РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

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:

Перемножая почленно эти неравенства и используя (1 ), (2 ) и (3 ),

получаем:
\BM \ — \B K \ — \AM \ — \A L \ — \C K \ — \C L \ ^ 1
|ЛВ|-|ВС|-|ЛВ|-|ЛС|-|ВС|-|ЛС|
ИЛИ
\BM \ — \ AM \ | ВК |-1 СК | \A L \ — \C L \ ^ 1
|ЛВ|а | ВС |2 1ЛС12 64*
Но, с другой стороны, У | AM \ -\BM
_| /3/С 1-1 с/с I
\АВ\
\AM\ — \BM |
АВ2 . Аналогично I -ВС I
\АМ \ + \ВМ\
2 ~ 2
^ 1 . \A L \ — \LC \
— 4 * 1ЛС1 < 4
Перемножая почленно эти неравенства, получим:
\AM \ — \BM |
| АВ |*
| S/C 1-1 С/С I \A L \ — \C L \ 1
\ВС\ 1 АС | 2 ^=64′
Пришли к противоречию. Поэтому найдется треугольник с
площадью, не превышающей — ^ S ^ abc-
5(. Вокруг остроугольного треугольника ABD (рис. 30) опишем
круг, центр которого—точка О лежит внутри этого треугольника.
Четвертая вершина С параллелограмма ABCD лежит вне
описанного круга. В самом деле, если точка С’ лежит внутри
круга по другую сторону прямой BD от точки А, то /_ BCD
измеряется или половиной дуги BAD (если точка лежит на
окружности), или может быть еще большим. Но дуга BAD больше
полуокружности, так как дополнительная дуга измеряет острый,
по условию, y_BAD. Получаем противоречие с тем, что BAD=
—BCD—острый.
Утверждаем теперь, что если параллелограмм покрыт кругами
КА, Кв, Кс, Kd, то радиус R описанной около ДАВП окружности
не превосходит единицы. Предположим противное, т. е.
R = | О А | = ОВ | = | OD |> 1. Тогда круги КА, Кв и KD не покрывают
точки О. Круг Кс так-
В с же не может покрыть точку
О, ибо, по доказанному
выше, | ОС | > R > 1. Значит,
условие R ^ 1 необходимо.
Но оно и достаточно.
Пусть R ^ 1. Опустим из
точки О перпендикуляры на
стороны Д ABD, которые,
как известно, разделят эти
стороны пополам. Эти перпендикуляры,
а также ради-
Рис. 30 усы О А, ОВ, ОС разбивают

110  РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

ДЛбП на шесть прямоугольных треугольников,
в каждом из которых радиус
является гипотенузой. Очевидно, расстояние
от вершины прямоугольного треугольника
до любой его точки не превосходит
гипотенузы. Значит, для любой
точки М £ Д ABD найдется вершина,
удаленная от нее не больше, чем на R.
Поэтому круг К с центром в соответствующей
вершине покрывает точку М. Мы
доказали, что Д ABD при R ^ 1 весь Рис. 31
покрывается кругами Кв , Ка и Kd- По
симметрии / \CDB также покрывается кругами Кс, KD и Кв.
Воспользуемся теперь формулой R — -jjg-, где а, Ь, с—стороны
треугольника, S—его площадь.
В нашем случае |ЛП| = 1, \АВ\=а, BAD = а, тогда по теореме
косинусов имеем:
\B D \= Y 1 + а2—2 ccos«.
Откуда
„ а У \ + а2 — 2a cos а ^ ^ .jx
2 a 6in а ‘ ‘
Решением неравенства (1) будет
cos а —] А3 sin а ^ а ^ cos а + ф^З sin а.
Но левая часть неравенства выполняется, так как а = |Л В |>
> | AD | cos а = cos а при | AD\ = 1 в силу остроугольности Д ABD.
Отсюда получаем, что Д ABD будет покрыт кругами КА, Кв ,
KD тогда и только тогда, когда
а ^ cos а + j/ 3 sin а.
5 2 . Пусть АВ—наибольшее ребро. Тогда в Д ACD и в Д BCD
(рис. 31) все стороны не превосходят 1, высота AF и высота ВК,
Г а2
как легко доказать, не превосходят у 1 — , где | CD | = а < 1.
Высота тетраэдра |Л 5 | г<С|ЛТК 1— . Объем тетраэдра
Найдем максимум объема тетраэдра при а ^ 1, для чего найдем
максимум функций у = х ( 4—х2) при O ^ x ^ l .
г/ = х(4—х*) = 3—(1—х) — 2 (1 —X2)—х ( 1 —х )* ^ 3 ,
откуда у-= 3 при х = 1 и Fmax= шах ^ а ( 4—о2) = -^-.

