Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Лемма. Пусть a, b и c — положительные действительные числа. Если c больше чем 1, a /b и b/a, то система линейных уравнений cu + v = a, u + cv = имеет положительное действительное решение для u и Доказательство. Решениями будут b c 2 − и a c 2 − Данные числа и v являются положительными при выполнении указанных выше условий для c. Докажем теперь, что для всех, b, c, d ∈ выполняется равенство) при a + b = c + Рассмотрим такие, b, c, d ∈R + , что. Поскольку функция не ограничена сверху, можно выбрать такое положительное число e, что f (e) больше чем 1, a /b, b/a, c/d и d/c. Используя вышеуказанную лемму, можно найти, v, w, t ∈ R + , удовлетворяющие следующим равенствам (e)u + v = a, u + f (e)v = b, f (e)w + t = c, w + f (e)t = d. Решения задач АТМО 2016 Заметим, что+ v = w + t, поскольку (u + v)( f (e) + 1) = a + и ( w + t)( f (e) + 1) = c + d. Подставляя x = u, y = v ив равенство, получаем (a) + f (b) = (e + 1) f (u + v). Таким же образом получим (c) + f (d) = (e + 1) f (w + t). Из этого следует указанное утверждение. Далее, имеем f (x) = f (x f (y)) для всех x, y ∈ Из соотношений (1) и (2) следует, что+ 1) f (x) = f x 2 f ( y) + x 2 + f x 2 f ( y) + x 2 = f (x f (y)) + f Пусть теперь f (1/ f (1)). Подставляя x = 1 ив формулу, получаем (a) =1. Следовательно, a= f (a) и f (a f (a))= f Поскольку f (a) = f (a f (a))=1 из соотношения (3), имеем f Из соотношения (3) также следует, что ( f ( y)) = y для всех y ∈ Используя соотношение (2), получаем, что для любых, y ∈ выполняются равенства (x + y) + f (1) = f (x) + f (y + и ( y + 1) + f (1) = f (y) + f Следовательно (x + y) = f (x) + f (y) + b для всех x, y ∈ где f (2) − 2 f (1) = f (2) − 2. Используя соотношения (3), (5) и (мы получаем f (2)= f (2 f (2))= f ( f (2)+ f (2))= f ( f (2))+ f ( f Из этого следует, что 0 и f (x + y) = f (x) + f (y) для всех x, y ∈ В частности, функция является строго возрастающей. Завершим решение следующим образом. Выберем любое положительное действительное число. Если f (x) > x, то ( f (x)) > f (x) > x = f ( f и мы получаем противоречие. Аналогично невозможно неравенство (x) > x. Из этого следует, что f (x) = x для всех положительных действительных чисел Решения задач математической олимпиады «Шёлковый путь» 1-я олимпиада, 2002 год Задача 1 . Для треугольника BIA угол BIP является внешним. Тогда = ∠IBA + ∠IAB = ∠B/2 + ∠ A/2. С другой стороны, ∠PBI = ∠PBC + + ∠CBI = ∠A/2 + ∠B/2, поскольку ∠PBC = ∠PAC = Рис. Таким образом, в треугольнике выполнено равенство BP = Так как ∠QPB =∠BPD и ∠BQP =∠BAP =∠A/2=∠PAC =∠PBC треугольники и BPD подобны. В частности, PD : PB = BP : Используя также тот факт, что IP, получаем PD : PI = PI : Следовательно ∼ 4IPQ, и QI : PI = ID : PD = Задача. 1. По транснеравенству (см. теорему нас) имеем+ a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ¾ a 𝑝 1 a 𝑘 2 + a 𝑝 2 a 𝑘 3 + . . . + a 𝑝 𝑛 −1 a 𝑘 𝑛 + a 𝑝 𝑛 a 𝑘 1 ; a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ¾ a 𝑝 1 a 𝑘 3 + a 𝑝 2 a 𝑘 4 + . . . + a 𝑝 𝑛 −1 a 𝑘 1 + a 𝑝 𝑛 a 𝑘 2 ; a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ¾ a 𝑝 1 a 𝑘 𝑡 + a 𝑝 2 a 𝑘 𝑡 +1 + . . . + a 𝑝 𝑛 −1 a 𝑘 𝑡 −2 + a 𝑝 𝑛 a 𝑘 𝑡 −1 Решения задач МОШП 2002 Суммируя последние 1 неравенство, получим 1)(a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ) ¾ ¾ a 𝑝 1 ( a 𝑘 2 + a 𝑘 3 + . . . + a 𝑘 𝑡 ) + a 𝑝 2 ( a 𝑘 3 + a 𝑘 4 + . . . + a 𝑘 𝑡 +1 ) + . . . + + a 𝑝 𝑛 ( a 𝑘 1 + a 𝑘 2 + . . . + Умножая обе части неравенства ( 1 ) на+ a 𝑘 3 + . . . + a 𝑘 𝑡 + a 𝑝 2 a 𝑘 3 + a 𝑘 4 + . . . + a 𝑘 𝑡 +1 + . . . + a 𝑝 𝑛 a 𝑘 1 + a 𝑘 2 + . . . + и используя неравенство Коши — Буняковского, получим следующее 1)(a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ) · S ¾ (a 𝑝 1 + a 𝑝 2 + . . . + Требуемое неравенство получается, если разделить обе части последнего неравенства на ( t − 1)(a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ). 2. Умножая обе части неравенства ( 1 ) на+ a 𝑘 3 + . . . + a 𝑘 𝑡 a 𝑝 1 + a 𝑘 3 + a 𝑘 4 + a 𝑘 𝑡 +1 a 𝑝 2 + . . . + a 𝑘 1 + a 𝑘 2 + . . . + и также используя неравенство Коши — Буняковского, получаем 1)(a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + a 𝑚 𝑛 ) · T ¾ [(t − 1)(a 𝑘 1 + a 𝑘 2 + . . . + Требуемое неравенство также получается, если разделить обе части последнего неравенства на ( t − 1)(a 𝑚 1 + a 𝑚 2 + . . . + Задача. Рассмотрим произвольное число a 1 , которое не делится на 2002. Тогда существует число, не делящееся на 2002, находящееся в той же строке, что и. Аналогично существует число a 3 , не делящееся на 2002, лежащее в том же столбце, что и. Продолжим этот процесс, пока в первый раз не получится число, которое лежит в той же строке или в том же столбце, что и некоторое число ¶ l ¶ k − 2. Возьмём число максимально возможным, удовлетворяющим данному условию. Заметим, что набор чисел a 𝑙 , a 𝑙 +1 , . . . , содержит чётное количество элементов. Для каждого числа ¶ i ¶ k, положим d(i) = min 𝑘 ∈ Z |a 𝑖 − Рассмотрим {l, . . . , k}, d(m) ¶ d(i), l ¶ i ¶ k, и заменим на ближайшее целое число, которое делится на 2002. По определению. Положим a 𝑚 − a 0 𝑚 = d и заменим оставшиеся элементы в последующему принципу если − m| чётно, заменим a 𝑖 на a 𝑖 − d; если |i − m| нечётно, заменим на+ d. Решения задач МОШП Легко заметить, что после этих замен количество целых чисел, не делящихся на 2002, уменьшается по крайней мерена одно число, суммы в строках и столбцах не меняются и если 2002 k < a 𝑗 < 2002(k + то 2002 k < a 0 𝑗 < 2002(k + 1). Следовательно, мы можем получить необходимую конфигурацию, продолжая описанную процедуру конечное количество раз. Задача 4 . Ответ 2n + 1 | 10 𝑛 + 1 и 2n + 1 - 10 𝑖 + 1, i = 1, 2, . . . , n − Примерами могут служить дроби 1 /17 и Пусть 2 n + 1 = 0,˙a 1 a 2 . . . a 𝑛 b 