asyan.org
добавить свой файл
1




Міністерство освіти і науки України

Інститут інноваційних технологій та змісту освіти
XLVІIІ Всеукраїнська олімпіада юних математиків
Перший день
8 клас
8.1. (Лішунов Віталій) Для деяких дійсних чисел має місце рівність . Які значення може приймати вираз?
Відповідь: .

Розв’язання. Нехай і , тоді . Зробимо перетворення другого доданку останнього виразу: , тому .

Хоч цього не вимагає умова, але треба переконатись, що такі числа , що задовольняють задану умову існують. Покладемо , , , тоді , , , і .
8.2. (Маліцький Юрій) З’ясуйте, яких п’ятицифрових чисел більше: тих, у яких цифри йдуть у строго зростаючому порядку зліва направо, або тих, у яких кожна цифра не перевищує 5 та цифри ідуть у неспадному порядку зліва направо (наприклад, число 12459 задовольняє першій умові, а 22589 та 01234 — ні; число 11145 задовольняє другій умові, а 21224, 12346 та 01234 — ні)?
Відповідь: чисел однакова кількість.

Розв’язання. Покажемо, що таких чисел однакова кількість, для цього кожному числу одного набору поставимо у відповідність єдине число з другого. Достатньо числу першого набору поставити у відповідність число . Це показує, що кількість чисел в наборах однакова.
8.3 (Клурман Олексій) На стороні трикутника позначили точку так, що . Точка — основа перпендикуляра, проведеного з точки на пряму . Відомо, що і . Знайдіть градусну міру кута .
Відповідь: або .

Розв’язання. Нехай , . Легко показати, що точка не може належати відрізку . Розглянемо два випадки.

1) Точка належить променю (рис.1). Проведемо перпендикуляр , точка лежить на прямій . З прямокутного з кутом . Зрозуміло, що і , тому , звідси , оскільки , то .

2) Нехай точка належить променю (рис.2). Проведемо перпендикуляр , точка лежить на прямій . Тоді повністю аналогічно попередньому розв’язанню одержимо, що , оскільки , то .
8.4. (Торба Сергій) Розв’яжіть в цілих невід’ємних числах рівняння: .
Відповідь: , .

Розв’язання. Нехай , .

Спочатку розглянемо рівняння за модулем : , отже при , тому повинно бути .

Розглянемо тепер рівняння за модулем : , тому повинно бути .

Таким чином ми маємо таке рівняння: , звідки випливає, що , , . Додамо одержані два рівняння: , тому , отже і система набуває такого вигляду . Віднімемо ці рівняння , де , . Оскільки , то , звідки очевидно, що і , і попередня система набуває такого вигляду . Оскільки і — цілі невід’ємні, то простий перебір для другого рівняння системи дає рівно два можливих розв’язки: або , з урахування першого рівняння залишається єдиний можливий розв’язок: . З нього легко знаходимо шуканий розв’язок: .

Залишається розглянути випадки, що оговорені на початку розв’язку.

, що суперечить міркуванням парності при натуральних , при нулях — простий перебір показує відсутність розв’язків.

. Розглянемо ці рівняння за модулем : , тому . Далі розглянемо це рівняння за модулем . При , а , і одержана суперечність показує, що . Оскільки випадок розглянутий вище, то залишається перевірити , звідки одержимо таке рівняння: маємо ще один розв’язок .

9 клас
9.1. (Анікушин Андрій) Відомо, що . Знайдіть найменше та найбільше значення виразу .
Відповідь: , .

Розв’язання. Графіком рівняння є квадрат, графіком рівняння є коло, з центром в точці і радіусом . Найменше значення виразу відповідає положенню квадрата, яке має з колом єдину спільну точку . Найбільше значення досягається тоді, коли коло дотикається зсередини сторін квадрата (рис.3).

Тому для найменшого значення очевидно, що .

