РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

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:

| ТС | < ■— . Поэтому при достаточно

малом б будет
| ТТ’ | < | ТС | +1 Т’С | <
sС’ ~Г2п~ Л*— ~г2°~ — г °‘
В остальных 5 случаях более
простые оценки, которые мы
опускаем, также дают j ТТ’ | <
< Го-
Таким образом, коль скоро
б достаточно мало, точки пересечения
сдвигаются меньше,
чем на г0, и не могут слиться:
выполнено (б). Утверждение доказано.
38> Рассмотрим решение
сразу для общего случая.
Возьмем произвольную точку
Dj внутри треугольника
АВС (рис. 26). Проведем прямые
ААХ \\BBX\\CCX\\DDX до
пересечения с плоскостями противоположных граней тетраэдра
в точках Ах, Вх; Сх.
В треугольнике АВС проведем прямые ADX; BDX; CDX до их
пересечения с противоположными сторонами в точках Л’; В’; С’.
Прямая AXD проходит через точку Л’, так как AXD лежит
в плоскости АХВС и ААХ || DXD. Аналогично обосновывается, что
прямая BXD проходит через В’, прямая CXD— через С’.
Поместим в вершины Д АВС грузы х, у, z, чтобы их центр
тяжести был в точке Dx. Например, положим
Рис. 26
\АВ’ \
\В ’С\
IСА’ \ у _
\А ’В\ — z *
ВС |
I СА\
Для этого достаточно выполнение условий*:
х=\В’С\ ; у = Ш ± . \ А В ’ |; г = \АВ’\.
Имеем:
Зд А С В’
I А’В |
\АВ ‘ \ — \АС’ \ уг
‘-’д л в с \AB\ — \AC\ (х-\-{/) (x+z) *
* В дальнейшем считается известным, что центр тяжести системы масс не
изменится, если часть масс заменить массой, равной их сумме, расположенной
в центре тяжести этих масс. Для случая трех масс это приводит к тождеству
(в обозначениях задачи): | АС’ |-| ВА’ |-| СВ’ | = | ВС’ |-|СЛ’ j — j АВ’ |.

100 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

Аналогично
Тогда
^ д в с у г _ хг
дл вс (у Нх)(4′ + г)
■^д А’В’С’ Ху
S&ABC ~ (г \-х){г-\ у) ‘
д /1’л’С’ _ j х у хг
s & a b c (* + z ) ( i/ + 2) ( х + £ ) (* + </)
уг________________ 2 хуг
~ ( У + Х) (г + х) — \x-\-y) ( х + г ) (у-\-г) ‘
Так как тетраэдры ABCD и А’В’C’D имеют общую высоту, то
I’/TB ‘C ‘D _ ^ Д Л ‘ В ‘ С ‘ ________ 2*j/Z________
^ЛВСВ ^/\АВС (х~\-у)(УЛГг)(г + х)
д„ алее, M ‘D | = | 2TD | = * аналогично
I В ’Р | _ у . | C’D | ___ z
| BXD | x \ — z ’ | CXD | x — \ -y
Так как трехгранные углы DA’B’C’ и DA1B1C1 равны, то объемы
тетраэдров A’B’C’D и ЛХБХСХП пропорциональны произведениям
боковых ребер, т. е.
v A’B-c-d | A’D 1 -[ B ‘D\ — \C ‘D | xyz
Т л .в .с .п \AJ> I ■ I BiD I • ICXD | ( x+ y ) (y h z) (z + x) ’
HO
TA’B’C’D __ 2xyz________ _ 2 VA’B’C’D
TABCD (Х~^У) (У~\- z) (z J Tx) VAiB1C1D
или VАфуС^ — 2Vabcd- Переместим грузы в треугольнике ABC
так: в точку Ам груз У + г , в В, , , груз X- у Z- , в С/ — , /*— +у # 1-r 2 . При этом
центр тяжести остался в точке Dx, затем поместим в вершины А,,
Вг, Сх грузы ух , уи , уZ . Тогда центр тяжести каждой из пар
точек (Ах; А’); (Вх; В’)\ (Сх; С’) будет лежать в точке D, так как
У + г
|Л хО | ! ADA У + г 2
\D A ‘ \ — |£>ХЛ ‘| — х “ х_ ’
2
и аналогично для других пар. Значит, и общий центр тяжести
будет лежать в D. С другой стороны, центр тяжести точек А’,
В’, С’ лежит в точке Dx, и его масса равна x + y + z. А центр
тяжести точек Лх, Blt Сх лежит в плоскости А1В1С1 и в то же

