Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Задача 4 (С. Ильясов). Пусть O — центр описанной окружности треугольника. Окружности и Ω вписаны в угол BAC таким образом, что касается внешним образом дуги BOC описанной окружности треугольника, а окружность касается внутренним образом окружности, описанной около треугольника. Докажите, что радиус окружности вдвое больше радиуса окружности я олимпиада, 2016 год Задача 1 (К. Сатылханов). Пусть a, b и c — такие действительные числа, что − b)(b − c)(c − a)| = Найдите наименьшее значение выражения + |b| + |c|. Задача 2 (М. Кунгожин). Вокруг остроугольного треугольника ABC ( AC > CB) описана окружность, а точка N — середина дуги ACB этой окружности. Пусть точки A 1 и B 1 — основания перпендикуляров, опу- Условия задач МОШП 2016 щенных напрямую из точек A и B соответственно (отрезок лежит внутри отрезка. Высота A 1 A 2 треугольника A 1 AC ивы- сота B 1 B 2 треугольника B 1 BC пересекаются в точке K. Докажите, что A 1 KN = ∠B 1 KM, где M — середина отрезка A 2 B 2 Задача 3 (К. Сатылханов). Даны натуральные числа a, b и такая функция : N → N, что для любого натурального n число f (n + делится на ([ p n] + b). Докажите, что для любого натурального существуют такие попарно различных и попарно взаимно простых натуральных чисел. . . , a 𝑛 , что число (a 𝑖 +1 ) делится на для каждого 1, 2, . . . , n − 1. (Здесь [x] — целая часть числа x, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее N — множество натуральных чисел.) Задача 4 (Д. Елиусизов). Пусть P(n) — количество способов разбить натуральное число на сумму степеней двойки, при этом порядок не имеет значения. Например 4, так как 5 = 4 + 1 = 2 + 2 + 1 = = 2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + Докажите, что для любого натурального верно тождество+ (−1) 𝑎 1 P(n − 1) + (−1) 𝑎 2 P(n − 2) + . . . + (−1) 𝑎 𝑛 −1 P(1) + (−1) 𝑎 𝑛 = где количество единиц в двоичной записи числа Решения задач Азиатско-Тихоокеанской математической олимпиады 14-я олимпиада, 2002 год Задача 1 . Ответ равенство достигается при a 1 = a 2 = . . . = При фиксированном числе 2 m наибольший биномиальный коэффициент равен m! , а при фиксированном числе 2 m + 1 наибольший биномиальный коэффициент равен+ 1)! m! · (m + 1)! . Следовательно, при фиксированной сумме+ наименьшее значение произведения достигается при наиболее близких значениях x 𝑖 и x 𝑗 Если x 1 + x 2 + . . . + x 𝑛 = qn + r, где 0 < r < n, мы можем уменьшить одно или несколько x 𝑖 для уменьшения суммы до значения. Это не повлияет на правую часть исходного неравенства, но уменьшит его левую часть. Уравнивание x 𝑖 не увеличит левую часть повыше доказанному утверждению. Осталось доказать, что неравенство верно для всех равных. Но это очевидно, так как ( q!) 𝑛 = (Задача. Ответ (a, b) = (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, Предположим, что ¾ Если b, то a 2 + a должно делиться на a 2 − a. При a > 3 верны неравенства 3a и 2(a 2 − a) > a 2 + a. Очевидно, что a 2 − a < a 2 + Поэтому если 3, тоне делится на a 2 − a. Легко проверить, что единственные решения при b ¶ 3 — это a = b = 2 и a = b = Если b, то a ¾ b + 1. Нов этом случае во второй дроби знаменатель будет не меньше числителя, так как b − (b 2 + a) = (a − b − 1)(a + b) ¾ Следовательно, вторая дробь будет целой только при b + 1. Иначе значение второй дроби будет меньше Итак b + 1. Тогда b 2 + 3b + 1 должно делиться на b 2 − b − Если ¾ 6, то b(b − 5) > 3 и 2(b 2 − b − 1) > b 2 + 3b + 1. Очевидно, что b − 1 < b 2 + 3b + 1. Решения задач АТМО 2002 Поэтому если ¾ 6, тоне делится на b 2 − b − 1. Проверяя меньшие значения, найдём решения 1 и b = Задача. Ответ Пусть точки и N — середины отрезков AC и AB соответственно (см. рис. Тогда из