Для найбільшого значення розглянемо точку , в якій коло дотикається до сторони квадрата. Бачимо, що — прямокутний та рівнобедрений, його катет — радіус кола, а тому , остаточно .
9.2. (Рубльов Богдан) За один крок дозволяється замінити трійку чисел (порядок яких не суттєвий) на трійку за наступним правилом:

, , .

Чи можливо за скінченну кількість кроків з трійки одержати:

а) трійку ;

б) трійку ?
Відповідь: в обох пунктах не можна.

Розв’язання. а) При такому перетворенні сума квадратів елементів множини за кожний крок збільшується в рази, тому на кожному кроці ні при якому .

б) Легко побачити, що фактично з трійки ми будуємо трійку чисел, які виражають подвоєні довжини медіан трикутника з такими сторонами. Добре відомо, що з медіан так само завжди можна побудувати трикутник. Але з трикутника із сторонами не існує, оскільки .
9.3. (Петровський Дмитро) Доведіть, що для довільних додатних дійсних чисел , виконується нерівність:

.
Розв’язання. З нерівності Коші — Буняковського для наборів та , де числа — додатні, випливає нерівність . Далі робимо такі перетворення: (тут ми скористаємось наведеною нерівністю) , останній перехід просто перевіряється розкриттям дужок та зведенням подібних доданків.
9.4. (Примак Андрій) Коло, вписане в трикутник дотикається до сторін , і в точках , і відповідно. Через середину відрізку проведено пряму, перпендикулярну до , через середину — пряму, перпендикулярну до , і через середину — пряму, перпендикулярно до . Доведіть, що ці прямі перетинаються в одній точці.
Розв’язання. Очевидно, що гострокутний, оскільки його кути задовольняють рівності , , . Покажемо, що проведені прямі є серединними перпендикулярами до трикутника, який є ортоцентричним до (рис.4).

Розглянемо гострокутний , та — його висоти, — середина , — середина . — дотична до описаного навколо кола. Коло з діаметром — описане навколо чотирикутника . Тоді , але , тому . Звідки серединний перпендикуляр до проходить через точку . Це й доводить наведене твердження.
Інше розв’язання. Доведемо, що справджується більш загальне твердження:

Нехай точка всередині , , та основи перпендикулярів, що опущені з точки на прямі , та відповідно. Точки , та — середини відрізків , та відповідно. , та — основи перпендикулярів, що опущені з точок , та на відповідні прямі , та . Довести, що прямі , та перетинаються в одній точці.
Скористаємо для доведення відомою лемою.

Лема Карно. Перпендикуляри в точках , та , що належать прямим , та відповідно перетинаються в одній точці тоді і тільки тоді, коли справджується рівність: .
З формули медіани для та і теореми Піфагора маємо: (рис.5)

. Випишемо аналогічні дві рівності і усі їх додамо:

, .

. (*)

Враховуючи, що

, якщо це тепер використати у співвідношенні (*), то ми одержимо, що , звідки, використовуючи лему Карно, одержимо потрібне. Легко зрозуміти, що початкова задача — це випадок, коли точка — інцентр.
10 клас
10.1. (Анікушин Андрій) Відомо, що . Знайдіть найменше та найбільше значення виразу .
Відповідь: ,

.

Розв’язання. Вираз (рис.6) буде максимальним (мінімальним) одночасно з максимумом (мінімумом) виразу , а це є рівняння кола з центром в точці та радіусом . Графіком рівняння є квадрат, що утворений прямими , . Таким чином маємо картину, що зображена на рис.6.

Отже максимальний радіус серед кіл, що перетинається з квадратом, буде мати коло, яке проходить через точку , а мінімальний — через точку . Таким чином маємо для максимуму , а тому , а для мінімуму — і .
10.2. (Жидков Сергій) На продовженні сторони паралелограма за точку вибрано таку точку , що трикутник є рівнобедреним з основою , а на продовженні сторони за точку вибрано таку точку , що рівнобедреним з основою є трикутник . Бісектриси кутів та перетинаються в точці . Знайдіть радіус описаного навколо трикутника кола, якщо і .
Відповідь: .

