Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Случай 1: S содержит некоторое нечётное число a. Тогда+ 2 = a + 2 ( a, 2) ∈ где+ 2 снова нечётное число. С помощью математической индукции нетрудно показать, что содержит бесконечно много нечётных чисел, и мы получаем противоречие. Случай 2: S не содержит нечётных чисел, но содержит хотя бы одно чётное число, большее 2. Пусть 2b, где b > 1, — наименьшее из таких чисел в. Тогда+ 1 = 2 b + 2 (2 b, 2) ∈ Но 2 < b + 1 < 2b, что противоречит нашему предположению об отсутствии нечётных чисел (если+ 1 нечётно) или минимальности если+ 1 чётно), что и требовалось доказать. Задача 2 . Первое решение. Если O = H это означает, что равносторонний, то все три площади равны 0 и утверждение задачи становится верным. Теперь предположим, что H, и рассмотрим два случая Решения задач АТМО 2004 Случай 1. Предположим, что OH проходит через одну из вершин, скажем C. Так как H является ортоцентром, получаем, что CH ⊥ AB. Так как O является центром описанной окружности, получаем, что лежит на серединном перпендикуляре к стороне Но лежит на CH и CH ⊥ AB, поэтому CH является серединным перпендикуляром к стороне. Следовательно, AC = BC. В силу симметрии, те. площади этих треугольников равны. В тоже время площадь треугольника равна 0, и тогда Случай 2. Предположим, что OH пе- A B C D D O H G Рис. 4 ресекает две стороны треугольника, скажем и AC см. рис. 4 ). Тогда точка пересечения медиан G лежит на прямой Эйлера. Продолжим до пересечения св точке тогда является серединой BC. Прове- дм отрезки и DH. По свойству точки пересечения медиан 2DG, следовательно. Так как середина, сумма расстояний от точек B и C до прямой OH равна удвоенному расстоянию от точки до прямой OH. Следовательно. Пользуясь доказанным равенством S 𝐴𝑂𝐻 =2S 𝐷𝑂𝐻 , получим требуемый результат. Второе решение. Подсчитаем напрямую направленные площади. Из равенств ∠BAH = ∠OAC = 90 ◦ − ∠B получим = ∠ A − (180 ◦ − 2∠B) = ∠B − Продолжим до пересечения св точке F. Тогда ∠B = AC cos ∠A sin ∠B = 2R cos где — радиус описанной окружности. Следовательно, направленная площадь [ HAO] равна 2 AH · AO sin ∠HAO = R 2 cos ∠A sin(∠B − ∠C) = = R 2 cos ∠A sin ∠B cos ∠C − R 2 cos ∠A cos ∠B sin Аналогично R 2 cos ∠B sin ∠C cos ∠A − R 2 cos ∠B cos ∠C sin и R 2 cos ∠C sin ∠A cos ∠B − R 2 cos ∠C cos ∠A sin ∠B. Решения задач АТМО Следовательно+ [HBO] + [HCO] = откуда следует, что большая ненаправленная площадь равна сумме остальных двух. Задача 3 . Первое решение. Для точек r и s из множества S обозначим через, s) количество элементов из L, которые разделяют и, а через rs обозначим отрезок, соединяющий r и s. Таким образом, s) — количество прямых из L, которые пересекают rs в точности водной внутренней точке. Пусть a, b и c — три точки из S. Пусть обозначает количество прямых из, которые одновременно пересекают ab и ac во внутренних точках; n 𝑏 и n 𝑐 определяются аналогично. Пусть p 𝑎 обозначает количество таких точек из S \{a, b, c}, что прямая, содержащая и, пересекает отрезок bc во внутренней точке p 𝑏 и p 𝑐 определяются аналогично. Разобьём прямые из, которые разделяют a и b, на два типа в зависимости оттого, проходят они через точку или нет. Очевидно, что количество прямых первого типа равно, а прямые второго типа проходят через внутреннюю точку в точности одного из отрезков ac или bc. Таким образом, b) = n 𝑎 + n 𝑏 + p 𝑐 , N(b, c) = n 𝑏 + n 𝑐 + p 𝑎 , N(c, a) = n 𝑐 + n 𝑎 + Следовательно, b) + N(b, c) + N(c, a) ≡ p 𝑎 + p 𝑏 + p 𝑐 (mod Пусть — произвольная точка из S \{a, b, c}. Если d находится вне треугольника, тов точности одна из прямых, соединяющих с, b или c, будет пересекать противоположную сторону. Если находится внутри треугольника, то все три такие прямые будут обладать этим свойством. Пусть обозначает количество точек из, расположенных внутри треугольника abc. Тогда+ p 𝑏 + p 𝑐 = 3m + (2001 − m) ≡ 1 (mod те) нечётно. Теперь покрасим произвольную точку изв красный цвет. Для любой другой точки из S покрасим её в красный цвет, если N(r, s) нечётно, иначе — в синий. Таким образом, для всех точек r из мно- Решения задач АТМО 2004 47 жества S точки s и r имеют одинаковый цвет (красный) тогда и только тогда, когда, s) нечётно. Предположим, что точки и q являются элементами множества которые отличны от. Если p и q имеют одинаковый цвет, то N(r, и, q) имеют одинаковую чётность. Следовательно, N(p, q) нечёт- но, так как, p) + N(p, q) + N(q, r) нечётно. Обратно, если N(p, q) нечётно, то, p) + N(r, q) чётно, те) и N(r, q) имеют одинаковую чётность, а значит и q имеют одинаковый цвет, что и требовалось доказать. Второе решение. Рассмотрим выпуклый угольник P. По- очерёдно покрасим его вершины в красный и синий цвета. Если удалить две вершины и w, то оставшаяся часть многоугольника распадётся на две части из и j вершин, где i + j = 2002. Тогда i и имеют одинаковую чётность (не исключено, что одно из или j равно нулю. Количество прямых из, которые разделяют v и w, равно те. являются чётным числом, если и w разного цвета, и нечёт- ным числом, если и w одного цвета. Итак, мы имеем «хорошую» раскраску, удовлетворяющую условию задачи. Теперь рассмотрим произвольное множество, состоящее из точек плоскости, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Будем перемещать каждую вершину в точки множества S, заботясь о том, чтобы на каждом шаге передвигаемая точка пересекала прямые из только один раз. После 2004 таких перемещений мы будем иметь хорошую раскраску множества, так как каждое перемещение сохраняет свойство раскраски быть хорошей. Чтобы добиться этого, при каждом перемещении точки через прямую, определяемую точками и C, будем менять цвета точек A, B и C на противоположные. Докажем, что это сохранит свойство раскраски быть хорошей. Заметим, что точка переместится на противоположную сторону относительно прямой. Следовательно, прямая будет разделять точки A и D ( 6= A, B или C) тогда и только тогда, когда прямая не разделяла точки A и D до перемещения. Так как мы поменяли цвету точки, ноне уточки, точки и будут покрашены корректно с учётом прямой BC. Аналогичные рассуждения верны для точки с учётом прямой AC и для точки с учётом прямой. Относительные позиции других точек или прямых при таком перемещении точки не изменятся. Новая раскраска остаётся хорошей, что доказывает утверждение Решения задач АТМО Задача. Первое решение. Пусть 1)! n(n + Если 1, 2, 3, 4, то прямой подсчёт показывает, что [N] = 0. Пусть 4. Запишем N в виде 1)! n + n! n + 1 − (n − где третье слагаемое всегда чётное. Оба первых два слагаемых в формуле (2) имеют вид ( m − при ¾ 5. Если m непростое или не является квадратом простого числа, то ab прите содержит оба сомножителя и хотя бы ещё один чётный сомножитель. Следовательно является целым чётным числом. Если m = при нечётном простом, то 1 < p < 2p < m и (m − 1)!/m снова является целым чётным числом. Пусть теперь — простое число. По теореме Вильсона 1)! ≡ −1 (mod а значит 1)! + является целым числом, и это число должно быть нечётным, так как его числитель является нечётным. Поэтому 1)! m = ( m − 1)! + имеет чётную целую часть. Так как и n + 1 оба не могут одновременно быть простыми числами, по меньшей мере два из трёх слагаемых числа в формуле (2) являются чётными целыми, а третье имеет чётную целую часть. Следовательно, целая часть числа является чётной. Второе решение. Аналогично прямым подсчётом проверим утверждение задачи при ¶ 4. Рассмотрим три случая. Случай 1: n и n + 1 оба являются составными числами. Тогда понятно, что будет не меньше 8. Докажем, что в этом случае 1)! n(n + является целым числом. Так как ( n, n + 1) = 1, необходимо доказать, что n и n + 1 оба делят (n − 1)! по отдельности. Если n или n + представимы в виде, где 1 < a ¶ b, то ab делит (n − 1)! при a < а если b, то a ¾ 3 и мы можем использовать сомножители a и числа ( n − 1)! для исключения случая двух a, так как a < 2a < Заметим, что в данном случае мы исключим чётные числа из не более чем двух сомножителей ( n − 1)! (только одно из n или n + 1 Решения задач АТМО 2004 является чётным), нов силу неравенства ¾ 8 у нас останется ещё хотя бы один чётный сомножитель. Следовательно 1)! n(n + является чётным числом. Случай 2: n является простыми и n ¾ 5, те чётно. Тогда+ 1 2 ¶ n − 1, поэтому 1)! n + является целым. Предположим, что 1)! n + 1 ≡ a (mod где 0 ¶ a ¶ n − 1. Тогда 1)! ≡ a(n + 1) ≡ a (mod Но по теореме Вильсона n − 1. При этом 1)! n + является чётным. Значит, ( n − 1)! n + 1 = 2kn + n − при некотором целом. Следовательно 1)! n(n + 1) = 2k + 1 очевидно, имеет чётную целую часть. Случай 3: n + 1 является простыми, те является чётным. Тогда 2 < n/2 ¶ n − 1, поэтому (n − 1)!/n является целыми чётным. Предположим, что 1)! n ≡ a (mod n + где 0 ¶ a ¶ n. Тогда an 2 ≡ a (mod n + и по теореме Вильсона n. Следовательно 1)! n = 2k(n + 1) + при некотором целом. Тогда дробь 1)! n(n + 1) = 2k + 1 − 1 n + очевидно, имеет чётную целую часть. Задача 5 . Первое решение. Обозначим (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2), T = ab + bc + ca. Решения задач АТМО Заметим, что справедливо неравенство+ 2)(c 2 + 2) ¾ 3 1 + ( b + c) 2 которое эквивалентно неравенству ( b − c) 2 + 2(bc − 1) 2 ¾ 0. Тогда из неравенства (1) и из неравенства Коши — Буняковского следует, что ¾ 3(a 2 + 2) 1 + ( b + c) 2 2 ¾ 3(a + b + Теперь для решения задачи достаточно доказать неравенство+ b + c) 2 ¾ 9T которое эквивалентно неравенствам+ b 2 + c 2 ¾ T ⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ¾ Последнее неравенство очевидно. Легко понять, что равенство достигается при b = c = Второе решение. Выберем такие углы A, B, C ∈ (0, π/2), что a = = p 2 tg A, b = p 2 tg B, c = p 2 tg C. Используя тождество tg 2 θ + 1 неравенство можно переписать в виде+ 1)(tg 2 B + 1)(tg 2 C + 1) ¾ 9(tg A tg B + tg B tg C + tg C tg или cos 2 B cos 2 C ¾ 9 sin A sin B cos A cos B + sin B sin C cos B cos C + sin C sin A cos C cos или 9 ¾ cos A cos B cos C[sin A sin B cos C + cos A sin B sin C + sin A cos B sin Заметим, что ¶ sin A sin B cos C + cos A sin B sin C + sin A cos B sin C = = [sin B sin(A + C) − cos B cos(A + C)] + cos B[sin A sin C + cos(A + C)] = = − cos(A + B + C) + cos A cos B cos и требуемое неравенство принимает вид 9 ¾ cos A cos B cos C[cos A cos B cos C − cos( A + B + C)]. Решения задач АТМО 2004 