Е. Р. Байсалов, да. ЕлиусизовМатематические олимпиады
 Скачать 2.18 Mb.
|
|
Задача 1 . Пусть I — центр вписанной окружности треугольника, и пусть точки D и E являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки на стороны AB и AC соответственно (см. рис. Без ограничения общности можно предположить, что — самая длинная сторона. Тогда X лежит на отрезке AD. Доказательство справедливо вне зависимости оттого, лежит точка внутри треугольника или нет. Пусть O — середина IP, аи основания перпендикуляров, опущенных из точки на стороны AB и соответственно. Тогда и N — середины DX и EY соответственно. B C A I E N D X Y O P M Рис. Из условий на точки и Y получаем уравнения+ BC − и+ CA − Из равенства AE = CA + AB − BC 2 , Решения задач АТМО 2008 получаем AB − AD = AB − CA + AB − BC 2 = AB + BC − CA 2 = Так как — середина DX , получаем, что M — середина AB. Аналогично середина AC. Таким образом, серединные перпендикуляры к сторонами пересекаются в точке O. Следовательно центр описанной окружности треугольника ABC. Так как < 60 ◦ , точка лежит стой же стороны от прямой BC, что и точка, и ∠BOC = 2∠BAC. Вычислим ∠BIC следующим образом = 180 ◦ − ∠IBC − ∠ICB = = 180 ◦ − 1 2 ∠ ABC − 1 2 ∠ ACB = 180 ◦ − 1 2 (∠ABC + ∠ACB) = = 180 ◦ − 1 2 (180 ◦ − ∠BAC) = 90 ◦ + 1 Поскольку ∠BAC < 60 ◦ , получаем, что 2∠BAC < 90 ◦ + 1 2 ∠BAC, те Из этого следует, что лежит внутри описанной окружности равнобедренного треугольника, потому что точки O и I лежат с одной и той же стороны от прямой. Так как O является серединой точка должна лежать снаружи описанной окружности треугольника истой же стороны от прямой BC, что и точка O. Таким образом < ∠BOC = 2∠BAC < Замечание. Если предположить, что ∠A меньше, чем два остальных угла, то ясно, что прямая или, если P = X, прямая, перпендикулярная, проходящая через точку X ) проходит через центр I 𝐶 вневписанной окружности, касающейся. Так как ∠ACB и BC < AC, получаем, что 2∠PCB > ∠C. Аналогично. Таким образом = 180 ◦ − (∠PBC + ∠PCB) < 180 ◦ − − ∠B + ∠C 2 = 90 ◦ + ∠ A 2 < Тем самым, частный случай задачи может легко быть доказан. Задача 2 . Пусть C — множество всех 46 учащихся в классе, и пусть max{|S|: S ⊆ C}, так что ни одна группа строго не содержится в Тогда достаточно доказать, что ¾ 10. (Если |S| = s > 10, то можем выбрать подмножество множества, состоящее из 10 учащихся.) Предположим, что ¶ 9, и пусть S — множество размера s, в котором ни одна группа строго не содержится Решения задач АТМО 2008 Возьмём любого ученика вне, назовём его v. В связи с максимальностью имеется группа, которая содержит ученика v и двух других учеников из. Число способов выбрать двух учеников из равно C 2 9 = С другой стороны, найдутся по крайней мере 37 = 46−9 учеников вне. Поэтому среди этих 37 учеников найдётся хотя бы один ученик, назовём его, который не принадлежит ни одной из групп, содержащих