101 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

время на прямой DDX, т. е. в точке Dx, и его масса равна
Х~± §± £ — Следовательно, j g # f = y и =
Значит, и отношение высот, проведенных з через точки Dx и DK
плоскости .djBjCj, равно у . Но у тетраэдров A J l f i J ) и A1B1C1D1
общее основание Л1В1С1. Следовательно, , но
V A lB 1C l D 1
V a 1b , c 1d = 2 V a b c d — Поэтому V/^CjD, = S V a b c d —
3 9 . Данное неравенство
2 c o sx < ;|jT l + s in 2 х—У I—sin 2x\ < 1^ 2 *
запишем в виде системы
j 2 cos х | Y I + sin 2x—V 1 — sin 2x\,
\ | У 1 + sin 2x—Y 1 — sin 2 x | < V 2 .
Исследуем первое неравенство системы
2 cos х eg; \Y 1 + sin 2 x—У 1 — sin 2x |.
Так как правая часть всегда неотрицательна, то в область
решения входят все х, при которых cosx^O. Следовательно, значения
х в промежутке являются решениями. Значит,
теперь достаточно рассмотреть решения, при которых cos х > 0 .
Тогда обе части неравенства положительны. Следовательно, мы
можем их возвести в квадрат:
4cos2 x<I 1 + sin 2 х—2 У 1 — sin2 2 x-}- 1 — sin 2 х.
Далее:
4cos2 x ^ 2 —2| /cos2 2х; 2 cos2 x ^ 1 — | cos 2х|;
| cos2 x| < 1 1 — 2 cos2 x = — ( 2 cos2 x— 1 ) = — cos2 x.
Это неравенство верно при cos 2 x ^ 0 .
Отсюда у + 2^л ^ 2 х ^ ^ 4 — 2 Л л , или -^-(-/гл ^ х ^ — | — л + А л ,
ТС 1 т. е. при cosx^O, х может принимать значения — ^ — ^ х ^ у л
и 4^ ^1х ^ ~ л. Вместе с теми значениями х, при которых
cosx^O, получаем, что первое неравенство системы справедливо
при ТС . 7 п.
Рассмотрим второе неравенство:
| У 1 + sin 2 х—У 1 — sin 2 х | ^ ^ 2 ;

102 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

положительны.
Можем возвести обе
части в квадрат:
D
1 + sin2 x— 2 Y 1 — sin2 2 x-f-
+ 1 — sin 2 x ^ 2 С
—2 Kcos22 x ^ 0 , что справедливо
при любом значении х. М
Следовательно, решение системы:
я 7
а В
40.Пусть (Xj, х2, х3) — реше- Рис- 2 7
ние системы и пусть | хх | ^ | х2
> | х 3|. Любой другой случай перестановкой индексов 1 , 2 , 3 и
уравнений приводится к разбираемому. Если | лгх J = 0, то xx= x 2=
= х3= 0 . Предположим, что \х1\ФО, тогда
Полученное противоречие показывает необходимость равенства
| Xj | = 0, что и требовалось. Это решение легко обобщается
на случай аналогичной системы n-уравнеиий с п неизвестными.
41. Пусть плоскость проведена на расстоянии х от CD (рис. 27).
Тогда площадь сечения (оно — параллелограмм, так как
ML || АВ || EN и NL || CD || ME) равна
| « 1 2 | | й13 | йи -f-« 1 2 4~#13 0 .
Отсюда и из первого уравнения
О = | a^Xj + а12х2 + а 13х3 1 = | хх | a n + а12 ^ + а13 1 > 0 .
| ML | • | ME | • sin о =
XГ
ax b (d— x) . . [ abx2
j d — — 4 — • sincodx=l -w
о
Аналогично

