РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

Главная страница Математические олимпиады.
Сборники Математики Скачать бесплатно

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно). Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:

Перемножив эти равенства почленно, получим:

И. tgi- tgX tg eta X= te i- tc -^= Pi P2 ё 2 b 2 ё 2 ° 2 6 2 ь 2 p
Утверждение доказано.
л л л- 1
то. л„= 2 дп= 2 Дг-1= 2 Х/Л А = О fc = О k = о
Л- 1
Вц—1= 2 k = о
Значит, Л„_1 = Л „—х„ал, Д„ _ 1 = Д„— Пусть а>Ь. Тогда
ак>Ьк и для ЛК)бого k ~ ^ l . Так как xk > 0 для k — n
и k = n— 1 и / (й ^ 0 для k — ^ n—2 , то из последних неравенств
ft
следует, что ^ ^ ( 7 — р — ) < 0 . а значит,
П П v Хп~ь / v хп- Ф ^ jL* ъь
i—k
k=o fc= 0
Отсюда следует, что ft2 = 0х п—к аП * fc2—] 0хп — к&п *
< Я ЬЛ
Л В ап Ъп т. е. и, значит, -т— > -к—, что равносильно неравенству а о л„ п п
х ап х 6^
1 — j— < 1 — jr—, а последнее преобразуется к виду
Лп—1 ^ Вп —1
Пусть Лп — 1 ^ В„ — 1 < . Проведя все рассуждения в обратном
порядке, получим: £ *п_й (-2 — 2 ) < 0 .

130 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

Так как xn_k ^ 0, причем хпФО и хп_1ФО, то неравенство возможно
только при а > Ь.
71. а) По условию аА^ 1 , аА_1 ^ а А. Значит, 1—ak
следовательно,
Докажем, что Ьп < 2.
— V — r = = 2 =
At ? V а * / V V *T i Oft (2 V ak) ^ АУ 1 аА( V ^ k + * 4 — i )
По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом
Vak — 1
ak
имеем:
П
— r L = > 2 Y i — ^ . _ U = 2 l / — L
У о А_ х г аА К а * — ! г ак
Ьп < 2 ———-7 = 1 = 2 ( ~ 7 = ——-7 = 1 = 2 ( fctl \ Vak-i Vak) VK«o K<W \1 ———K—-7<W= 1 < 2 *
в) Докажем, что последовательность an = qn, q > 1 удовлетворяет
условию задачи.
Действительно, а0 = 1 , аА > ак_17 так как q> 1. Преобразуем
Ьп, используя формулу суммы п членов геометрической
прогрессии
По условию с < 2, поэтому существует такое Л/, что с < АТ < 2
^например, ЛГ = —y — j • Выберем q так, чтобы ^ ~ г — = АТ, т. е.
возьмем Y q = * ^ 4— ; при 0 < М < 2 , как легко прове-
1+ К * -M /И ^ , , Л— ^ ^ . рить, ■ 2М > 1 , т. е. у q > 1 , а значит, q > l .

131 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

n>iV bn > с. Тождественными преобразованиями неравенства
Ьп > с, где
72. Среди 6 последовательных натуральных чисел по крайней
мере одно должно делиться на 5. Если эти числа обладают указанным
в задаче свойством, то, значит, два из них делятся на 5.
Такими числами могут быть п и п + 5.
Покажем, что произведение любых двух чисел больше каждого
из остальных. Для этого достаточно показать, что n (n — f 1) >
> я + 5. Действительно, разность n ( n — f l )—(п + 5) = п2—5 при
п > 5 всегда положительна. Следовательно, n ( n + 1) > п + 5. Из
этого следует, что каждое произведение содержит ровно 3 сомножителя.
В таком случае имеется 6 возможностей объединения
6 чисел в 2 произведения, учитывая, что меньшее число п и
большее п + 5 должны входить в разные произведения (вследствие
их кратности числу 5).
1 ) n (ti -f-1 ) (n -f-2 ) и (n -f-3) (n -f-4) (n -f-5);
2) n (n -f-1) (n -f-3) и (n -f-2) (n -j- 4) (n -j- 5);
3) n (n -(- 1) (n -)- 4) и (ti —(— 2) (/r —(— 3) (n -(- 5)j
4) n (n -f 2) (n -f 3) и (n -f l) (n- f 4)(n -f 5);
5) n(n + 2)(n + 4) и (н-f l) (n — f 3 ) (n — f5);
6 ) ti {ti 3) (h -(- 4) и (/i -(- 1) (ti -)- 2) (m -)- 5).
Случаи 1)—5) невозможны, так как каждый из сомножителей
второго произведения больше соответствующего сомножителя
первого произведения, а следовательно, все второе произведение
больше первого произведения.
откуда п > logq (л;_ ср .
получ
о, т. е. можно положить
Л
Покажем, что и случай 6 ) невозможен.
Пусть п (п + 3) (n+ 4 )= (n + 1) (/г +
+ 2)(п + 5). Тогда п3 + 7п2 +12п =
= n 3 -j-8 n2 -f- 17n-f 10 не имеет действительных
корней. Поэтому не существует
положительных чисел, обладающих
указанным в задаче свойством.
В Л AED, так как АЕ _|_ ВС и DOJ^BC и,
следовательно, ВС _]_ AD (рис. 44).