Пусть = (A + B + C)/3 < π/2. Применив неравенство между средним арифметическими средним геометрическим, а также неравенство Йенсена, получим cos A cos B cos C ¶ cos A + cos B + cos C 3 ¶ cos θ или cos A cos B cos C ¶ cos 3 θ. Следовательно, достаточно доказать, что 9 ¾ cos 3 θ · (cos 3 θ − cos Заметим, что cos 3 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ, а значит − cos 3θ = 3 cos θ − 3 Таким образом, неравенство эквивалентно следующему 27 ¾ cos 4 θ · (1 − Используя неравенство между средним арифметическими средним геометрическим, получим (1 − cos 2 θ) 1 /3 ¶ 1 3 cos 2 θ 2 + cos 2 θ 2 + (1 − cos 2 θ) = 1 те или cos 4 θ · (1 − cos 2 θ) ¶ 4 что и требовалось доказать. Нетрудно показать, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда tg A = tg B = tg C = 1/ p 2, а это верно тогда и только тогда, когда b = c = Третье решение. Пусть a + b + c, y = ab + bc + ca, z = Тогда+ b 2 + c 2 = x 2 − 2 y, a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = y 2 − 2xz, a 2 b 2 c 2 = и неравенство, которое требуется доказать, принимает вид+ 2(y 2 − 2xz) + 4(x 2 − 2 y) + 8 ¾ 9 y, Решения задач АТМО те. Теперь из неравенства+ b 2 + c 2 ¾ ab + bc + ca = получим, что a 2 + b 2 + c 2 + 2y ¾ Также имеем+ b 2 c 2 + c 2 a 2 = (ab) 2 + (bc) 2 + (ca) 2 ¾ ¾ ab · ac + ac · bc + bc · ab = (a + b + c)abc = и поэтому a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2xz ¾ Следовательно+ 2y 2 − 4xz + 4x 2 − 17 y + 8 = = z − x 3 2 + 8 9 ( y − 3) 2 + 10 9 ( y 2 − 3xz) + 35 9 ( x 2 − 3 y) ¾ что и требовалось доказать. 17-я олимпиада, 2005 год Задача 1 . Пусть a — иррациональное число. Выберем b = −a, если иррациональное число. Тогда+ b = 0 — рациональное число, а ab = −a 2 — иррациональное. Если рациональное число, то a 2 − a. Тогда a + b = a 2 — рациональное число, а a 2 ( a − 1) иррациональное, поскольку является произведением ненулевого рационального и иррационального чисел. Так как ab/a 2 + 1 — иррациональное число, получаем, что и тоже. Пусть b 0 = 1/a или b 0 = 2/a. Тогда ab 0 = 1 или 2, те. рационально. Заметим, что+ b 0 = (a 2 + 1)/a или a + b 0 = (a 2 + 2)/a. Так каких разность+ 2 a − a 2 + иррациональна, хотя бы одно из них будет иррациональным. Задача 2 . Заметим, что для положительных x справедливо неравенство Решения задач АТМО 2005 Фактически оно эквивалентно неравенству (2 + x 2 ) 2 ¾ 4(1 + x 3 ), или 2) 2 ¾ 0. Обратим внимание на то, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда 2. Заменив x в неравенстве (на, b, c и соответственно перемножив и просуммировав, получим неравенство+ a 3 )(1 + b 3 ) + b 2 p (1 + b 3 )(1 + c 3 ) + c 2 p (1 + c 3 )(1 + a 3 ) ¾ ¾ 4 a 2 (2 + a 2 )(2 + b 2 ) + 4 b 2 (2 + b 2 )(2 + c 2 ) + 4 c 2 (2 + c 2 )(2 + Преобразовав выражение в правой части неравенства (2), получим неравенство+ a 3 )(1 + b 3 ) + b 2 p (1 + b 3 )(1 + c 3 ) + c 2 p (1 + c 3 )(1 + a 3 ) ¾ ¾ 2 S(a, b, c) 36 + S(a, b, c) = 2 1 + 36 S(a, b, где, b, c) = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + (ab) 2 + (bc) 2 + (Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим имеем+ b 2 + c 2 ¾ 3 3 q ( abc) 2 = 12, ( ab) 2 + (bc) 2 + (ca) 2 ¾ 3 3 q ( abc) 4 = Заметим, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда b = c = 2. Из вышеуказанных неравенств вытекает, что, b, c) = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + (ab) 2 + (bc) 2 + (ca) 2 ¾ Поэтому 1 + 36 S(a, b, c) ¾ 2 1 + 36 72 = 4 что и требовалось доказать. |