103 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

где у—расстояние от АВ до Р
v2 3dy2- 2 y \
vt 3dx2— 2×3 ’
d
X~ k + l ’ у fc+ 1 ‘
dk
t’g 3dy- — 2i/3
vt 3 dx2 — 2л.’3 3d—2.v
“ fc+ 1
(fe + 3)
3fe + l • т. e. — = k2
Vi
4 2 . Обозначим x1x2xsx4 = p. Тогда наша система уравнений
примет вид:
Случай, когда одно из искомых чисел равно нулю, приводит к
противоречию. Действительно, подставив 0 вместо хи получим:
Итак, все х,- являются корнями одного и того же квадратного
уравнения: х?— 2х,+р = 0. Поэтому среди них может быть только
два различных. Рассмотрим три случая:
I. х1 = хг = х3 = х4 — т, т-\-т3 — 2 ; в силу монотонности функции
tn + m3 имеем только одно действительное решение: т = 1 .
II. Три из искомых чисел равны, а четвертое им не равно.
Пусть x1 — x2 = x3—tn, х4 = п,
Отсюда (т—n) (1 —т2) = 0.
Случай т = п и т = 1 приводит к уже известному. Случай т = —1
дает п = 3. Это дает еще четыре решения.
III. х1 = х2 = т , х3—х4 = п,
Отсюда (tn—п) (1—тп) = 0. Случай т = п новых решений не
дает. ПусДь тп= 1. Тогда/и + п = 2, т = п — 1. Новых решений
не получили.
Отве т . 1) x1 — x2 = x3 = xt = I.
2 , 3, 4, 5) Один из X; равен 3, остальные равны —I.
4 3 . Дано: АА’ IIMQ II B’R II РР1 J_ ОВ (рис. 28).
МР\\ВВ’ II QQ’ I H ‘ S }_АО.

104 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

тогда, так как ДЛЛ’ Воо
o oAMQB, =
Из теоремы о параллельных
линиях, пересекающих
стороны угла:
|SQ’| IA’Q I .
! Q’B I I QB |
Аналогично \An Pn } = k.
I I f f
Докажем, что геомет- 6 , R Р Л Q
рическим местом точек Н Рис. 28
(Я—точка пересечения высот
РР’ и QQ’\ ортоцентр AOPQ) есть отрезок прямой А’В’.
Проведем через точку Р’ отрезка A ’R (- ^ р>^г р = k j перпендикуляр
к этому отрезку. Д RB’А’ cv> Д Р’Н^А’ (Н1—точка пере-
сечения этого перпендикуляра с отрезком А’В’). Теперь -I Л1Н I =k,
I I ^SO1 7g7 = A, т. е. А’В’ со Д Q’HХВ’ (две стороны пропорциональны
и углы между ними равны). Следовательно, IRQ’ совпадает с
высотой ДОРф, проведенной к ОР, значит, II = Я , . Что и требовалось
доказать.
б) В задаче а) мы доказали, что отрезок, соединяющий основания
высот Д АОВ, является искомым множеством Я, когда
точка М пробегает отрезок АВ.
Рассмотрим Д О Л ^ Д Л ^ , || АВ). Очевидно, он подобен ДЛОВ
и поэтому множество для него—отрезок А[В\, гомотетичный
отрезку А’В’ с коэффициентом гомотетии, равным 1 , относительно
точки О.
Из соображений непрерывности получаем, что, когда точка М
пробегает внутреннюю область треугольника АОВ, точка Я пробегает
внутреннюю область треугольника А’В’О.
П р и м е ч а н и е . В задаче а) мы доказали, что Н лежит на А’В’. Не-
\А’Н\ . \АМ\ .
трудно доказать, что сели ~рТВг \ = Т° | MB | ~ т ‘ е » Условию удовлетворяет
только отрезок А’В’.
Если взять точку Н вне прямой А’В ‘ , то точка М будет лежать вне прямой
А В.
Очепидио, не играет роли, острые или тупые углы ОАВ и ОБА.
Если величина угла АОВ больше 90°, то чертеж будет иметь другой вид
и проведенные рассуждения неверны для этого случая.
44» Допустим, что через какую-то точку Л данной системы
проходят три диаметра АВ, АС и AD. Тогда точки В, С, D лежат