1 b 2 . . . ˙b 𝑛 , a 𝑖 + b 𝑖 = 9, i = 1, 2, . . . , и 2 n — этой дроби период. Поскольку 10 2𝑛 + 1 10 4𝑛 + . . . = 1 1 − 1 10 2𝑛 = 10 2𝑛 10 2𝑛 − имеем 2 n + 1 = 10 2𝑛 10 2𝑛 − 1 𝑛 X 𝑖 =1 a 𝑖 10 𝑖 + 1 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 b 𝑖 10 𝑖 = = 10 2𝑛 10 2𝑛 − 1 𝑛 X 𝑖 =1 a 𝑖 10 𝑖 + 1 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 9 − a 𝑖 10 𝑖 = = 10 2𝑛 10 2𝑛 − 1 1 − 1 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 a 𝑖 10 𝑖 + 9 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 1 10 𝑖 = = 10 2𝑛 10 2𝑛 − 1 1 − 1 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 a 𝑖 10 𝑖 + 9 10 𝑛 · 1 10 · 1 − 1 10 𝑛 1 − 1 10 = = 10 2𝑛 10 𝑛 + 1 1 10 𝑛 𝑛 X 𝑖 =1 a 𝑖 10 𝑖 + 1 10 2𝑛 = P 𝑛 𝑖 =1 10 𝑛 −𝑖 a 𝑖 + 1 10 𝑛 + Следовательно, 2 n + 1 | 10 𝑛 + 1. В силу равенств (1) и информации о числах мы предполагаем, что выполняется следующее необходимое и достаточное условие+ 1 | 10 𝑛 + 1 и 2n + 1 - 10 𝑖 + 1 для i = 1, 2, . . . , n − Действительно, так как 2 n — период дроби 2 n + 1 , имеем+ 1 | 10 2𝑛 − 1 и 2n + 1 - 10 𝑖 − 1 для i = 1, 2, . . . , 2n − 1. Решения задач МОШП 2002 Итак, 2 n + 1 - (10 𝑛 + 1) + (10 𝑛 +𝑖 − 1) = 10 𝑛 (10 𝑖 + 1) для i = 1, 2, . . . , n − А именно, 2 n + 1 - 10 𝑖 + 1 для i = 1, 2, . . . , n − 1. Условие (2) является необходимым. Теперь предположим, что 2 n + удовлетворяет условию (2). Пусть+ 1 2 n + 1 − 1 = 𝑛 X 𝑖 =1 где 0 ¶ a 𝑖 ¶ 9, i = 1, . . . , n, — целые числа. Тогда 2 n + 1 = P 𝑛 𝑖 =1 10 𝑛 −𝑖 a 𝑖 + 1 10 𝑛 + Положим 9 − a 𝑖 . Используя равенство (1), получаем 2 n + 1 = 0,˙a 1 a 2 . . . a 𝑛 b 1 b 2 . . . Для 1 ¶ i ¶ n имеем (10 𝑛 + 1) + (10 𝑖 − 1) = 10 𝑖 (10 𝑛 −𝑖 + 1), Итак+ 1 - 10 𝑖 − Для i < 2n в силу равенства+ 1) + (10 𝑖 − 1) = 10 𝑛 (10 𝑖 −𝑛 + мы также имеем 2 n + 1 - 10 𝑖 − Следовательно, период дроби 2 n + равен 2 n, те. условие (2) достаточное. Из равенства (2) следует, что если 2 n + 1 — искомая дробь, тоне имеет делителей 3 и 5. Поэтому возможные значения 2n+1 это 11, 13, 17, 19, 23, . . . Так как 11, 13 | 10 3 + 1 = 1001, 11 и 13 не удовлетворяют условию. Рассмотрим 17 = 2 · 8 + 1. Имеем 8 + 1 = (17 · 6 − 2) 4 + 1 ≡ 2 4 + 1 ≡ 0 (mod Для 1, 2, 3, 4 очевидно, что 17 - 10 𝑖 + 1. Для i = 5, 6, 7, так как 8 + 1) − (10 𝑖 + 1) = 10 𝑖 (10 8 −𝑖 − 1), также очевидно, что 17 - 10 𝑖 + Следовательно, 1 /17 — искомая дробь. Аналогично рассмотрим 19 = 2 · 9 + 1. Имеем 9 + 1 = (53 · 19 − 7) 3 + 1 ≡ −7 3 + 1 = −342 ≡ 0 (mod Легко проверить, что 19 - 10 𝑖 + 1 для 1 ¶ i < 9. Итак, 1/19 — другая искомая дробь Решения задач МОШП я олимпиада, 2003 год Задача 1 . Решим данную задачу для любой последовательности, состоящей из элементов, индукцией по База индукции 1 очевидна. Допустим, что утверждение задачи верно для любой последовательности, длина которой меньше n. Рассмотрим теперь последовательность. . . , Случай 1: не является ведущим элементом. В этом случае множество ведущих