Розв’язання. Оскільки трапеція рівнобічна, то точки лежать на одному колі, аналогічно на одному колі також лежать і точки , таким чином усі п’ять точок лежать на описаному навколо колі . Діагоналі трапецій і рівні, оскільки одна з них спільна, тому і — рівнобедрений.

Оскільки бісектриса рівнобедреного (рис.7), то і , тому і , аналогічно , звідки точки лежать на одному колі, і це коло . Оскільки кути та спираються на однакові хорди , то і . За теоремою синусів для маємо: .
10.3. (Крижанівський Олег) Розглянемо усі можливі послідовності цілих невід’ємних чисел, такі, що , та для усіх від до . Доведіть, що таких послідовностей:

а) більше, ніж ; б) більше, ніж .
Розв’язання. а) Спочатку побудуємо різні різних послідовностей, які задовольняють умови задачі. В усіх послідовностях покладемо . Для кожної наступного елементу послідовності покладемо його або „на більше“, або „на більше“, ніж попередній. Таким чином ми маємо різних послідовностей. ММІ легко показати, що у кожної з цих послідовностей . Для доведення строгої нерівності достатньо навести приклад принаймні однієї послідовності. Яка не входить у наведений перелік послідовностей, але задовольняє умови задачі. Наприклад, це може бути така послідовність: .

б) Назвемо гарною довільну неспадну послідовність цілих невід’ємних чисел , яка задовольняє умову , . Зауважимо, що довільна гарна послідовність довжини можна одержати з гарної послідовності довжини , якщо додати член , який задовольняє таку подвійну нерівність: . Так само і навпаки, достатньо відкинути останній член у послідовності довжини і ми одержимо гарну послідовність довжини .

Позначимо кількість гарних послідовностей довжини через . Очевидно, що можна побудувати щонайменше дві різні гарні послідовності довжини , якщо покласти очевидні припустимі можливості для : це чи . Аналогічно, якщо продовжити міркування легко одержати такі нерівності: .

Тепер достатньо обчислити кількість послідовностей при малих значеннях . Очевидно, що , оскільки так послідовність лише одна: . Так само просто одержати, що , бо гарними є такі послідовності: та . Тому вже маємо оцінку , але цього поки що недостатньо. Для одержання послідовностей довжини бачимо, що можна додати третім елементом до одне з чисел , а до — , тобто і . Далі просто треба продовжити обчислення кількості гарних послідовностей при малих : , , , тобто усього різних гарних послідовностей, тому і .

З цих гарних послідовностей одна закінчується на , тому дописати можна , три — на , можна дописати , п’ять — на , можна дописати , п’ять — на , можна дописати . Тому усього — , звідки вже маємо доведену першу оцінку: .
10.4. (Рубльов Богдан) Розглянемо усі зростаючі геометричні прогресії. Серед них виберемо такі, які мають максимальну кількість спільних елементів з множиною . Знайдіть значення .
Відповідь: .

Розв’язання. Нехай одна з прогресій , для якої досягається шуканий максимум має нульовий член і знаменник . Вона має перетин з множиною , нехай — найменше число з , яке належить прогресії. Тоді можна визначити нову прогресію з першим членом та тим самим знаменником . У неї стільки ж членів, які належать множині , тому її можна розглянути в якості початкової. Нехай наступний член з множини , який міститься в прогресії дорівнює , тобто в новій прогресії , , де — нескоротній дріб і .

Покажемо, що при . Методом від супротивного, нехай — також нескоротній дріб. Тоді . Тоді , звідки зрозуміло, що і . Дійсно, і навпаки . Оскільки , то і , а тому , що суперечить умові, що першим натуральним числом після буде .