двух учеников из и одного извне. Это верно, так как нет двух различных групп, которые имели бы двух общих учеников. Но тогда можно расширить включением u, что противоречит условию. Задача 3 . Пусть MG пересекает в точке P см. рис. Так как = ∠CAE и ∠MDC = ∠CAE, получаем, что MC = MD. Поэтому D 2 = MC 2 = MG · MP. Следовательно, MD — касательная к описанной окружности. Таким образом, ∠DGP = Пусть описанная окружность треугольника. Если B = то поскольку ∠BGD = ∠BDE, касательные к окружностями в точке совпадают, т. е. Γ 0 и Γ касаются внутренним образом. Пусть B 6= P. Если P лежит стой же стороны от прямой BC, что и, то ∠EDP + ∠ABP = 180 ◦ , потому что ∠DGP + ∠ABP = 180 ◦ , т. е. четырёхугольник BPDE вписанный, и тем самым P лежит на пересечении и . В противном случае = ∠DGP = ∠ AGP = ∠ ABP = Рис. 14 Решения задач АТМО 2008 Таким образом, четырёхугольник PBDE вписанный, и тем самым снова лежит на пересечении Γ 0 с Γ . Аналогичным образом, если пересекает в точке Q, то либо Q = B, ив этом случае и касаются внутренним образом, либо B. В последнем случае Q лежит на пересечении Γ 0 с Γ . В любом случае имеем P = Задача. Ответа (б) a 𝑘 = k · 2 𝑘 −1 − 2 𝑘 + 1 при всех k ¾ а) Пусть {2k: k > 0}, E 1 = {0} ∪ {4k + 1: k ¾ 0}, G 1 = {4k + 3: k ¾ Покажем, что L 1 , E = и G 1 . Для этого достаточно проверить, что L, E 1 ⊆ E и G 1 ⊆ G, потому что и взаимно непересекающиеся множества и E 1 ∪ G 1 = N 0. Во-первых, если 0, то f (2k) − f (2k + 1) = −k < 0, и поэтому L. Во-вторых, f (0) = 0 и (4k + 1) = 2k + 2 f (2k) = 2k + 4 f (k), f (4k + 2) = 2 f (2k + 1) = 2(k + 2 f (k)) = 2k + 4 f для всех ¾ 0. Тогда E 1 ⊆ Наконец, для того чтобы доказать что G, проверим неравенство для всех n. (На самом деле можно доказать более сильное неравенство (n + 1) − f (n) ¶ n/2.) Это, безусловно, верно для чётных n по определению, так как для n = 2t выполняется равенство (2t + 1) − f (2t) = t ¶ Если 2t + 1 — нечётное число, то (индуктивно предполагая, что результат выполняется для всех неотрицательных n) мы имеем t − 2 f (t) = = 2( f (t + 1) − f (t)) − t ¶ 2t − t = t < Для всех ¾ 0 выполняются соотношения (4k + 4) − f (4k + 3) = f (2(2k + 2)) − f (2(2k + 1) + 1) = = 4 f (k + 1) − (2k + 1 + 2 f (2k + 1)) = = 4 f (k + 1) − (2k + 1 + 2k + 4 f (k)) = = 4( f (k + 1) − f (k)) − (4k + 1) ¶ 4k − (4k + 1) < Это доказывает, что G. Решения задач АТМО б) Заметим, что f (1)=0. Пусть k¾2 и N 𝑘 ={0,1,2,. . .,2 𝑘 }. Во-первых, покажем, что максимальное a 𝑘 появляется при наибольшем числе в N 𝑘 , те. Используем математическую индукцию по, чтобы доказать утверждение. Заметим, что a 2 = f (3)= = f (2 2 −1). Пусть k¾3. Для каждого чётного числа 2t (2 𝑘 −1 +1¶2t имеем (2t) = 2 f (t) ¶ 2a 𝑘 −1 = 2 f (2 𝑘 −1 − по индукционному предположению. Для каждого нечётного числа+ 1 (2 𝑘 −1 + 1 ¶ 2t + 1 < 2 𝑘 ) имеем (2t + 1) = t + 2 f (t) ¶ 2 𝑘 −1 − 1 + 2 f (t) ¶ ¶ 2 𝑘 −1 − 1 + 2a 𝑘 −1 = 2 𝑘 −1 − 1 + 2 f (2 𝑘 −1 − снова по индукционному предположению. Объединив неравенства (и (2), получим (2 𝑘 − 1) = f (2(2 𝑘 −1 − 1) + 1) = 2 𝑘 −1 − 1 + 2 f (2 𝑘 −1 − Следовательно f (2 𝑘 − 1), как нами требовалось. Кроме того, получаем a 𝑘 = 2a 𝑘 −1 + 2 𝑘 −1 − для всех ¾ 3. Заметим, что эта рекуррентная формула для также справедлива для 0, 1 и 2. Раскрывая данную рекуррентную формулу, в конечном итоге получим 2a 𝑘 −1 + 2 𝑘 −1 − 1 = 2(2a 𝑘 −2 + 2 𝑘 −2 − 1) + 2 𝑘 −1 − 1 = = 2 2 a 𝑘 −2 + 2 · 2 𝑘 −1 − 2 − 1 = 2 2 (2 a 𝑘 −3 + 2 𝑘 −3 − 1) + 2 · 2 𝑘 −1 − 2 − 1 = = 2 3 a 𝑘 −3 + 3 · 2 𝑘 −1 − 2 2 − 2 − 1 = . . . = = 2 𝑘 a 0 + k · 2 𝑘 −1 − 2 𝑘 −1 − 2 𝑘 −2 − . . . − 2 − 1 = k · 2 𝑘 −1 − 2 𝑘 + при всех ¾ Задача. Предположим, что два эти множества равны. Тогда НОД( b, c) = 1 и многочлен (x) = (1 + x 𝑏 + x 2𝑏 + . . . + x 𝑎𝑏 ) − (1 + x + x 2 + . . . x 𝑎 −1 + кратен 1 (так как m = n + cq ⇒ x 𝑚 − x 𝑛 = x 𝑛 +𝑐𝑞 − x 𝑛 = x 𝑛 ( x 𝑐𝑞 − и ( x 𝑐𝑞 − 1) = (x 𝑐 − 1)((x 𝑐 ) 𝑞 −1 + (x 𝑐 ) 𝑞 −2 + . . . + 1)). Из соотношений (x) = x (𝑎 +1)𝑏 − 1 x 𝑏 − 1 − x 𝑎 +1 − 1 x − 1 = F(x) ( x − 1)(x 𝑏 − 1) , Решения задач АТМО 2009 где x 𝑎𝑏 +𝑏+1 + x 𝑏 + x 𝑎 +1 − x 𝑎𝑏 +𝑏 − x 𝑎 +𝑏+1 − получим, что (mod x 𝑐 −1). Так как x 𝑐 ≡1 (mod x 𝑐 − 1), можно сделать вывод, что + b + 1, b, a + 1} ≡ {ab + b, a + b + 1, 1} (mod Поэтому ab + b, a + b + 1 или 1 (mod c). Но сравнения b ≡ 1 (mod c) и b ≡ a + b + 1 (mod c) приданных условиях невозможны. Следовательно, b ≡ ab + b (mod c). Но это также невозможно, так как НОД( b, c) = я олимпиада, 2009 год Задача 1 . Используя неравенство между средним арифметическими средним геометрическим, получим+ Следовательно, если сумма квадратов обратных величин всех чисел, написанных на доске после операций, то она возрастает с ростом, те Пусть — наименьшее из чисел на доске, полученных после k 2 − операций, тогда 1 /s 2 ¾ для любого из положительных действительных чисел на доске. Поэтому S 𝑘 2 −1 ¾ откуда следует, что ¶ kr, что и требовалось доказать. Задача 2 . Ответ 465 6 744 Пусть+ 1 + a 2 x 2 + 2 + a 3 x 2 + 3 + a 4 x 2 + 4 + a 5 x 2 + Тогда) = 1, R( ±2) = 1 4 , R( ±3) = 1 9 , R( ±4) = 1 16 , R( ±5) = 1 и нам необходимо найти значение. Пусть (x 2 + 1)(x 2 + 2)(x 2 + 3)(x 2 + 4)(x 2 + и R(x)P(x). Решения задач АТМО Тогда при ±1, ±2, ±3, ±4, ±5 имеем R(k)P(k) те. Так как P(x) − x 2 Q(x) является многочленом 10-й степени с корнями, ±2, ±3, ±4, ±5, имеем x 2 Q(x) = A(x 2 − 1)(x 2 − 4)(x 2 − 9)(x 2 − 16)(x 2 − Подставляя 0, получим − 1 Разделив обе части тождества (1) на, получим x 2 R(x) = 1− x 2 Q(x) P(x) = − 1 120 · ( x 2 − 1)(x 2 − 4)(x 2 − 9)(x 2 − 16)(x 2 − 25) ( x 2 + 1)(x 2 + 2)(x 2 + 3)(x 2 + 4)(x 2 + и тогда 36R(6) = − 35 · 32 · 27 · 20 · 11 120 · 37 · 38 · 39 · 40 · 41 = − 3 · 7 · 11 13 · 19 · 37 · 41 = − 231 374 Следовательно 465 6 744 Замечание. Можно решить систему