132 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

Докажем, что плоские углы при вершине D прямые. DB J DC—
по условию, DC J_ АВ как противоположные ребра тетраэдра,
следовательно, DC _]_ пл. ABD и, следовательно, DC J_ AD.
Аналогично доказывается, что AD _|_ DB.
Теперь в исходном неравенстве, выразив правую часть через
| АВ |, | ВС\ и | АС\: | AD |2-f \BD |2= | АВ |2, | AD |2-f | CD |2= | АС |2
и | BD |2 + 1 CD |2 = j ВС |2, получим
(| АВ | + | ВС\ + \АС\У < 3 ( | AB\z + \ АС |2 + |В С |а),
что эквивалентно неравенству
\АВ\*+\ВС |2 _ | ЛД[. |ДС|+ Mg l2 + i i c l2_ _ | АВ\- \АС\ +
+ |БС|2+ И С|1 — | д с | . | Л С |> 0 ,
последнее очевидно, так как — ^ a b .
Равенство достигается при | АВ | = | ВС\ = \ С А |.
7 4 . Лемма. Если имеется 5 точек, никакие три из которых
не лежат на одной прямой, то можно выбрать не менее трех
неостроугольных треугольников с вершинами в этих точках.
Пусть выпуклая оболочка этих точек—треугольник. Тогда
внутри треугольника будут лежать две из пяти точек, пусть,
например, точки D и Е (рис. 45). Тогда каждая из этих точек
служит вершиной трех треугольников и, по крайней мере, два из
них неостроугольные. Следовательно, в этом случае всего не менее
четырех неостроугольных треугольников.
Пусть выпуклая оболочка пяти точек—выпуклый четырехугольник
(рис. 46). Тогда, по крайней мере, один треугольник
с вершиной в этих точках неостроугольный. Одна из пяти точек,
например Е, лежит внутри четырехугольника, а значит, внутри
одного из треугольников (на диагонали она лежать не может,
гак как по условию никакие три точки не лежат на одной прямой).
Пусть Е лежит внутри треугольника АВС. Значит, по крайней
мере, два из трех треугольников АВЕ, ВЕС, ЛЕС неостроугольные.
Следовательно, всего не менее трех неостроугольных
треугольников.

133 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

Пусть, наконец, выпуклая оболочка—выпуклый пятиугольник.
Сумма углов выпуклого пятиугольника равна 180°- 3 = 540°.
В этом случае по крайней мере два угла пятиугольника неострые.
Пусть вершины двух неострых углов прилежат к одной стороне.
Например, к АВ. Рассмотрим четырехугольник BCDE
(рис. 47). Хотя бы один из его углов неострый. Значит, и в этом
случае найдутся хотя бы три неостроугольных треугольника.
Пусть вершины неострых углов Л и С не прилежат к одной
стороне (рис. 48). Тогда рассмотрим четырехугольник ACDE.
Хотя бы один из его углов неострый. Значит, и в этом случае
имеется хотя бы три неостроугольных треугольника.
Лемма полностью доказана.
По доказанной лемме из 100 точек можно выбрать 3-Cf00 не-
остроугольпых треугольников. Но один и тот же треугольник
можно составить из разных пяти точек, т. е. он войдет в Cjj, пятков
точек. Таким образом, неостроугольных треугольников можно
3-С5 выбрать не меньше чем — 21с°- , а всего треугольников Ci00. Зна-
С8 7
3 — с 5 чит, остроугольных не больше С?00—— 210”- . Отношение их числа
С р 7
к общему числу треугольников будет равно
/-’3 З -Cioo . /-.а 1 3-Cjtoo
*-100 .«-10 0— 1 Г2 г з 3
и 8 7 J О<)7 О 1 0 0
3 -1 00 -9 9 -9 8 -9 7 -9 6 -I-2 -I-2 -3 . 3
1 -2 -3 -4 -5 -9 7 -9 0 -1 0 0 -99-98 — То ^ и »7 »
что и требовалось доказать.
7 5 . Докажем справедливость утверждения при п= 3. Преобразуем
левую часть неравенства
(at—аг) (а— а3) + (а2—a j (а3—а3) + (а3—,a j (а3—а2) =
е= al—axa 3—а хаа -f а2а3 + а\—а2а3 —axa2 + ага3 + а\— а2а3 —
—a1a3-{-a1a2==al—ala3- — a 1a2 + al— a2a3 + al=>
= у ((«х—«2)а + (а2—а3)2 + (а3— аг)*).