105 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

на окружности /Сх с центром в точке А и радиусом d. Все прочие
точки системы лежат либо на Klt либо внутри круга, ограниченного
окружностью K v Так как каждое расстояние ВС, BD
и CD не больше d, то точки В, С, D находятся на дуге окружности
Ki, соответствующей углу не больше 60°. Пусть точка С
лежит внутри дуги BD, причем 60°. Пусть К2—окружность
с центром в точке С и радиусом CA=d. Все диаметры
данной системы точек, проходящие через точку С, должны иметь
свои крайние точки на дуге MN окружности К2, лежащей внутри
круга К\- Но так как каждая точка дуги MN, кроме точки А,
находится от точек В и D на расстоянии большем, чем d, следует,
что С А—единственный диаметр, проходящий через С.
Таким образом установили, что для данной системы из п
точек при п > 3 имеется только 2 возможности: либо в системе
существует точка, через которую проходит не больше одного
диаметра, либо через каждую точку проходят ровно 2 диаметра.
Теперь легко доказать искомую теорему методом математической
индукции.
Для п = 3 теорема, очевидно, правильна. Покажем, что из
справедливости теоремы для k точек (k — натуральное число ^ 3)
следует ее справедливость для (/г + 1 ) точек.
Рассмотрим систему из (/г+ 1) точек Лх, А2 Л*+1, у которой
больше одного диаметра. Если в ней существует точка,
например Лх, из которой не исходит диаметр или из которой
исходит только один диаметр, то число диаметров системы Лх,
Л2, . . . , Лй + 1 в крайнем случае на 1 больше, чем число диаметров
системы Л2, Л3, . . . , Ak+l, т.е. не выше £+1 . Если такая
точка не существует, то из каждой точки Л,- исходят ровно
2 диаметра, и тем самым их число равно 2 (/г+ 1 ) : 2 = /г4 — 1 .
Максимальное число п диаметров достигается, например, в
правильном многоугольнике, имеющем п = 2 /е + 1 сторон, а также
в конструкции, где одна точка является центром дуги окружности
радиуса d, а остальные п— 1 точки лежат на этой дуге. Причем
угол между радиусами, проведенными в крайние точки, равен 60°.
4 5 . Обозначим число участников, решивших только задачу В,
через В, число решивших задачи Л и В—через АВ и т.д.
Тогда условия задачи выражаются четырьмя уравнениями:
Заметим, что Л, В, С, АВ, ВС, АС, АВС, очевидно, есть целые
неотрицательные числа. Решим систему. (1) в сумме с (3) дает
А + В + С+АВ + ВС+АС + АВС = 25,
В А-ВС = 2 {С + ВС),
А— \ = АВ + АС + АВС,
А + В + С = 2(В + С).
( 1)
(2)
(3)
(4)
2Л + В + С + ВС—1 = 25. (5)

106 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

Далее имеем:
В С = В—2С, (2 ‘)
А = В-\-С. ‘ (4′)
Если из (5) вычесть (2′) и удвоенное (4’), то получим
4Д + С = 26,
отсюда
С = 26—45, (6 )
ВС = В—(52—8В) = 9В—52. (7)
Так как В, С и ВС—целые неотрицательные числа, то из (6 )
следует, что В ^ .6, а из (7) — В~^ 6 . Значит, если решение существует,
то В = 6 .
Решение существует, так как условиям удовлетворяют хотя
бы значения: Л = 8 , В = 6, С = 2, АВ = 3, ЛС = 2, ВС = 2,
АВС = 2.
Стедовательно, только задачу В решили 6 школьников.
46> Так как а, (5, у—величины углов треугольника, то
а + р
tg V = c t g ^ + P = C°S 2 — 2 ® 2 . а + 6 ’
ЕШ ~ 2
Данное равенство примет вид:
/ сю а ^Р\ f сос К+ Р \
Умножая (1) на sin cos a cos (3, получим
я cosp ^sin — co sa—cos ^ sin a’j -fcosa
^sin cos ft—cos sin = 0 . (2 )
Заменив выражения в скобках на синус разности, запишем:
sin — (a cos ft—bcosa) = 0. (3)
Отсюда либо s i n — t ^ — = 0 , и тогда а = р, т. е. треугольник равнобедренный,
либо стоящее в скобках выражение равно нулю, т. е.
0 cos{5 = pcosa. (4)
По теореме синусов
asinp = bsina. (5)