З доведеного випливає, що раціональними членами обраної геометричної прогресії можуть бути лише члени такого набору: , , ,..., тому можемо вибрати і розглянути вже таку прогресію з цілим першим членом та раціональним знаменником, де — нескоротний дріб.

Серед усіх прогресій з цілими знаменниками найбільший перетин з очевидно має прогресія , яка має 11 спільних точок — це степені двійки: 1, 2, 4,..., 1024. припустимо, що існує прогресія з раціональним показником, яка має більше спільних цілих точок., нехай це буде прогресія . Зрозуміло, що якщо буде цілим , тобто , то цілими будуть і усі попередні , . Таким чином, якщо прогресія буде мати принаймні 12 спільних точок, то у неї цілим повинно бути , але це означає, що . Оскільки , то , тому і — одержана суперечність завершує доведення твердження, що більше ніж 11 спільних членів не може мати зростаюча геометрична прогресія з множиною .
11 клас
11.1. (Маліцький Юрій) При яких значеннях параметра рівняння має єдиний розв’язок? Знайти цей розв’язок.
Відповідь: при , .

Розв’язання. Графік функції при зображено на рис.8. Зрозуміло, що рівняння може мати єдиний розв’язок лише при умові і (рис.9).

Таким чином для нашого рівняння повинні виконуватись одночасно такі умови , . Спільним розв’язком цієї системи будуть значення , і .
11.2. (Рубльов Б., Торба С.) Знайдіть усі функції , такі що для будь-яких дійсних та виконується умова:

.
Відповідь: .

Розв’язання. Зробимо підстановку , де — довільне дійсне число, тоді одержимо, що . Бачимо, що ліва частина не змінилася, а перед правою з’явився знак мінус. Отже, при всіх та повинно виконуватись , звідки при всіх .

Зробимо підстановку , . Отримаємо: , оскільки , то й . Очевидно, що функція тотожній нуль задовольняє умову.
11.3. (Шепельська Варвара) Дано трикутник всередині якого існує така точка , що та . Точки і — середини сторін і відповідно. Доведіть, що кут — прямий.
Розв’язання. Розглянемо сторону , побудуємо ній коло як на діаметрі. За умовою задачі точка повинна знаходитись на цьому колі. Побудуємо коло рівне колу , яке перетинається з колом по відрізку . За умовою про рівність кутів, точка повинна лежати на колі , зрозуміло на якій саме дузі цього кола (рис.10). Проведемо пряму до перетину з колом в точці . Тоді трикутники і рівні прямокутні трикутники. Оскільки — діаметр кола , то — діаметр кола тому кут — прямий. Розглянемо гомотетію і позначимо коло . Очевидно, що , , . Оскільки коло проходить через точки , то коло проходить через точки і — діаметр цього кола. Тому — прямий.

11.4. (Петровський Дмитро) Знайти кількість розв’язків у натуральних числах рівняння

,

де через та позначені, відповідно, НСК та НСД натуральних чисел та
Відповідь: розв’язків нескінченно багато.

Розв’язання. Нехай , , , де — попарно взаємно прості числа. Тоді рівняння набуває такого вигляду: . Якщо , то . За таких умов маємо розв’язком таку трійку .

Залишається показати, що існує нескінченно багато трійок натуральних чисел для яких справджується рівність: . Позначимо , , тобто треба показати, що рівняння має нескінченно багато розв’язків в раціональних координатах. Одна точка є — це . Виберемо раціональне , тоді пряма перетинає криву (еліпс) ще в одній точці окрім , яка за теоремою Вієта є раціональною.

м. Дніпропетровськ

25 березня 2008 року




На виконання завдання відводиться 4 години

Кожна задача оцінюється в 7 балів

Користування будь-якими електронними засобами забороняється




Результати, умови, перебіг подій олімпіади можна буде знайти в Інтернеті за адресою:

www.matholymp.kiev.ua або www.matholymp.org.ua