46-я Международная математическая олимпиада: различия между версиями
Содержимое удалено Содержимое добавлено
коррекция формул, ёфикация, ссылки, мелкие правки |
|||
Строка 1:
[[Категория: олимпиады]][[Категория:
Рассказ о том, как проходила олимпиада, и фотографии можно найти по адресу http://potential.org.ru/bin/view/Math/ArtDt200507252240PH7C03J7
Здесь приводятся условия задач и указания к их решениям.
== Условия задач ==
=== Задача 1
На сторонах равностороннего треугольника <math>ABC</math> выбраны шесть точек: <math>A_1</math>, <math>A_2</math> на <math>BC</math>; <math>B_1</math>, <math>B_2</math> на <math>CA</math>; и <math>C_1</math>, <math>C_2</math> на <math>AB</math>. Эти точки являются вершинами выпуклого шестиугольника <math>A_1 A_2 B_1 B_2 C_1 C_2</math>, стороны которого имеют равные длины. Докажите, что прямые <math>A_1 B_2</math>, <math>B_1 C_2</math> и <math>C_1 A_2</math> пересекаются в одной точке.
=== Задача 2
Пусть <math>a_1</math>, <math>a_2</math>, - последовательность целых чисел, в которой содержится бесконечно много как положительных, так и отрицательных членов. Известно, что для каждого натурального <math>n</math> все <math>n</math> остатков от деления чисел <math>a_1</math>, <math>a_2</math>, ..., <math>a_n</math> на <math>n</math> различны. Докажите, что каждое целое число встречается в этой последовательности ровно один раз. ▼
▲Пусть <math>a_1</math>, <math>a_2</math>,
===Задача 3.===▼
Пусть <math>x, y</math> и <math>z</math> - положительные числа такие, что <math>xyz \ge 1</math>. Докажите, что ▼
<math>\frac{{x^5 - x^2}}{{x^5 + y^2 + z^2}} + \frac{{y^5 - y^2}}{{y^5 + z^2 + x^2}} + \frac{{z^5 - z^2}}{{z^5 + x^2 + y^2}} \ge 0</math>.▼
▲Пусть <math>x</math>, <math>y</math> и <math>z</math>
===Задача 4.===▼
Последовательность <math>a_1</math>, <math>a_2</math>, ... определена следующим образом: <math>a_n</math> = <math>2^n</math> + <math>3^n</math> + <math>6^n</math> - 1 (<math>n</math> = <math>1,2</math>, ...). Найдите все натуральные числа, которые взаимно просты с каждым членом этой последовательности. ▼
▲<math>\frac
===Задача 5.===▼
Дан выпуклый четырёхугольник <math>ABCD</math>, стороны <math>BC</math> и <math>AD</math> которого равны, но не параллельны. Пусть <math>E</math> и <math>F</math> - внутренние точки отрезков <math>BC</math> и <math>AD</math> соответственно такие, что <math>BE</math> = <math>DF</math>. Прямые <math>AC</math> и <math>BD</math> пересекаются в точке <math>P</math>, прямые <math>BD</math> и <math>EF</math> пересекаются в точке <math>Q</math>, прямые <math>EF</math> и <math>AC</math> пересекаются в точке <math>R</math>. Рассмотрим треугольники <math>PQR</math>, получаемые для всех таких точек <math>E</math> и <math>F</math>. Докажите, что окружности, описанные около всех этих треугольников, имеют общую точку, отличную от <math>P</math>. ▼
▲Последовательность <math>a_1
▲Дан выпуклый четырёхугольник <math>ABCD</math>, стороны <math>BC</math> и <math>AD</math> которого равны, но не параллельны. Пусть <math>E</math> и <math>F</math>
▲===Задача 6.===
На математической олимпиаде участникам были предложены 6 задач. Оказалось, что каждая пара задач была решена более чем <math>\frac{2}{5}</math> от общего числа участников, но никто не решил все 6 задач. Докажите, что найдутся по крайней мере два участника, каждый из которых решил ровно 5 задач.
== Указания к решениям задач
Ясно, что сумма векторов <math>\overrightarrow
Вначале несложно установить, что в последовательности каждое целое число встречается не более одного раза. Далее можно доказать по индукции, что для каждого <math>n</math> числа <math>a_1
Одно из самых изящных решений принадлежит
<math>\frac
Сложив три аналогичных неравенства, получаем, что утверждение задачи следует из верного неравенства
▲===Задача 1.===
▲Ясно, что сумма векторов <math>\overrightarrow {A_1 A_2,}{\rm{ }}\overrightarrow {B_1 B_2,} {\rm{ }}\overrightarrow {C_1 C_2}</math> нулевая, поэтому сумма векторов <math>\overrightarrow {A_2 B_1,} {\rm{ }}\overrightarrow {B_2 C_1,} {\rm{ }}\overrightarrow {C_2 A_1}</math> также нулевая, следовательно прямые, содержащие векторы <math>\overrightarrow {A_2 B_1,} {\rm{ }}\overrightarrow {B_2 C_1,} {\rm{ }}\overrightarrow {C_2 A_1}</math> образуют правильный треугольник. Отсюда несложно вывести, что вся конфигурация переходит в себя при повороте на <math>120^0</math> вокруг центра треугольника <math>ABC</math> .
=== Задача
▲Вначале несложно установить, что в последовательности каждое целое число встречается не более одного раза. Далее можно доказать по индукции, что для каждого <math>n</math> числа <math>a_1</math>, <math>a_2</math>, ... <math>a_n</math> - это <math>n</math> последовательных целых чисел, взятых в некотором порядке.
▲===Задача 3.===
▲Одно из самых изящных решений принадлежит школьнику Юрию Борейко из команды
▲<math>\frac{{x^5 - x^2}}{{x^5 + y^2 + z^2}} + \frac{{x^5 - x^2}}{{x^3 (x^2 + y^2 + z^2)}} \ge \frac{{x^5 - yz}}{{x^2 + y^2 + z^2}}</math>.
▲Сложив три аналогичных неравенства, получаем, что утверждение задачи следует из верного неравенства
▲<math>x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx \ge 0</math>
Искомая точка является
▲===Задача 4.===
▲Ответ: 1. Достаточно показать, что для любого простого числа <math>p</math> найдется такой номер <math>n</math> что <math>a_n</math> делится на <math>p</math>. Случаи <math>p=2</math> и <math>p=3</math> легко разбираются. При <math>p>3</math> подходит <math>n=p-2</math>. Это можно доказать, используя малую теорему Ферма: если натуральное <math>a</math> не делится на простое <math>p</math>, то <math>a^{p-1}</math> дает остаток 1 при делении на <math>p</math> .
==
▲Искомая точка является точкой второй точкой пересечения окружностей, описанных около треугольников <math>ADP</math> и <math>BCP</math> . Другое описание той же точки - как центр поворота, переводящего точки <math>A</math>, <math>F</math>, <math>D</math> соответственно в точки <math>C</math>, <math>E</math>, <math>B</math>.
Предположив, что верно противное, добавим участникам
▲===Задача 6.===
▲Предположив, что верно противное, добавим участникам решенных задач так, чтобы один из них решил 5 задач, а все остальные – по 4. Далее, суммируя по всем ученикам количество пар решенных задач, и с другой стороны, оценивая эту сумму по всем парам задач, получим противоречие во всех случаях, кроме случая, когда количество участников дает остаток 2 при делении на 5. Оставшийся случай можно разобрать, прибегнув к подсчету двумя способами суммарного количества пар решенных задач, содержащих одну фиксированную задачу. При рассмотрении возникает противоречие с остатками при делении на 3.
| |||