134 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

а2, а3 неотрицательно. Таким образом,
при п = 3 утверждение справедливо.
При п — 5 применим следующее рассуждение.
В силу симметричности левой
части относительно at и af (i ф j)
можно, не ограничивая общности, считать,
что at ^ а 2^ а 3 ^ а 4 ~^аъ. В таком случае
ак—а2 0 , аг—а3 а2—а3 О,
ai—CLt ^ а2—ai ^ 0 .
ах—аъ ф а2—а5 ф 0 ;
так что (аг—a^ (at—а3) (aY—о2)(аг—
—о5) + (а2—а^{а2—as)(a2—а,)(а2—о6)> 0 . А1
Аналогично
(ai—a1)(ai—ai){ai—a3)(ai—a5)+ Рис- 49
+ (a6—a1)(a6—a2)(as—a3){ab—ai) ^ 0 .
Наконец, (а3—аг) (а3—а2) (а3—п4) (а8—аь) ^ 0 как произведение
двух неотрицательных и двух неположительных сомножителей.
Из этого следует справедливость неравенства в целом
для п = 5.
В несправедливости неравенства при других п > 2 убеждаемся
путем построения примера.
При л»= 4 такой пример дают числа ^ = 0, а2 = а3 = аА— I,
а при я > 5 — числа а1 = а2= . . . = а „ _ 4 = 0 ,
йп—з ап —2 «„_! = 2 , ап 1 .
76. Обозначим через Р многогранник, полученный из Рх
гомотетией с центром А ± и коэффициентом 2. Легко заметить,
что все многогранники Ри . . . , Р„ содержатся в Р. В самом деле,
пусть, например, X £ Р 2. Тогда существует точка У € Р, такая,
что X является образом точки У при переносе Аг—► Л2. Рассмотрев
параллелограмм АхА2ХУ (рис. 49), убеждаемся, что точка
пересечения его диагоналей Z ^ P lt так как А2£ Р г, Y £ Р± и Pt
выпуклый. Но точка X получается из Z гомотетией с центром Ai
и коэффициентом 2. Значит, X (Е Р-
Итак, многогранник Р, объем которого V (Р), очевидно, равен
8У (P J, содержит внутри себя 9 многогранников объема V (Рг).
Значит, по крайней мере два из них должны иметь пересечение,
объем которого положителен. Тем самым утверждение доказано.
77. Докажем утверждение задачи по индукции. Пусть имеется k
чисел:
а1 = 2 ’н—3, а2 = 2п*—3……….. ah = 2 «*—3,
каждые два из которых взаимно просты, причем 2 = п1 < п2 < . . .
. . . < пк. Построим число ak+1 = 2″*+*—3, взаимно простое с любым
из этих чисел. Положим 1 = а1а2. . .ак. Среди I + 1 чисел 2°, 21, …

