Избранные задачи зарубежных математических олимпиад: олимпиады США

60

Избранные задачи
зарубежных
математических
олимпид:
Олимпиды США

Mathematical equations of limits and their applications in the history of mathematics. In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

1. Centricity of 1971 года. American mathematical society, mathematical obsession, primary research on exegetic homogeneous non-normalized mathematical equations. Atбор учетников национальной mathematical equations. В последние годы первым туром служат ежедневные «Экзамены по математике американской средней школи» (EHSME), проводимые на местах и доступные всем учащимся. Так, в 1985 году эти экзамены проводились в февраль, и в них приняли участие более 380 000 человек. Вторым туром служит «American mathematical exclamation» (AIME). Этот экзамен состоит из пятнадцатей вопросов и диттяся $2^{1/2}$ часа. В 1985 году на этот экзамен были приняты 932 учащихся, получившие на EHSME более 95 баллов из 150 возможных. Лучшие учетники AIME (в 1985 году — это 64 человек, правильно ответившие более чем на 10 вопросов) и допускают на заключительный тур национальной mathematical equations.

Участники, занявшие первые всемы мест, принялиются в Вашингтон на торжественное трехдневное заведение, проводимое под эгдиной Национальной академии наук США.

Первая национальная математическая equation was developed in 1972 года.

Задчип первых трех национальных equations США приведены в книге: Морозова Е. А., Петроков И. С., Сковорцов В. А. Международные математические equations. М.: Просвещение, 1976.

Ниже мы приводим несколько задач последующих equations.

1. (1973 г.). Девять отмеченных точек расположены внутри единного квадрата. Докажите, что среди них найдутся три, которые либо лежат на одной прямой, либо являются вершинами треугольника с площадью, не превысading 1/8.

2. (1975 г.). Пусть $A, B, C, D$ — четыре точки в пространстве. Докажите, что

$$AC^2 + BD^2 + AD^2 + BC^2 \geq AB^2 - CD^2.$$

3. (1976 г.). Найдите решения уравнения в целях числа $a, b, c$:

$$a^2 + b^2 + c^2 = a^2 b^2.$$

4. (1978 г.). Целое число $n$ называем хорошим, если его можно представить в виде $n = a_1 + a_2 + ... + a_k$, где $a_1, a_2, ..., a_k$ — натуральные числа (не обязательно различные), удовлетворяющие соотношения $\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ... + \frac{1}{a_k} = 1$.

Известно, что натуральные числа 33, 34, …, 73 — хорошие. Докажите, что все натуральные числа, не меньше 33, являются хорошими.

5. (1979 г.). В некоторых организациях имеется $n$ человек ($n \geq 5$), а также $n + 1$ комитетов, состоящих из трех человек, причем в разных комитетах составы учетников не одинаковы. Докажите, что найдется два комитета сровно одним общим участником.

6. (1980 г.). Найдите максимальное число трехленных аргументических прогрессий, которые могут быть выбран из последовательности чисел $a_1 < a_2 < ... < a_n$.

7. (1980 г.). В терраде вписана сфера, которая касается граней террада в их центрах тяжесте (то есть в точках пересечения медиан). Докажите, что терраде — правильный.

8. (1980 г.). Найдите все числа $a_0$, для которых бесконечная последовательность ($a_n$), определяная равенствами $a_n = 2^{n-1} - 3a_{n-1}$ при $n = 1, 2, 3, ...$, строго возрастает, то есть $a_{n-1} < a_n$ при всех $n$.

9. (1981 г.). Дан угол, величины которого равна $\frac{180^\circ}{n}$, где $n$ — натуральное число, не делается на 3. Докажите, что (значая $n$) можно разделить этот угол на три равных угла только с помощью циркуля и линейки.

10. (1981 г.). Даны $n$ точки, никакие четыре из которых не лежат в одной плоскости. Пусть $A$ — множество всех террадров с вершинами в этих точках. Плоскость $a$ не содержит ни одной из данных точки. Докажите, что среди всех сегейтров из множества $A$ плоскостью $a$ чет孵угулников не более чем $n^2(n-2)^2$.

11. (1982 г.). В обществе, состоящем из 1982 учеток, среди любой группы из четырех учеток есть по крайней мере один, кто знаком с остальных триями. Каково наименование коллектива людей, которые знаком со всеми?

12. (1984 г.). Математическая equation is solved in two ways. First, the solution is found using a linear equation, and second, using a quadratic equation. The second method is more efficient, as it requires fewer steps and less computational effort.