элементов последовательности. . . , совпадает с множеством ведущих элементов последовательности. . . , По предположению индукции задача решена. Случай 2: является ведущим элементом. Подслучай а a 1 — положительное число. Тогда сумма ведущих элементов последовательности. . . , положительна по предположении индукции, а вместе с ней положительна сумма всех ведущих элементов последовательности. Подслучай б a 1 — неположительное число. Рассмотрим наименьшее натуральное число, при котором сумма a 1 + a 2 + . . . + является положительной. Тогда элементы последовательности. . . , также являются ведущими элементами, а их сумма положительна. Сумма всех оставшихся ведущих элементов также положительна по предположению индукции. Задача 2 . Пусть BC = a, AC = b, AB = c и точка I является центром вписанной окружности треугольника. Через точку I проведём прямые, параллельные прямыми, пересекающие AK ив точках и Q соответственно (см. рис. В треугольнике IPQ имеем ∠PIQ = ∠ ABC, IQ = s − c, IP = s − см. теорему нас. Так как = ∠ ABC, NB = s − a, LB = s − получаем, что = На луче выберем такую точку L 1 , что IQ, а на луче IQ выберем точку, удовлетворяющую условию IP. Тогда 4IN 1 L 1 = = ∆NBL, BL k IL 1 , BN k IN 1 , следовательно LN. Четырёхугольник IPKQ является вписанным. Значит, ∠IKP = ∠IQP, ∠KIP + ∠IL 1 N 1 = ∠KIP +∠IQP = ∠KIP +∠IKP = 90 ◦ , поэтому и LN. Решения задач МОШП 2003 Рис. Задача. Назовём действительные числа r и s эквивалентными (будем писать s), если r − s ∈ Z. Тогда a, если x 6≡ a, b, b − a, если x ≡ если Заметим, что является биекцией на (0, 1) (см. определение на с. 12 ). Пусть S = {g −𝑖 ( a): 0 ¶ i ¶ n − 1} ∪ {g −𝑖 ( b): 0 ¶ i ¶ n − Тогда x − na при x 6∈ Случай 1: имеет неподвижную точку вне S. Тогда g 𝑛 ( x 0 ) ≡ x 0 − следовательно 0 и g 𝑛 ( x) ≡ x при всех x 6∈ S. С другой стороны является перестановкой множества, значит, существует натуральное число, при котором функция (будет тождественной на S. В этом случаев качестве можно выбрать Случай 2: все неподвижные точки функции лежат в S. Если S, тони одно из g −𝑖 ( a) при 0 ¶ i ¶ n − 1 не может являться неподвижной точкой функции g 𝑛 и g 𝑛 не может иметь более неподвижных точек. Аналогично невозможен случай S. Следовательно Решения задач МОШП 2004 g(S) = S. В частности, как ив случае 1, существует натуральное число, при котором g 𝑛𝑚 ( x) = x при всех x ∈ Так как S, функция является биекцией на (0, 1) \S. Поскольку функция g 𝑛 определена соответствием x − na на (0, соответствие x − na является также биекцией на S. Следовательно для некоторого натурального l, те при всех В этом случаев качестве можно выбрать Задача. Ответ Сделаем следующие преобразования 𝐴 1 k − 1 = X 𝑘 ∈ 𝐴 1 k · 1 1 − 1/k = X 𝑘 ∈ 𝐴 X 𝑖¾1 Утверждение. При фиксированном x ∈ Z множества, n): x = m 𝑛 ; m, n ∈ Z, m, n ¾ 2} и {(k, i): x = k 𝑖 ; k ∈ A, i ∈ имеют одинаковое количество элементов. |