135 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

2′ найдутся по крайней мере два, дающих при делении на /
одинаковый остаток. Пусть это будут числа 2Г и 2s (г > s). Тогда
найдется натуральное число р, такое, что pi = 2r—2s = (2 r_t— 1 ) 2s.
Поскольку I нечетно, отсюда следует, что 2r~s— 1 делится на I,
т. е. для некоторого q 2r~s—1 = ql. Тогда 2r ~ s + 2 — 3=4 — 2 /’_i—3=
= 4 (<7 / + 1) — 3 = 4^/ 1, и его можно взять в качестве числа
ак+1, так как оно, очевидно, не имеет общих делите пей с I, а
значит, и ни с одним из чисел аг, аг, . . . , ак. Кроме того, ak+1 > ak.
Таким образом, можно построить сколь угодно много чисел,
удовлетворяющих требованиям задачи.
7 8 . а) Допустим противное, т. е. предположим существование
кратчайшей ломаной XYZTX (рис. 50). Развернем грани АВС и
BCD так, чтобы они лежали в одной плоскости. Получим выпуклый
четырехугольник ABDC (рис. 51). Тогда из того, что
ломаная имеет минимальную длину, следует, что XYB = ZYC,
ибо иначе мы могли бы получить меньшую длину изменением
положения точки У. Аналогичные рассуждения показывают, что
YZC = TZD,
ZTD = XTA,
TXA — YXB.
Отсюда получаем:
DAB + BCD= 180°—Т Х А—ХТА +180°—YZC—ZYC =
—180°—YXB — XYB + 180°—ZTD — TZD = ABC + A DC,
что противоречит условию пункта а),
б) Пусть теперь
DAB+BCD==ABCA-ADC. (1 )
Фигурирующий в условии угол а представляет собой сумму всех

136 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

Р, у, б сумму плоских углов при вершинах В, С, D.
Так как BJ\b + BAC + CAD = a, АСВ + ACD + BCD = у, то,
учитывая (1 ), получим
a + y = ^ D + ^ C + C ^ + A ^ + ACb + BCD==
= AJ№ + ADC + BAC + CAD + ACB + ACb =
>= (ABC + ВАС + АСВ) + (ADC + CAD + ACD) = 36GP,
т. e. а + У = 360°. Аналогично и р -f 6 = 360°. Отсюда хотя бы один
из углов а, у и один из углов (5, б не превосходит 180°. Пусть
таковыми будут углы а и р. Разрежем поверхность тетраэдра
ABCD вдоль ребер AC, CD и DB и развернем ее. (Если бы не
превосходящими 180° были другие углы, мы делали бы разрез
вдоль других ребер, добиваясь каждый раз, чтобы ломаная,
вдоль которой делается разрез, имела конечные точки в вершинах
этих углов.) Получим развертку AC’D’BDC (рис. 52), сложенную
из треугольников AC’D’ , ABD’, АВС и BCD. Из равенства
(1) получаем, что отрезки CD и C’D’ параллельны и одинаково
ориентированы. Тогда CDD’C’ — параллелограмм, причем
из рассмотрения равнобедренного треугольника АСС’ следует,
что | СС’ | = 2 1 AC |- sin — j . Поскольку а и р предполагаются не
превосходящими 180°, то параллелограмм CDD’C’ целиком содержится
в фигуре AC’D’BDC и каждому отрезку ZZ’, параллельному
и конгруэнтному отрезку СС’, соответствует ломаная
XYZTX минимальной длины.
7 9 . Искомое множество построим по индукции. При m = 1
таким множеством является пара точек на единичном расстоянии
друг от друга.
Пусть для m = k требуемое множество построено. Обозначим
его через Sk. Используя его, построим множество для m = k-f-1.
Очевидно, задача будет решена, если мы найдем такой сдвиг
множества Sk на единичный вектор, что полученное в результате
сдвига множество S’k не имеет общих точек с Sk и любая точка
из S’k находится на единичном расстоянии
только от одной точки множества Sk,
а именно той, из которой она получена
в результате сдвига. Тогда искомым множеством
S*+] будет объединение множеств
Sk и 5*. Покажем, что такой сдвиг
можно найти. Построим единичные окружности
с центрами в каждой точке
множества Sk. Для каждой точки X £ 5*
окружность, центром которой она является,
имеет лишь конечное число точек пересе137