13. (1985 г.). В пространстве данных четырех чисел, что из шести попарных расстояний между ними не более двух превышают 1. Найдите максимальное возможное значение суммы всех этих шести расстояний.

Публикацию подготовили М. Л. Ситников, Г. А. Тоноян

61

Урок одной задачи

3. Поскольку векторы $\vec{BC}$ и $\vec{AD}$ сопправлены, существует гомотетия с центром в точке $E$ (см. рис. 2 с. 23) и коэффициент $k_1 = BC:AD$, при котором
   $$H_0^{k_1}:BC \rightarrow AD, B \rightarrow A, C \rightarrow D, F \rightarrow H.$$
   Следовательно, точки $E, F, H$ лежат на одной прямой $EF$. Поскольку векторы $\vec{BC}$ и $\vec{DA}$ противонаправлены, существует гомотетия с центром $O$ и коэффициент $k_2 = -OB:OD$, при которой
   $$H_0^{k_2}:BC \rightarrow DA.$$
   Следовательно, точки $O, F, H$ принадлежат прямой $OH$. Приемые $EF$ и $OH$ имеют две общие точки $(F, H)$, следовательно, они совпадают.
4. На прямой $AK$ выберем произвольную точку $X$ (рис. 1), соединим ее с точкой $C$ и с точкой $B$. Примяя $KC$ пересекает $XB$ в точке $O$, через точки $A$ и $O$ проведем прямую $AO$, которая пересечет отрезок $XC$ в точке $E$. Отрезок $KE$ — искомый.
5. Учитывая построения, рассмотренные в задаче 5, найдем отрезок длиной $y$, чтобы
   $$\frac{1}{y} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}.$$
   Затем строим отрезок длиной $x$, чтобы
   $$\frac{1}{x} = \frac{1}{y} + \frac{1}{b}.$$
6. Пусть $m$ и $n$ — данные параллельные прямые, $P$ — данные точка. Производим построения, показанные на рисунке 2: проводим через точки $P$ — произвольную прямую, которая пересечет параллельные прямые в точках $D$ и $A$, $X$ — произвольная точка, принадлежащая прямой $AP$. Проводим через эту точку произвольную прямую — получаем точки $C$ и $B$. Затем проводим $AC$ и $BD$ — получаем точку $K$, проводим $KX$, получаем точку $H$ — середину $AB$, затем проводим $CP$ — получаем точку $E$, прямая $DE$ пересечет $BX$ в точке $L$, прямая $PL$ искодая.
7. Построение показано на рисунке 3, на котором номера указавются построением $Epriancона$ — показано на рисунке 4.

Избранные школьные задачи

1. a) Воспользовитесь очевидными неравенствами:
   $$a^2 \geq a^2 - (b - c)^2,$$
   $$b^2 \geq b^2 - (c - a)^2,$$
   $$c^2 \geq c^2 - (a - b)^2.$$

6. Воспользовитесь формулами $R = \frac{abc}{4S}$, $r = \frac{2S}{a + b + c}$, где $S = \frac{1}{4} \sqrt{(a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a)}$, и задачей 1, a).
   Равенство достигается в случае равностороннего треугольника.

2. $x^6 + 2x^4 + 2x^3 + x^2 + 2x - 1 = (x^3 + x + 1)^2 - 2$. Отсюда наименьшее значение данного многочлена равно $-2$ (когда $x^3 + x + 1 = 0$). (Интерес представляется тот факт, что наименьшее значение определять можно, а соответствующое значение $x$ — нельзя.)
3. $n^4 + 64 = (n^2 + 8)^2 - 16n^2 = (n^2 + 4n + 8)(n^2 - 4n + 8)$.
4. Одно решение находится подбором: $100 + 27 + 1 = 128$, то есть $x = 10, y = 3, z = 1$.

Pис. 1.
Pис. 3.
Pис. 2.
Pис. 4.

62

t=2. После этого найденные x, y, z, t умножаем соответственно на $n^{105}$, $n^{70}$, $n^{42}$ и $n^{30}$ (n — любое натуральное число). Таким образом, любой набор {10$n^{105}$; 3$n^{70}$; $n^{42}$; 2$n^{30}$}, $n\in N$, дает решение данного уравнения.

5. Утверждение задачи вытекает из равенства площадей треугольников ABN и AMC (рис. 5);
   $$S_{ABN} = S_{AMC} = \frac{1}{k+1} S_{ABC},$$ где $k=AM:MB$.