107 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

Возеодя обе части равенства (4) и (5) в квадрат и складывая их,
получим:
а2 (cos2 р + sin2 Р) = b2 (cos2 а + sin2 а). (6 )
Значит, а = Ь, т. е. и в этом случае треугольник равнобедренный.
4 7 . Опишем около заданного тетраэдра ABCD сферу. Через
вершины А, В, С, D тетраэдра проведем к сфере касательные
плоскости, получим новый тетраэдр A’B’C’D’, гомотетичный данному
с коэффициентом гомотетии (—3). Сумма расстояний от
любой точки, лежащей внутри или на границе тетраэдра A’B’C’D’,
до его граней постоянна и равна высоте тетраэдра, опущенной
на соответствующую грань, т. е. раЕна объему, деленному на одну
треть площади грани.
Пусть точка М лежит вне тетраэдра A’B’C’D’. Аналогично
предыдущему, рассмотрим четыре тетраэдра с общей вершиной
в точке М и основаниями—гранями тетраэдра A’B’C’D’. В этом
случае тетраэдры МА’В’С’, MA’B’D’ , MA’C’D’ и MB’C’D’ перекрываются.
Однако, как нетрудно проверить, тетраэдр A’B’C’D’
содержится в их сумме. Действительно, пусть точка N внутренняя.
Покажем, что она принадлежит хотя бы одному из четырех тетраэдров.
Проведем прямую MN, она пересечет по крайней мере
две грани тетраэдра. Возьмем ту грань (или любую из граней),
в которой лежит дальняя точка пересечения. Рассмотрим тетраэдр
с вершинами в точке М и в вершинах этой грани. Точка N будет
внутренней точкой этого тетраэдра. Поэтому сумма их объемов
больше объема тетраэдра A’B’C’D’, и, следовательно, сумма расстояний
от точки М до граней тетраэдра A’B’C’D’ больше его
высоты, а сумма наклонных МА, MB, МС, MD будет еще больше.
4 8 . Так как х Ф Щ , где к, k—целые, то sin 2кх Ф 0 и ctg 2*лИ
ctg2ft-1x существуют. Но
c t g a — c t g 2 a = ^ 15.
Заданное тождество докажем по индукции. Для п = 1 равенство
справедливо, т. е.
— * = ctg х—ctg 2х. sin 2х & &
Предположим, что оно верно для я = т , т. е. имеет место
Ж + — е т + • • • + l i ^ = ctS x — * £ 2 mx-
Докажем справедливость тождества для n = m-f-l.
—!—-1___ !——и .. . ___ !___ l ___ =
sin 2х 1 sin 4л: 1 sin 2тх 1 s in 2m + 1x
= (ctg х—ctg 2тх) + (ctg 2тх— ctg 2т+1х) =
= ctg х—ctg2 m+1x.

108 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

Из доказанного следует, что
данное равенство верно для любых
п.
Все преобразования допустимы в
силу наложенных в условии ограничений
на значения х.
49. Так как данная система не
меняется при замене индекса i на k
и k на i, то можно считать, что
а1> а 2> а 3> а4.
Тогда
(a1—a2)x z + (a1—a3) x 3 + (a1—ai)xt = 1 , (1 )
(a1—a2) x 1+(a2—a3) x 3 + (a2—as)xi = 1 , (2 )
(Oj— —a3)x2 + (a3—a4)xt = 1, (3)
(a1—ai) x 1 + (a2—ai)x2 + (a3—ai) x 3 = 1. (4)
Из (1) вычтем (2), из (2) вычтем (3), из (3) вычтем (4). Имеем
(аг — а2) (х2 + x3 + xs — хг) = О,
(й2 а3) ( х1 х2 -f- х3 -T-^d)= О»
(а3—а4) (—х1—х2—х3+ х 4) = 0,
и заданная система равносильна системе:
х2 -|-х3 х4 = x lf (5)
х1 + х2 = х3+ х 4, (6 )
x1+ x 2 + x3 = xi , (7)
(а2—а4) х4 + (а2—а4)х2+(а3 —а4) х 3= \ .
Из (5), (6 ) и (7) следует, что х2 = 0, х3 = 0 и х1 = х1.
Тогда из (4) получим: хг = _ а- ■
Проверка показывает, что если аг > а2 > а3 > as, то действительно
x1 = xi = -— — , х2 = х3 = 0.
ai— d
5 0 . Площади треугольников, имеющих по равному углу, относятся
как произведения сторон, заключающих эти углы (рис. 29).
Поэтому
5ДМВК _ | АШ |-|В Я [
5Д ЛВС |Л В |- |В С |
MAL | AM |-| AL |
SA ABC | A B | -1 A C | •
SA KLC | К С M £ C |
5длвс
(1)
(2)
(3)
Допустим, что
_}_ SA MAL ^ 1 SA KLC ^ 1
З д АВС 4 ’ 5 Д Л В С 4 ’ 5 Д Л В С 4
109

109 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 2)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД