Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады

• Название: Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
• Дата: 07.03.2023
• Размер: 2.18 Mb.
• Имя файла: 67778_cc52cacd3756a57b6cf807ed1a3bdeb3 2.pdf
• Тип: Книга; #973406
• страница: 11 из 25

23-я олимпиада, 2011 год
Задача
1
. Первое решение. Предположим, что все три числа+ b + c, b
2
+ c + a и c
2
+ a + b — полные квадраты. Тогда из того,
что
a
2
+ b + c — полный квадрат, который больше чем a
2
, следует, что+ b + c ¾ (a + 1)
2
, поэтому+ c ¾ 2a + 1. Аналогичным образом+ a ¾ 2b + 1 и a + b ¾ 2c + Сложив соответствующие части последних трёх неравенств, получим. Это противоречие доказывает невозможность того, что все три заданных выражения являются полными квадратами.
Второе решение. Так как данные условия задачи симметричны относительно, b, c, можем предположить, что выполняются неравенства. Из предположения, что a
2
+ b + c — полный квадрат, можем сделать вывод, как ив приведённом выше решении, что+ c > 2a + 1. Но тогда получим 2a ¾ b + c ¾ 2a + 1. Из этого противоречия и следует утверждение задачи.
Задача
2
. Ответ Покажем, что 36
◦
— искомое решение задачи.
Во-первых, заметим, что если данные пять точек образуют правильный пятиугольник, то наименьший из углов, образованный любой тройкой из этих пяти вершин, равняется 36
◦
. Таким образом,
искомый ответ должен быть не меньше Теперь покажем, что для любой конфигурации из пяти точек,
удовлетворяющих условию задачи, найдётся угол не больше 36
◦
, об

Решения задач АТМО 2011 83
разованный тройкой выбранной изданных пяти точек. Для этого начнём с любых пяти точек на плоскости, скажем
A
1
,
A
2
,
A
3
,
A
4
,
A
5
,
удовлетворяющих условию задачи, и рассмотрим наименьшее выпуклое подмножество (выпуклую оболочку) на плоскости, назовём его , которое содержит все пять точек. Так как эта выпуклая оболочка должна быть или треугольником, или четырёхугольником, или пятиугольником, она должна иметь внутренний угол, равный или меньше. Без ограничения общности можем предположить, что этим углом является ∠A
1
A
2
A
3
. По определению ясно, что оставшиеся две точки
A
4
и
A
5
лежат во внутренней части угловой области,
определённой углом ∠A
1
A
2
A
3
, и поэтому должен быть угол не больше, который образован тройкой, выбранной изданных пяти точек. И это доказывает, что 36
◦
— искомый максимум.
Задача
3
. Первое решение. Пусть O — середина отрезка Тогда точки и P лежат на окружности с центром в точке O, проходящей через точку
B
1
(см. рис. Из равенств = ∠OBB
1
− ∠CBB
1
= ∠OB
1
B
− ∠B
1
BA
= следует, что треугольники и OBA подобны. Таким образом OA = OB
2
= Следовательно, треугольники и OPA подобны. Таким образом = ∠PAC. Пользуясь данным фактом, получим − ∠PBA = (∠B
1
BC
+ ∠PBB
1
)
− (∠ABB
1
− ∠PBB
1
)
=
= 2∠PBB
1
= ∠POB
1
= ∠PCA − ∠OPC = ∠PCA − Рис. 18