6. Сложив почленно уравнения системы, после несложных преобразований получим
   $$(x-y)^2 + (x-z)^2 + (y-z)^2 = 0.$$
   Отсюда находится решение: $x=y=z$.

7. a) Воспользовитесь формулами:
   $$a=2R \sin \alpha, b=2R \sin \beta, c=2R \sin \gamma$$
   (R — радиус окружности, описанной около треугольника ABC) и тем, что $\sin(\alpha+\beta)=\sin \gamma$.

6. $$\sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}} =$$
   $$\sqrt{\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}} = \sqrt{\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}} \leqslant \frac{a}{2\sqrt{bc}}.$$
   Аналогично
   $$\sin \frac{\beta}{2} \leqslant \frac{b}{2\sqrt{ac}}, \sin \frac{\gamma}{2} \leqslant \frac{c}{2\sqrt{ab}}.$$
   Таким образом,
   $$\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2} \leqslant \frac{1}{8}.$$
   Найбольшее значение равно $\frac{1}{8}$ и достигается в случае равностороннего треугольника.

8. Поскольку $k^5+3=(k^3-k)(k^2+1)+k+3$, $k^5+3$ делится на $k^2+1$, когда $k+3=0$, то есть $k=-3$. Однако при небольших $k$ может получиться, что на $k^2+1$ делится и $k+3$. Поэтому необходимо проверить, что будет при $|k|<-3$ ($k\in Z$). Нетрудно убедиться, что подходят также значения $k=-1$, 0, 1 и 2. Ответ: {-3; -1; 0; 1; 2}.

9. Поскольку углы $P$ и $N$ — прямые, вокруг четырехугольника MPCN можно описать окружность диаметром MC (рис. 6). Поэтому $PN=MC \cdot \sin C$, так что отрезок $PN$ будет иметь минимальную длину тогда, когда будет минимальным отрезок MC, то есть когда MC — высота треугольника ABC. Поэтому искомое положение точки $M$ на AB — это основание высоты, опущенной из вершины C.

10. Убедитесь, что на каждом из промежутков $]-\infty; 0]$, $]0; 1[$, $[1; \infty[$ функция $f(x)=x^{10}-x^7+x^2-x+1$ положительная.

11. Поскольку дискриминант уравнения равен $$\sin^2 xy-1,$$ уравнение имеет решение только в случае $$\sin^2 xy=1,$$ то есть $$\sin xy=\pm 1.$$
    Позотому $x=\pm 1$, $y=\pi/2+\pi k$, $k\in Z$.

12. Воспользовавшись представлением
    $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)} =$$
    $$=\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}+\frac{D}{k+3},$$
    доказите равенство
    $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)} =$$
    $$=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{k}-\frac{3}{k+1}+\frac{3}{k+2}-\frac{1}{k+3}\right).$$
    Искомая сумма равна $$\frac{1}{6}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}+\frac{2}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right).$$

13. Воспользовайте тожеством
    $$tg \alpha tg \beta = \frac{tg \alpha-tg \beta}{tg(\alpha-\beta)}-1.$$

14. Положив $\sqrt{2-x}=a$, $\sqrt{x-1}=b$, получите равnocльную систему:
    $$2-x=a^3, x-1=b^2, a=1-b, b\geqslant 0,$$
    откуда
    $$b^2+1=2-(1-b)^3.$$
    Корни этого уравнения $b_1=0$, $b_2=1$, $b_3=3$. Корни данного уравнения $x_1=1$, $x_2=2$, $x_3=10$.

15. Из подобия треугольников CEH и CHA (H и E — точки пересечения продолжей высоты с соответствующими полукружностями)
    $$HC:EC=AC:HC.$$
    Наконец, из подобия треугольников CDF и CFB
    $$CF:CD=BC:CF.$$
    Позотому
    $$HC^2(2)=EC \cdot AC(1)=DC \cdot BC(3)=CF^2.$$
    Равенство остальных пар отрезков устанавливается аналогично.

Сколько величины?

1. 12 кроилков и 23 фазана.
2. 100 стары баранов и 12 молоды.
3. Рулон белого сухна стонт 7 р., черного — 11 р., красного — 8 р., зеленого — 6 р., лазорево — 7 р.
4. 5 мужчин, 1 женщина, 6 детей.