137 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

чения с другими окружностями. Рассмотрим множество единичных
векторов, исходящих из точки X и оканчивающихся в этих точках
пересечения с другими окружностями, а также в других точках
множества Sk, лежащих от X на единичном расстоянии. Такие
множества векторов образуем для каждой точки из Sk. Очевидно,
Есе такие векторы для всех точек из Sk образуют конечное множество.
Поэтому можно найти такой единичный вектор, который
не является параллельным ни одному из векторов этого конечного
множества.
Нетрудно проверить, что так найденный вектор осуществляет
искомый сдвиг.
8 0 . Рассмотрим всевозможные суммы элементов по строкам,
а также суммы по столбцам. Пусть р—наименьшее значение из
всех таких сумм. Если р ^ п , то утверждение задачи очевидно.
Пусть теперь р < п. Поскольку перестановка строк и столбцов
таблицы, очевидно, не меняет рассматриваемых здесь сумм, то мы
можем считать, что сумма элементов первой строки равна р и
что в этой строке вначале следуют элементы, равные нулю, а затем
ненулевые элементы. Так как р < п, то в первой строке стоит
по крайней мере п—р нулей. Тогда в силу неравенства из условия
задачи сумма элементов в каждом из первых п—р столбцов
не меньше, чем п—р, а сумма всех элементов в этих столбцах
не меньше, чем (п—р)а. В последних р столбцах общая сумма
всех элементов не меньше р2. Следовательно, общая сумма 5 всех
элементов таблицы удовлетворяет неравенству
S „ > (H — p ) a + p2 = ^ + ^ ^ > ^ ,
что и требовалось доказать.
81. Прежде всего замечаем, что требование, чтобы группы
были непересекающнмися, не является существенным, так как
если мы найдем две различные пересекающиеся группы чисел
с равными суммами входящих в них чисел, то, отбрасывая общие
элементы, мы получим непересекающиеся группы с равными
суммами.
Подсчитаем теперь общее число всевозможных различных групп
чисел, составленных из 10 данных чисел. Поскольку для каждого
из 1 0 чисел есть две возможности: принадлежать или не принадлежать
группе, то всего из 1 0 чисел можно образовать 2 10
различные группы. Однако при этом мы учли и группу, в которую
не попало ни одного числа. Исключив ее, получаем, что
■общее число различных групп равно 210—1 = 1023. Но поскольку
каждое число в группе не больше 99, а количество чисел в группе
не превосходит 1 0 , то сумма чисел любой группы не больше
99-10 = 990, т. е. различных сумм не больше 990. Значит, среди
1023 групп есть группы с совпадающими суммами.
8 2 . Пусть угол А— наименьший угол четырехугольника ABCD.
Проведем из точки А внутри угла BAD луч. Возьмем на нем

138 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

точке А, так, чтобы проведенные
через точку Л1 прямые,
параллельные сторонам АВ и
AD, пересекали стороны ВС
и CD соответственно в точках
Bt и Dt (рис. 53) и чтобы
на сторонах АВ и AD нашлись
соответственно точки L и
К, такие, что A1LB = ABC, а
A JW = CD А. Если один из углов В и D тупой (на рисунке /_ В),
то последнее возможно в силу достаточной близости точки At
к А.В случае же острого угла (на рисунке /_ D) это возможно
в силу того, что угол А наименьший. Вокруг равнобочных трапеций
AiLBBt и ArKDD, всегда можно описать окружность.
Углы четырехугольника A1B1CDl соответственно равны по величине
углам исходного четырехугольника, поэтому вокруг AlBlCDl
также можно описать окружность. Наконец, вокруг A L A j i
можно описать окружность, так как АЬАг-\- АКАг = (л — В) -J-
+ ( я — D) = ах.
Итак, утверждение доказано при п = 4. Но поскольку в полученное
разбиение входит равнобочная трапеция, которую можно
разбить на произвольное число равнобочных трапеций, то отсюда
следует справедливость нашего утверждения для любого п > 4.
8 3 . Покажем, что максимальная степень простого числа р,
на которую делится числитель данной дроби, не меньше максимальной
степени того же числа р, на которую делится знаменатель
данной дроби. Тем самым задача будет решена.
Л ем м а 1. Пусть для некоторого простого числа р и для
некоторых натуральных чисел п и k выполняется неравенство
р*+х > п. Тогда число р входит в разложение числа п! на простые
множители в степени | -^ j + [ р ] + + • • ■ + | ^ ] . где
через м обозначена целая часть числа а.
Мы предоставим доказательство этой леммы читателю.
Ле м м а 2 (выражающая свойство целых чисел). Пусть а и
6 —неотрицательные числа. Тогда для них справедливо неравенство
[2 а] -j- [26] ^ [я] + [6] — f [ a + 6 ].
Пусть а = [а] + а и 6 = [6 ]-f-P, где 0 ^ а < 1 и 0 ^ р < 1 .
Если а + р < 1, то [ а + 6 ] = [а]4-[6] и поэтому [2а] + [26]
^ 2 [а] + 2 [6 ] = [а] -f- [6 ] + \а + 6 ].
Если же а + Р^1» т 0 либо 2а ^ 1, либо 2 р ^ 1 .

139 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 5)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД