Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Задача 5 . Ответили Подставив в данное тождество и y =1, получим f ( f (1))= f Подставив в данное тождество 1, y = f (1) и используя равенство, получим f (1) 2 = f (1). Следовательно, f (1) = или (1) =1. Но если f (1)=1, то, подставив в данное тождество y получим (x) = x для всех x, что противоречит условию 1. Таким образом, выполняется равенство (1) = Подставив в данное тождество и используя равенство f получим ( f ( y)) = 2 f (y) для всех y. Это означает, что если число Решения задач АТМО 2011 87 t > 0 принадлежит области значения функции f , то и 2t принадлежит области значения. По индукции можем легко доказать, что для любого неотрицательного целого, число 2 𝑛 t принадлежит области значения функции , что противоречит условию 1. Поэтому (x) ¶ 0 для любого действительного числа x. Подставив в данное тождество вместо x и f (y) вместо y и пользуясь тем фактом, что ( f ( y)) = 2 f (y), получим (x f ( y)) + f (y) f x 2 = x f (y) + f x 2 f ( из чего следует, что f ( y) − f (x f ( y)) = f ( y) f x 2 − f x 2 f ( y) ¾ так как значения неположительные. Комбинируя полученное неравенство с искомым тождеством, можно сделать вывод, что f (x) ¾ f При 0, подставив вместо y значение 1/x и пользуясь тем, что (1) =0, получим f (x)¾0. Так как f (x)¶0 для любого действительного числа, приходим к выводу, что f (x) =0 для любого положительного действительного числа. Также имеем f (0) = f ( f (1)) = 2 f (1) = Если функция тождественно равна 0, те для всех то ясно, что данная функция удовлетворяет искомому тождеству. Если f удовлетворяет искомому тождеству, ноне тождественно равна 0, то найдётся b < 0, для которого f (b) < 0. Если c = f (b), то (c) = f ( f (b)) = 2 f (b) = Для любого отрицательного действительного числа верно неравенство, так что f (cx) = f (2cx) = 0, и, подставив y = c в искомое тождество, получим (2cx) + c f (x) = 2cx + f (cx), из чего следует, что f (x) = 2x для любого отрицательного действительного x. Таким образом, если удовлетворяет данному тождеству и не тождественно равна 0, то имеет вид (x) = 0, x ¾ 0, 2 x, x < Покажем, что функция данного вида удовлетворяет условиям задачи. Очевидно, что она удовлетворяет условию 1. Можем проверить, удовлетворяет ли функция условию 2, рассмотрев следующие четыре случая в зависимости оттого, являются ли, y неотрицательными или нет когда и y неотрицательны, обе части данного тождества равны 0; — когда неотрицательно, а y отрицательно, xy ¶ 0 и обе части тождества равны 4 xy; Решения задач АТМО 2012 — когда отрицательно, а y неотрицательно, xy ¶ 0 и обе части тождества равны 2 xy; — когда и y отрицательны, xy > 0 и обе части тождества равны 2 xy. Объединив вышеприведённые рассуждения, можно сделать вывод, что функция , удовлетворяющая условиям задачи, имеет вид (x) = 0 или (x) = 0, x ¾ 0, 2 x, x < я олимпиада, 2012 год Задача 1 . Пусть S 𝑋𝑌𝑍 — площадь треугольника. Пусть x =S 𝑃𝐴𝐵 , y = и Из равенств : z = S 𝐵𝐶𝑃 : S 𝐴𝐶𝑃 = BF : AF = S 𝐵𝑃𝐹 : S 𝐴𝑃𝐹 = (x − 1) : 1 следует, что 1) = y. Из последнего равенства получаем (z + 1)x = x + + y + z. Аналогично получаем (x + 1)y = x + y + z и (y + 1)z = x + y + Тогда верны равенства ( x + 1)y = (y + 1)z = (z + 1)x. A B C D E F P x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 x − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 y − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − 1 z − Рис. Без ограничения общности предположим, что ¶ y, z. Если предположить, что выполняется неравенство z, тот. е. мы получаем противоречие. Аналогично получим противоречие при условии z, так как (x + 1)y < (y + 1)z. Значит, должно выполняться равенство z. Тогда из равенства (y +1)z =(z +1)x получим, что x = z. Теперь из тождеств (x − 1) : 1 = y : z = 1 : 1 получим, что y = z = 2. Тогда площадь треугольника ABC равна x + y + z = 6. Решения задач АТМО 2012 Задача. Ответ Если вписать числа в клетки доски так, как показа 0 0 0 1 1 1 Рис. нона рис. 23 (в оставшиеся клетки вписаны нули, то условие задачи выполняется и сумма всех чисел доски равна Покажем, что сумма всех чисел, вписанных в клетки таблицы, не превосходит 5, если они удовлетворяют условиям задачи. Пусть 2012. Будем говорить, что номер строки клетки (номер столбца клетки) на данной доске равен соответственно j), если клетка лежит в й строке им столбце. Для пары натуральных чисел и y обозначим через R(x, сумму всех чисел, вписанных в клетки, номера строк которых больше либо равны и меньше либо равны y значение R(x, y) равно если Пусть — наибольшее целое число, которое удовлетворяет условиями. Затем выберем наименьшее целое которое удовлетворяет условиями. Данную пару, c выбрать возможно, поскольку R(1, 0) = 0 и R(n + 1, n) = Если c, то a < n ив силу максимальности a должно выполняться неравенство, a) >1. В силу минимальности c должно выполняться неравенство+ 1, n) > 1. Тогда, разбивая доску на два прямоугольника по горизонтальной линии сетки между a-й и (a + й строками, мы получим разбиение, противоречащее условию задачи. Таким образом, должно выполняться равенство Аналогично для любой пары натуральных чисел и y обозначим через, y) сумму всех чисел, вписанных в клетки, номера столбцов которых больше либо равны и меньше либо равны y значение, y) равно 0, если x > y). Тогда найдётся число b, для которого, b − 1) ¶ 1, C(b + 1, n) ¶ 1, 1 ¶ b ¶ Если в клетку с номером строки и номером столбца b вписано число, то r ¶ 1. Тогда сумма всех чисел доски не больше, a − 1) + R(a + 1, n) + C(1, b − 1) + C(b + 1, n) + r ¶ Задача. Ответ (2, 4) и (p, p) для любого простого Первое решение. Для целых a, b и натурального m будем писать b (mod m), если a − b делится на m без остатка. Так как+ 1 p 𝑛 + является натуральным числом, получаем, что Если, то 2 𝑛 ¶ n 2 . По индукции нетрудно доказать, что 2 𝑛 > при ¾ 5. Тогда при p = 2 выполняется неравенство n ¶ 4. Нетрудно Решения задач АТМО проверить, что пары ( p, n) = (2, 2), (2, 4) удовлетворяют условию задачи, а пара (2, 3) не удовлетворяет. Теперь рассмотрим случай ¾ Предположим, что целое число удовлетворяет условию s ¾ Если для данного выполняется неравенство s 𝑝 ¶ p 𝑠 , тот. е. ( s + 1) 𝑝 < p 𝑠 +1 , и индукцией по можно доказать, что при n > выполняется неравенство n 𝑝 . Следовательно, для того чтобы выполнялось требование n 𝑝 , должно выполняться условие ¶ Так как+ 1 чётно, n 𝑝 + 1 также чётно, следовательно, n нечёт- но. Тогда+ 1 делится на p + 1 и n 𝑝 + 1 также делится на p + Следовательно −1 (mod p + 1), и тогда n 2𝑝 ≡ 1 (mod p + Пусть — наименьшее натуральное число, для которого n 𝑑 ≡ 1 (mod p + 1). Тогда можно записать 2p = dx + y, где x и y — целые неотрицательные числа и 0 ¶ y < d. Имеем n 2𝑝 = (n 𝑑 ) 𝑥 · n 𝑦 ≡ n 𝑦 (mod p + Тогда в силу выбора минимального выполняется равенство y = Следовательно, 2 p делится без остатка на d. Поэтому d равно одному из чисел 1, 2, p или Если 1 или d = p, то n 𝑝 ≡ 1 (mod p + 1), что противоречит выбору нечётного простого. Так как n и p + 1 взаимно просты, по теореме Эйлера 1 (mod p + 1), где ϕ(m) обозначает количество целых чисел, 1 ¶ j ¶ m, которые взаимно просты с Учитывая неравенства + 1) < p + 1 < 2p и минимальность приходим к выводу, что должно выполняться равенство Из сравнения 1 (mod p + 1) вытекает, что ≡ n 𝑝 = n 2 · 𝑝 −1 2 +1 ≡ n (mod p + откуда следует, что делится на p + 1. Таким образом, p ¶ n. Нос другой стороны ¶ p, значит, p = Ясно, что пара ( p, p) для любого простого p ¾ 3 удовлетворяет условию данной задачи. Следовательно, пары ( p, n), удовлетворяю Решения задач АТМО 2012 91 щие условиям задачи, могут быть только вида (2, 4) и ( p, p) с любым простым p. Второе решение. Рассмотрим случай p ¾ 3. Как видно из предыдущего решения, если пара ( p, n) удовлетворяет условию задачи, то должно быть нечётным. Пусть q — простой делитель числа p + 1. Поскольку p + 1 делит+ 1, q — делитель чисел p 𝑛 + 1 и n 𝑝 + Предположим, что ¾ 3. Тогда из сравнения n 𝑝 ≡ −1 (mod следует, что 1 (mod q). Если d — наименьшее положительное целое число, для которого 1 (mod q), то пользуясь такими же рассуждениями, как ив предыдущем решении, можно убедиться, что d равно одному из значений 1, 2, p, Если или d = p, то получим n 𝑝 ≡ 1 (mod q), что противоречит предположению ¾ 3. Поскольку n не является делителем числа согласно малой теореме Ферма 1 (mod q). Следовательно, учитывая минимальность, получаем d = 2. Из сравнения n 2 ≡ 1 (mod также получаем n 2 · 𝑝 −1 2 +1 ≡ n (mod А поскольку −1 (mod q), имеем n ≡ −1 (mod Если 2, то поскольку n нечётное, имеем n ≡ −1 (mod q). Следовательно, для произвольного простого делителя числа p + 1 выполняется сравнение −1 (mod Предположим, что для простого число является делителем числа+ 1 для какого-то положительного целого числа k. Тогда должно делить+ 1. Но, учитывая соотношения+ 1 = (n + 1)(n 𝑝 −1 − n 𝑝 −2 + . . . − n + и n 𝑝 −2 + . . . − n + 1(−1) 𝑝 −1 − (−1) 𝑝 −2 + . . . − (−1) + 1 6= 0 (mod видим, что q 𝑘 должно делить+ 1. Использовав полученные выше результаты для каждого простого делителя числа p + 1, можно заключить, что+ 1 должно делиться на p + 1, и, как в предыдущем решении, получаем, что Задача. Если AB = AC, то получим, что BF = CF, и утверждение задачи, очевидно, выполняется. Значит, можем полагать, что Тогда без ограничения общности рассуждений будем считать, что AC. Пусть K — такая точка на окружности Γ , что AK является Решения задач АТМО Рис. диаметром этой окружности (см. рис. Следовательно = ∠ ACK − ∠ ACB = 90 ◦ − ∠ACB = и = ∠ ABK − ∠ ABC = 90 ◦ − ∠ABC = Получим, что треугольники и CBH равны. Значит, четырёхуголь- ник — параллелограмм, и его диагональ HK проходит через центр другой диагонали BC. Следовательно, три точки H, M и лежат на одной прямой, и ∠AEM = ∠AEK = Так как ∠AEM = 90 ◦ = ∠ADM, четыре точки A, E, D и M лежат на одной окружности. Из этого следует, что ∠AMB = ∠AED = ∠AEF = =∠ACF. Учитывая эти равенства, а также тот факт, что ∠ABM получим подобие треугольников ∼ 4AFC. Тогда AM : BM = = AC : FC. Аналогично получим, что 4ACM ∼4AFB и AM :CM = Так как CM, получаем, что AC : FC = AB : FB. Следовательно : CF = AB : AC, что завершает доказательство. |