Пени переменного тока

1. $v=1/(2\pi RC); U_{bix}/U_{bx}=1/3.$
2. $I_m=U_m/(\omega L)=U_m\sqrt{C/L}=0,1$ A.

63

Избранные задачи загубежных математических описаний: описания СИА

1. Разобъем данный квадрат на четыре квадрата средними линейми. Хотя бы один из получившихся квадратов будет содержать по меньшей мере три отмеченные точки, и любые три точки, лежащие в одном маленьком квадрате, удовлетворяют условиям.

2. Обозначим векторы $\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}$ через $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$. Тогда доказываем неравенство принимает вид
   $$\vec{c}^2 + (\vec{d} - \vec{b})^2 + \vec{d}^2 + (\vec{c} - \vec{b})^2 \geq \vec{b}^2 + (\vec{d} - \vec{d})^2$$
   после раскрытия скобок и перегруппировки слагаемых получаем
   $$(\vec{c} + \vec{d} - \vec{b})^2 \geq 0.$$

3. Очевидно, что $a = b = c = 0$ — решение. Покажем, что других решений нет. Квадрат любого числа имеет остаток 0 или 1 отделения на 4. Из нашей равенства поэтому следует, что числа $a^2, b^2, c^2$ делятся на 4; значит, числа $a, b, c$ делятся на 2. Положим $a = 2a_1, b = 2b_1; c = 2c_1$. Имеем
   $$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 = 4a_1^2 b_1^2.$$
   Теперь видно, что числа $a_1^2, b_1^2, c_1^2$ делятся на 4; полагаем $a_1 = 2a_2, b_1 = 2b_2, c_1 = 2c_2$, получаем
   $$a_2^2 + b_2^2 + c_2^2 = 16a_2^2 b_2^2.$$
   Продолжая такие рассуждения, находим, что $a, b$ и $c$ делятся на $2^n$ при любом $n$.

4. Достаточно доказать, что если число $n$ хорошошее, то хорошоими являются числа $2n+2$ и $2n+9$. Доказательство первого: если $\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_k} = 1$, то $\frac{1}{2a_1} + \dots + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{2} = 1$.

Доказательство второго: если $\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n} = 1$, то $\frac{1}{2a_1} + \dots + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$.

5. Основная lemma: если из нескольких компонентов, охватывающих не менее пятей целых, любые два компонента имеют двух общих членов, то существует два целых целых.

6. Число $a_k$ может быть средним членом не более чем $min(k-1, n-k)$ трехленичных арифметических прогрессий. Поэтому общее число трехленичных арифметических прогрессий не может быть больше чем сумма
   $$0 + 1 + 2 + \dots + \left[ \frac{n-1}{2} \right] + \dots + 2 + 1 + 0.$$
   Эта сумма равна $\frac{n}{2} \left( \frac{n}{2} - 1 \right)$ при четном $n$ и $\left( \frac{n-1}{2} \right)^2$ при нечетном $n$. Это и есть ответ, поскольку именно только трехленичных арифметических прогрессий содержится в последовательности 1, 2, 3, …, $n$.

7. Расстояния от вершины трехгранного угла tetrahedра до точки касания сферы с гранями этого угла равны; в то же время эти расстояния равны 2/3 длины соответствующих медиан. Поэтому медианы граней tetrahedра, выходящие из одной вершины, равны. Расстояния от середины ребра tetrahedра до двух точек касания сферы с гранями, прилегающих к этому ребру, равны; в то же время эти расстояния равны 1/3 длины соответствующих медиан. Поэтому медианы грани

64

Рис. 8.

ния сухое вещество стало составлять 4/10 веса грибов. Отсюда вес грибов равен 10x/4, а вес воды равен 6x/4. Из условия 9x — 6x/4=15, откуда x=2. Следовательно, первоначальный вес грибов равен 20 кг.
2. См. рисунок 8.
3. Пусть n — количество этажей в доме, l — количество подъездов до подъезда, в котором живет Коля, k — количество подъездов до подъезда, в котором живет Витя. Тогда из условия получаем систему
$$\begin{cases} 83=4nl+16+3, \\ 169=4nk+8+1. \end{cases}$$
Из первого уравнения следует, что nl=16, из второго уравнения — что nk=40. У чисел 16 и 40 четые общих делители: 1, 2, 4, 8. Поскольку известно, что Коля живет на 5-м этаже, n≥5; следовательно, n=8.

Шахматная страница (см. «Квант» № 6)

Задание 11 (Э. Погосяниц). 1. Кpf3! Кpg1
2. Кре2 К:b2 (2…Kf2 3. b4 Ke4 4. b5 Kd6 5. b6 Kpg2 6. Kpd3 Kpf3 7. Kpd4 и т. д.)
3. Kpd2 Kpf2 4. Kpc2 Kpe3 5. Kp:b2 Kpd4 6. Kpa3 Kpc5 7. Kpa4 Kpb6 8. Kpb4 и оппозиция завоевана.

Задание 12 (Э. Погосяниц). 1. Kg1 Kpg2 (1…Kpf2 2. Cc5+) 2. Ke2 (2. Cc5 Лlc4 с ничей) 2…Je4 (2…Kpf3 3. Kc1 h5 4. c7 h4 Kd3 Лg8+ 6. Kpd7 h3 7. Cd6 Лg7+ 8. Kpc6 Лg8+ 9. Kpb7 Kpg2 10. Kf4+ Kpg3 11. Kg6+ Kpg2 12. Kh4+ и пешка черных обезврежена) 3. Кс3 (3. Кc1? h5 4. Kd3 h4 5. Cd6 h3 6. Kf4+ Kpg3 7. Kg6+ Kpg2 с ничей) 3…Je4 4. Kd5! Л:c6+ 5. Kpb7. Доминация! Черная ладья поjmана почти на пустой доске. 5…Лc4(c2) 6. Ke3+; 5…Лe6(g6) 6. Kf4+.

Главный редактор — академик Ю. А. Осипьян
Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. Колмогоров
Заместители главного редактора: А. А. Леонович, В. А. Лешковцев, Ю. П. Солловев

Редакционная коллекция: А. А. Абрикосов, М. И. Башмаков, В. Е. Белонучкин, В. Г. Болтянский, А. А. Боровой, Ю. М. Брук, В. В. Вавилов, А. А. Варламов, Н. В. Васильев, С. М. Воронин, В. В. Гнеденко, В. Л. Гутенхахер, Н. П. Долбилин, В. Н. Дубровский, А. Н. Земляков, А. Р. Зильберман, С. М. Козел, С. С. Кротов, Л. Д. Кудрявцев, Е. М. Никищин, С. П. Новиков, М. К. Потапов, В. Г. Разумовский, Н. А. Родина, Н. Х. Розов, А. П. Савин, Я. А. Смородинский, А. В. Сосинский, В. М. Уроев, В. А. Фабрикант

Редакционный совет: А. М. Балдин, С. Т. Беллев, В. В. Буховцев, Е. П. Великов, И. Я. Верченko, Б. В. Воздиженский, Г. В. Дорофеев, Н. А. Erмолаева, А. П. Erшов, Ю. В. Иванов, В. А. Кириллин, Г. Л. Коткин, Р. Н. Кузьмин, А. А. Логунов, В. В. Можаев, В. А. Орлов, Н. А. Патрикева, Р. З. Сагдеев, С. Л. Соболев, А. Л. Стасенko, И. К. Сурин, Е. Л. Сурков, Л. Д. Фаддеев, В. В. Фирсов, Г. Н. Яковлев

Номер подготовки:
А. А. Варламов, А. Н. Виленкин,
А. А. Егоров, И. Н. Клумова, Т. С. Петрова,
А. В. Сосинский, В. А. Тихомирова

Номер оформления:
Ю. А. Ващенко, М. В. Дубах, С. В. Иванов,
Д. А. Крымов, Н. С. Кузьмин, Э. В. Назаров,
А. М. Помагрева, И. Е. Смирнова,
П. И. Чернукий

Заведующая редакция Л. В. Чернова

Редактор отдела художественного оформления
С. В. Иванов

Художественный редактор Т. М. Макарова

Корректор Т. С. Вайсберг

103006 Москва К-6,
ул. Горького, 32/1, «Квант»,
тел. 250-33-54

Сдано в набор 18.07.86. Подписано к печати 18.08.86.
T-11649 Вумала 70×108/16
Печать офсетная. Усл. кр.-отт. 23,8
Усл. печ. л. 5,6 Уч.-изд. л. 7,30
Тираж 195427
Цена 40 коп. Заказ 1920

Ордена Трудового Красного Заменини
Чеховский полигraphический комбинат
ВО «Союзоплгафир»
Государственное комитета СССР
по делам издаелств, полигraphии
и книжной торговли
142300 г. Чехов Московской области