ HS Обозначим через и Y точки пересечения прямой с прямой, проходящей через и перпендикулярной HP, и с прямой, проходящей через и перпендикулярной HQ, соответственно. Получим HO 0 HX = HP HR = HQ HS = HO 0 HY Следовательно, должно выполняться равенство HY, и поэтому Y. Но очевидно, что точкой пересечения прямой, проходящей через и перпендикулярной HP, с прямой, проходящей через S и перпендикулярной, должна быть точка O, поэтому X = Y = O. Следовательно, точки, и лежат на одной прямой. Задача 5 . Ответили Очевидно, что если — постоянная функция, которая удовлетворяет данному тождеству, то этой константой должен быть 0. С другой Решения задач АТМО стороны (x) = 0 явно удовлетворяет данному уравнению. Следовательно, тождественно нулевая функция является решением. В дальнейшем рассмотрим случай, когда не является постоянной функцией. Пусть t ∈ R. Подставим (x, y, z) = (t, 0, 0) ив исходное функциональное уравнение. Получим ( f (t) + 2 f (0)) = f ( f (t) − f (0)) + f ( f (0)) + 2 f (0), f ( f (t) + 2 f (0)) = f ( f (0) − f (t)) + f ( f (0)) + 2 f из чего можно сделать вывод, что равенство ( f (t) − f (0)) = f ( f (0) − f выполняется для всех R. А теперь предположим, что для некоторой пары u 1 , u 2 выполняется равенство (u 1 ) = f (u 2 ). Тогда, подставив, y, z) = (s, 0, u 1 ) ив функциональное уравнение и сравнив полученные тождества, можем заключить, что равенство (su 1 ) = f верно для всех R. Так как f не является постоянной функцией, найдётся такое, что (s 0 ) − f (0) 6= 0. Если подставить в доказанное тождество f (s 0 ) − f (0), u 2 = −u 1 , то получим (u 1 ) = f и тогда по формуле (1) f (su 1 ) = f (su 2 ) = f для всех R. Так как u 1 6= 0, тождество f (x) = f (−x) справедливо для всех Если (u) = f (0) для некоторого u 6= 0, то согласно соотношению) имеем (su) = f (s · 0) = f для всех, из чего следует, что f — постоянная функция, а это противоречит нашему предположению. Таким образом, при 0 должно выполняться неравенство (s) 6= f Покажем, что, если выполняется равенство (x) = f (y), то x = или −y. Предположим противное, те. допустим, что f (x 0 ) = f для некоторой пары ненулевых чисел 6= y 0 , x 0 6= − y 0 ). Так как ( − y 0 ) = f (y 0 ), можем предположить, заменяя при необходимости y 0 на − y 0 , что x 0 и y 0 имеют один и тот же знак. Согласно соотношению) равенство (sx 0 ) = f (sy 0 ) верно для всех, и, таким образом, найдётся такое 0, r 6= 1, что равенство (x) = f (rx) Решения задач АТМО 2010 верно для всех. Заменив в исходном функциональном уравнении на, а y на ry, получим ( f (rx) + f (ry) + f (z)) = = f ( f (rx) − f (ry)) + f (2r 2 xy + f (z)) + 2 f (r(x − а заменив в нм на r 2 x, получим ( f (r 2 x) + f (y) + f (z)) = = f ( f (r 2 x) − f ( y)) + f (2r 2 xy + f (z)) + 2 f ((r 2 x − Так как равенство (rx) = f (x) верно для всех x ∈ R, за исключением последнего слагаемого в правой части, все соответствующие значения в формулах (2) и (3) равны, и, следовательно, равенство (r(x − y)z) = f ((r 2 x − должно выполняться для произвольных, y, z ∈ R. Для произвольной фиксированной пары, v ∈ R подставим, y, z) = v − u r 2 − 1 , v − r 2 u r 2 − 1 , в тождество (4). Тогда получим (v) = f (ru) = f (u), так как x − y = u, r 2 x − y = v, z = 1. Но это означает, что функция f — константа, что противоречит нашему предположению. Таким образом, приходим к выводу, что если (x) = f (y), то должно выполняться равенство y или x = Подставив в функциональное уравнение 0, получим ( f (x) + f (y) + f (0)) = f (( f (x) − f (y)) + f (2xy + f (0)) + 2 f Заменив в вышестоящем тождестве на y и пользуясь тем, что ( y) = f (−y), получим, что все значения, кроме второго слагаемого в правой части тождества, не меняются. Таким образом (2xy + f (0)) = f (−2xy + f из чего следует, что 2 xy + f (0)=−2xy+ f (0) или 2xy+ f (0)=2xy− f для всех, y ∈ R. Первая из этих альтернатив эквивалентна равенству, что невозможно при xy 6=0. Таким образом, верна вторая альтернатива, и тем самым получаем, что (0) = Наконец, покажем, что если удовлетворяет данному функциональному тождеству и не является постоянной функцией, то (x) = Пусть в исходном функциональном уравнении y. Так как f (0) = 0, Решения задач АТМО получим (2 f (x) + f (z)) = f (2x 2 + f Следовательно, либо 2 f (x) + f (z) = 2x 2 + f (z), либо 2 f (x) + f (z) = =−2x 2 − f (z). Предположим, что найдётся x 0 , для которого (x 0 ) 6= x 2 тогда из второй альтернативы следует, что равенство (z) =− f (x 0 ) − x 2 должно выполняться для всех. Это означает, что f должна быть постоянной функцией, что противоречит нашему предположению. Таким образом, должна выполняться первая альтернатива, и (x) = для всех x. Легко проверить, что (x) = удовлетворяет данному функциональному уравнению. Таким образом (x) = 0 и f (x) = x 2 — единственные функции, удовлетворяющие условию. |