условия задачи понятно, что лежит наотрез- ке CM, а Q на отрезке BN. Так как R — точка пересечения высот треугольника, чем ближе точка P к точке C, тем больше угол между прямыми и AR. Поэтому из симметрии следует, что если CP < то NS. Это означает, что точка R находится ближе к прямой чем точка. Следовательно, точки R и T лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра, проведённого к отрезку. Противоречие. Случай CP > BQ рассматривается аналогично. Значит, CP = Рис. Рис. Пусть точка — середина отрезка BC см. рис. Предположим, что ∠CBP = x и ∠RAM = y. Тогда AM · tg y, TL = BL · tg x = AM · tg Но ∠APB = 60 ◦ + x, поэтому y = 30 ◦ − x. Значит, если x 6= 15 ◦ , тов то время как 4RST правильный и должно выполняться равенство RM. Аналогичными рассуждениями можно получить, что ∠BCQ = Задача. Умножив обе части тождества на получим равенство Докажем неравенство pz + xy ¾ p z + r xy z Решения задач АТМО Возведя обе части неравенства в квадрат, получим эквивалентные ему неравенства+ xy ¾ z + 2 p xy + xy z ⇔ xy ¾ xy 1 − 1 x − 1 y + 2pxy ⇔ ⇔ x + y ¾ 2 p xy ⇔ ( p x − p y) 2 ¾ Аналогично доказываются неравенства p x + yz и p y + zx Суммируя эти неравенства, получаем требуемый результат. Задача 5 . Ответ f (x) = x для любого действительного Подставляя 0 в равенство из условия (ii), получим ( y) = f ( f (y)) при всех значениях Подставляя 1, y = 0, получим f (0) = 0. Следовательно, подставляя, получим (x 4 ) = x 3 f Снова из условия (ii) при 1 получим ( y + 1) = f (1) + f ( f (y)) = f (1) + f Если (1) = 0, то, используя равенство (3), индукцией по y легко доказать, что (n) = 0 для любого натурального n, что противоречит условию (i). Таким образом (1) = k для некоторого ненулевого Тогда из равенства (1) получим (k) = Пусть (h) = 0 для некоторого h, отличного от 0 и 1. Тогда f (h 4 ) = = h 3 f (h) =0 и f (x)=0 при различных значениях x = h, h 4 , h 16 , h 64 , . . . что противоречит условию (i). Таким образом (h) отлично от 0 при любом ненулевом h. Для произвольного рассмотрим z = f (x 4 ) − x 4 . Тогда (x 4 ) = f ( f (x 4 )) = f (x 4 + z) = x 3 f (x) + f Но (x 4 ) = x 3 f (x), и тогда f (z) = 0. Следовательно, z = 0. Тогда для любого положительного имеем f (x) = x. Но (x) = f (x 4 ) = f ((−x) 4 ) = −x 3 f Следовательно ( −x) = − f (x). Тогда для любого действительного имеем (x) = x. Решения задач АТМО 2003 я олимпиада, 2003 год Задача 1 . Ответ f = 1 Из тождества + f =(x − x 1 )( x − x 2 ) . . . (x − получаем и P 1¶𝑖<𝑗¶8 x 𝑖 x 𝑗 =7. Последняя сумма может быть записана в виде 2 или, что эквивалентно 16 Итак, имеем 2, ив тоже время P 8 𝑖 =1 x 𝑖 = 4. Тогда 1) 2 = 4 8 X 𝑖 =1 x 2 𝑖 − 4 8 X 𝑖 =1 x 𝑖 + 8 = 4 · 2 − 4 · 4 + 8 = а это равенство выполняется только при x 𝑖 = B C A D I K J F L H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H M N G E Рис. 3 = 1/2 для всех i = 1, 2, . . . , 8. Таким образом 2 8 = 1 Задача. Отметим на луче AB точку а на луче точку J таким образом, что BI = CJ см. рис. (Точки и J лежат за пределами квадрата.) Пусть l 2 пересекает IJ в точке M, а точка лежит на IJ так, что GK ⊥ IJ. Тогда из равенства отрезков и GK следует равенство треугольников и KGM. Далее, из равенств GK =CJ и GC = следует равенство+ m 2 = P 𝐾𝐺𝑀 + P 𝐶𝐺𝐻 = P 𝐻𝑀𝐽 . Пусть точка лежит на так, что EL ⊥ CD. Окружность с центром в точке E и радиусом будет касаться в точке L, IJ в точке I и отрезка HM в некоторой точке. Тогда +(HN +NM)+JM =(JH +HL)+(MI+JM)=JL+IJ Таким образом+ m 2 = 2a. Решения задач АТМО Задача. а) Заметим, что n − k = 2p 𝑘 − k < 2p 𝑘 − p 𝑘 = p 𝑘 . Следовательно не делится нате не делится наб) Заметим, что из неравенств 3k/2 следует, что k < те. Таким образом, если мы найдём такие целые числа, b ¾ 3, что n = ab и a 6= b, то оба числа a и b