линейных уравнений, получаемых из условия задачи, и найти 72 , a 2 = − 2673 40 , a 3 = 1862 15 , a 4 = − 1885 18 , a 5 = 1323 но это трудоёмко и отнимает много времени. Задача 3 . Пусть O 𝑖 — центра радиус окружности Γ 𝑖 для каж- A 1 B 1 P Q O 1 X 1 O rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr r Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Γ 1 Рис. 15 дого i = 1, 2, 3. Пусть P является исключительной точкой, а три соответствующие прямые A 1 B 1 , A 2 B 2 , A 3 B 3 пе- ресекаются в точке см. рис. 15 ). Построим окружность с диаметром Пусть — её центра радиус. Теперь докажем, что исключительные точки лежат на окружности . Пусть PO 1 пересекает A 1 B 1 в точке X 1 Так как A 1 B 1 , точка X 1 лежит на окружности. Так как касается, треугольник прямоугольными подобен треугольнику. Следовательно Решения задач АТМО 2009 73 O 1 X 1 : O 1 A 1 = O 1 A 1 : O 1 P, те. С другой стороны является также степенью точки относительно окружности , следовательно 1 = O 1 X 1 · O 1 P = (O 1 O − r)(O 1 O + r) = O 1 O 2 − и тогда OO 2 1 − r 2 1 = (OO 1 − r 1 )( OO 1 + Таким образом, r 2 является степенью точки относительно окружности. По тем же соображениям r 2 является степенью Γ 2 и Γ 3 Следовательно, точка должна быть радикальным центром данных трёх окружностей. Так как является квадратным корнем из степени точки относительно заданных трёх окружностей и не зависит от выбора точки, все исключительные точки лежат на Замечание. В случае, если радикальная точка находится в бесконечности (те. три радикальные оси являются параллельными), исключительных точек не существует, что не противоречит условию задачи. Задача 4 . Первое решение. При k = 1 утверждение очевидно. Предположим, что ¾ Пусть. . . , p 𝑘 — различные простые числа, удовлетворяющие условиями. По китайской теореме об остатках (см. теорему нас) существует натуральное число x, удовлетворяющее условиям −i (mod p 𝑖 ) при всех 1, 2, . . . , и N 2 . Рассмотрим следующую последовательность+ 1 N , x + 2 N , . . . , x + Она является арифметической прогрессией рациональных чисел с количеством членов, равным. При всех i = 1, 2, . . . , k числитель x + делится на, ноне делится на, где j, поскольку в противном случае − j| делилось бы на p 𝑗 , что невозможно, так как k >|i − j|. Введём обозначения+ для всех 1, 2, . . . , Тогда+ i N = a 𝑖 b 𝑖 , НОД( a 𝑖 , b 𝑖 ) = 1 для всех i = 1, 2, . . . , k Решения задач АТМО и все b 𝑖 различны. Более того, из того, что N 2 , следует, что+ i p 𝑖 > N 2 p 𝑖 > N > N p 𝑗 = при всех, j = 1, 2, . . . , Следовательно, все a 𝑖 отличны от. Теперь нам достаточно доказать, что все a 𝑖 попарно неравны. Это следует из соотношений+ j p 𝑗 > x + i p 𝑗 > x + i p 𝑖 = при всех в силу нашего выбора простых чисел. . . , p 𝑘 . Таким образом, арифметическая прогрессия положительных рациональных чисел. . . , удовлетворяет условию задачи. |