Решения задач АТМО Следовательно, ∠PAC + ∠PBC = ∠PBA + ∠PCA. Аналогичным образом получим ∠PAB + ∠PCB = ∠PBA + ∠PCA. Объединив вышеполу- ченные равенства и принимая во внимание то, что + ∠PBC) + (∠PAB + ∠PCB) + (∠PBA + ∠PCA) = получим, что ∠PBA + ∠PCA = 60
◦
. В итоге = (∠PBA + ∠PAB) + (∠PCA + ∠PAC) =
= ∠BAC + (∠PBA + ∠PCA) = что и требовалось доказать.
Второе решение. Так как ∠B
1
BB
2
= 90
◦
, окружность с диаметром через точку
B.
Из легко доказываемой пропорции : B
1
C
= B
2
A : B
2
C
= BA : следует, что данная окружность — окружность Аполлония с отношением расстояний от точек и C, равным AB : BC см. теорему на с.
181
).
Так как точка лежит на этой окружности, получаем, что PA : PC
=
= BA : BC = sin C : sin A, из чего следует, что PA sin A = PC sin C. Аналогичным образом получим sin A
= PB sin B, те Обозначим через, E, F основания перпендикуляров, опущенных из точки на отрезки BC, CA и AB соответственно (см. рис. Так как точки и F лежат на окружности с диаметром PA, по теореме синусов PA sin A. Аналогичным образом получим FD = PB sin и PC sin C. Следовательно, DEF — равносторонний треугольник.
Кроме того, ∠BPD = ∠BFD, так как четырёхугольник BDPF вписанный. Аналогично ∠CPD = ∠CED. Объединив полученные равенства,
B
C
A
P
D
E
F
Рис. 19

Решения задач АТМО 2011 получим = ∠BPD + ∠CPD = ∠BFD + ∠CED =
= (120
◦
− ∠EFA) + (120
◦
− ∠FEA) = 240
◦
− 180
◦
+ ∠BAC = что доказывает утверждение задачи.
Задача
4
. Ответ n(n
− Покажем, что искомым максимальным значением для является 1).
Во-первых, покажем, что ¶ n(n − 1) для любой последовательности, удовлетворяющей условиям задачи.
Назовём точку поворотной, если она совпадает с
P
𝑖
для некоторого. Точки P и Q называются смежными, если {P, Q} =
={P
𝑖
−1
,
P
𝑖
} для некоторого i, 1 ¶ i ¶ m, и вертикально смежными, если,
кроме того, прямая параллельна оси Любая поворотная точка является вертикально смежной только 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 4
4 Рис. с одной другой поворотной точкой. Таким образом, множество всех поворотных точек разбивается на множество пар вертикально смежных. Поэтому можем сделать вывод, что при фиксированном {1, 2, . . . , n} число поворотных точек, имеющих
x-координа- ту, должно быть чётным и, следовательно, меньше или равно 1. Таким образом, в общем имеется не более поворотных точек, следовательно, должно выполняться неравенство ¶ n(n − 1).
Остаётся показать, что для любого положительного нечётного числа можно выбрать последовательность, для которой n(n − 1). Покажем это при помощи математической индукции по. Для n
= 1 это очевидно. Для n = выберем (0, 1), P
1
= (1, 1), P
2
= (1, 2), P
3
= (2, 2), P
4
= (2, 1),
P
5
= (3, 1), P
6
= (3, 3), P
7
= (4, 3). Легко заметить, что все данные точки удовлетворяют требованиям задачи (см. рис.
20
).
Пусть
n — нечётное целое число не меньшее 5, и предположим,
что найдётся последовательность, удовлетворяющая требуемым условиям для 4. Тогда можно построить последовательность, которая даёт указанную в следующей диаграмме конфигурацию (см. рис.
21
),
где конфигурация внутри заштрихованного квадрата построена по индукционному предположению

Решения задач АТМО 2011
yyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyy
y
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
x
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− 1
n
− Рис. По индукционному предположению найдутся ровно (
n
− 4)(n − поворотных точек для конфигурации внутри заштрихованного квадрата на рис. Все узловые точки на рис, лежащие вне заштрихованного квадрата, за исключением 4 точек (
n, 2), (n
− 1, n − 2), (2, 3),
(1,
n
− 1), являются поворотными точками. Таким образом, общее число поворотных точек в данной конфигурации равно 4)(n − 5) + (n
2
− (n − 4)
2
− 4) = n(n − те. для данного существует последовательность, удовлетворяющая требуемым свойствам, что завершает индукционный переход.

1   ...   7   8   9   10   11   12   13   14   ...   25