будут встречаться в произведении, те будет делиться на. Из того, что k ¾ 14, следует, что p 𝑘 ¾ 13, те Если для некоторого целого ¾ 5, тогда выберем a = 2 2 , b = 2 α−2 . В противном случае, так как 26 > 16, можно выбрать в качестве нечётный простой делитель числа n и взять b = кроме случая 3 или a = Случай 1: b < 3. Так как n составное, получаем, что b = 2, те. Так как — простое число и является наибольшим простым числом, меньшим, получаем, что a ¾ k. Из того, что n − k = = 2a − k ¾ 2a − a = a > 2, следует, что (n − k)! делится на n = Случай 2: a =b. Тогда итак как n>26. Таким образом k > n/3 = a 2 /3 > 2a, те. оба числа a и 2a будут встречаться в множестве. Следовательно, (n − k)! делится на n = Задача. Не теряя общности, предположим, что a ¶ b ¶ c. Из неравенства мы имеем 2 = 𝑛 p 2 2 ( a + b + c) > 𝑛 p 2 2 ( c + c) = 𝑛 p 2 c 𝑛 ¾ 𝑛 p b 𝑛 + Так как ¶ c и n ¾ 2, получаем+ a 𝑛 ) − c + a 2 𝑛 = a 𝑛 − 𝑛 X 𝑘 =1 C 𝑘 𝑛 c 𝑛 −𝑘 a 2 𝑘 ¶ 1 − 𝑛 X 𝑘 =1 C 𝑘 𝑛 1 2 𝑘 a 𝑛 = = 1 − n 2 − 𝑛 X 𝑘 =2 C 𝑘 𝑛 1 2 𝑘 a 𝑛 < 0 (так как c 𝑛 −𝑘 ¾ Следовательно+ a 𝑛 < c Аналогично+ a 𝑛 < b Складывая неравенства (1), (2) и (3), получим+ b 𝑛 + 𝑛 p b 𝑛 + c 𝑛 + 𝑛 p c 𝑛 + a 𝑛 < 𝑛 p 2 2 + c + a 2 + b + a 2 = 1 + 𝑛 p 2 2 Решения задач АТМО 2003 Задача. Ответ 2(m + n) − min{m, n} − Обозначим наименьшее натуральное число, удовлетворяющее условию задачи, через, n). Докажем, что, n) = 2(m + n) − min{m, n} − Нетрудно понять, что выполняется условие симметричности, те. Поэтому достаточно рассмотреть случай m ¾ n и доказать, что, n) = 2m + n − Для начала докажем, что, n) ¾ 2m + n − 1, используя пример. Назовём группу из людей, любые два из которых попарно знакомы, k-союзом. Рассмотрим множество из 2m + n − 2 людей, состоящее из союза и n − 1 людей, никто из которых незнаком ни с кем другим (назовём таких людей изолированными. Тогда в этом множестве не найдутся 2 m людей, образующие m взаимно знакомых пари не найдутся 2 n людей, образующие n взаимно незнакомых пар. Таким образом, n) ¾ (2m − 1) + (n − 1) + 1 = 2m + n − по определению, Для доказательства равенства (1) осталось убедиться в том, что, n) ¶ 2m + n − 1. Для этого докажем, что, n) ¶ r(m − 1, n − 1) + 3 для всех m ¾ n ¾ Пусть — группа, состоящая из t = r(m − 1, n − 1) + 3 человек. Заметим, что ¾ 2(m − 1) + (n − 1) − 1 + 3 = 2m + n − 1 ¾ 2m ¾ Если является союзом, тов найдутся 2m людей, образующих взаимно знакомых пар. Если состоит только из изолированных людей, тов найдутся 2n людей, образующие n взаимно незнакомых пар. В любом другом случае найдутся три таких человека в G, назовём их, b и c, что a знаком с b, ноне знаком с c. Рассмотрим множество, полученное исключением a, b и c из множества Тогда состоит из t − 3 = r(m − 1, n − 1) людей. По определению 1, n − 1) в A найдутся 2(m − 1) людей, образующие m − 1 взаимно знакомых парили найдутся 2( n − 1) людей, образующие n − взаимно незнакомых пар. В первом случае добавим пару знакомых a и b в множество A для образования m взаимно знакомых пар в G. Решения задач АТМО Во втором случае добавим пару незнакомых ив множество для образования взаимно незнакомых пар в G. Таким образом, мы доказали оценку (Очевидно, что, 1) = 2s для всех s, те. неравенство r(m, n) ¶ ¶ 2m + n − 1 выполняется при всех n = 1. Используя индукцию по согласно оценке (2) получим, n) ¶ r(m − 1, n − 1) + 3 ¶ 2(m − 1) + (n − 1) − 1 + 3 = 2m + n − что завершает доказательство. 16-я олимпиада, 2004 год Задача 1 . Ответ S = Докажем, что единственным решением является {2}. Пусть — конечное непустое множество натуральных чисел, удовлетворяющих условию+ j ( i, j) ∈ S, и s ∈ S. Тогда+ s ( s, s) ∈ Так как+ 2 (2, 2) = 2, получаем, что S = {2} является решением. Теперь допустим, что содержит хотя бы ещё один элемент. |