111 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

Осталось проверить, что тетраэдр с объемом, равным -i-, удовлетворяющий
условиям задачи, существует. Возьмем | ЛС | = | CD |=
= | AD\ = \BC\ = \BD\ = 1 и плоскость ACD, перпендикулярную
BCD. При этом | АВ | = / т + т — / т > ‘ —
Многие искали экстремум функции у = х ( 4—х2) с помощью
производной, и некоторые из них не заметили, что точка безусловного
экстремума не принадлежит интервалу изменения
переменной.
5 3 . Прежде всего имеем:
Cp— c g = p 2+ p — (q2+ci ) = (p— q ) ( p + q + 1).
Откуда получаем, что
( С т + 1 C k ) ’ ( C m + 2 £ * ) ‘ • • • ‘ ( С т + п C k ) =
— (нт + 1 D) (tTl + 1 + k -j- 1 ) (til + 2 —- k’) X
X (m + 2 +& + 1 ) . . . (m+ n—k) (m + n + &+ 1 ) =
= ((m—k — \ -1) (m—& + 2) … (m—& + n))x
X ((m+& + 2) (m + & + 3) . . . (m-[-&+n + 1)).
С другой стороны,
С1 -С2 — . . .-С„=1*2-2 . 3. 3- 4- . . .-пл(п + 1 ) = я!(п+1)1.
Итак, надо доказать, что
( m — k — \ — 1) . . . (т — k + n) (m + fc + 2 ) . . . (m Jr k — (- n + 1)
n\ ’ ( n + l ) l
целое число.
(m—k- \ — 1 ) • • • (m—& + n)— произведение ri последовательных целых
чисел, делится на п\. Это очевидно в случае обращения
в нуль одного из сомножителей, хорошо известно для положительных
чисел и приводится к положительным для отрицательных
сомножителей.
Теперь осталось доказать, что
(m+& + 2)(m + & + 3) . . . (m+& + n + 1) делится на (п+1)!.
Рассмотрим
р п + 1 ( m + k + В (m T ^ T 2 ) . . . ( m — f f c + n — ( — 1 )
^m + f t+ n + l И + 1 ) !
Это число, как известно, целое. Но по условию nz + /г + 1 —число
простое, большее п + 1 , поэтому т + & + 1 не делится ни на один
простой сомножитель числа (п+1)!. Значит, (т + /г +_2) X
X . . . -(m+&+n + 1) делится на (п + 1)!. Тем самым произведение
п последовательных целых чисел ( т + & + 2 ) — . . . — ( т +& +
+ п + 1 ) делится на (п + 1 )!.

112 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

5 4 . Пусть Д ABC удовлетворяет условиям задачи. Тогда его
вершина В лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке А0СВ
и вмещающего угол, равный /_ Вх (рис. 32). Причем Д АвВвС0
и этот сегмент лежат по разные стороны от Л„С0. В самом деле
Д АвВ0Св вписан в Д АВС. Поэтому прямая Л0С0, пересекая
отрезок АВ в точке С0, отделяет точку В от точки А. По тем
же причинам она отделяет В и от С. Значит, и вершина Вв, как
точка отрезка АС, лежит с Б по разные стороны от АВСВ. Совершенно
аналогично, вершины С и Л лежат на дугах сегментов,
построенных во внешнюю от Д АвВвСв сторону на отрезках АвВв
и ВвСв и вмещающих углы, равные соответственно и Д Ах.
Обозначим центры этих сегментов соответственно Ог, 0 2, 0 3. Так
как все три угла Ах, Ви Сх острые, то центры лежат внутри
своих сегментов, т. е. вне Д А0В„С0.
Рассмотрим подробнее положение прямой ВС. Проведем к окружности
Ох в точке Л0 касательную Л„М и возьмем ее луч Л0М,
лежащий по ту же сторону прямой АВСВ, что и сегмент 0 1. Тогда
весь сегмент 0 1 лежит внутри угла между лучами АВМ и Л0С0,
где МЛ„С0 = 2^—Bv
Легко видеть, что всякий луч с вершиной в Л„, лежащий
внутри тупого угла МАВСВ, пересекает дугу сегмента, а все
остальные лучи этот сегмент не пересекают. Совершенно анало-

113 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

114 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

гично, луч АВС должен лежать внутри тупого угла между лу-
чами А0В0 и А0Р, где В0АвР = 2Л—С,, и отложен от Л0В0 в противоположную
от Д Л0В0С0 сторону. Покажем, что эти два тупых
угла не накладываются друг на друга. Отсчитывая от луча А0Р,
получаем:
РА0В0 4- В0А0С0 + С0А0М = 4 d—Вх—b x-j-Л0 =
= 2d + Ах + Л о»
что меньше 4d, так как и А Ах и Z Ло острые. Значит, луч АВМ
действительно не заходит за луч Л0Р.
Выясним теперь, в каких пределах может лежать луч А0В.
Ясно, что он лежит внутри угла МА0С0, что дает:
Blt (1)
если отсчет ведется в ту же сторону, что и раньше. Условие,
что луч АВС (продолжение луча АвВ) лежит внутри угла РАвВв,
записывается как 0 ^ САвВв ^ РАвВв, или
2d > 2d—СДВ0 > 2d—РА Д ,,
что дает
С ^ Д Д В + Л 0 < 2 Д
поскольку
САвВв -)- ВвАвС0 -(- СвАвВ = 2d,
или окончательно
Д —Ло < СоЛ> 0 < 2 d— AB, (2 )
/\ /Ч
где разность Сх—Л0 может быть как положительной, так и
отрицательной. Аналогичный подсчет в точке Св дает (с учетом
изменения направления отсчета угла при перемене Л0 и Св местами):
0 <ВСоЛо < 2 й—Вг,
2 х— Св < ВДЛо < 2d — С0,
Д А В + В ДА , = 2 d—Bx.
Поэтому первое условие в точке Св эквивалентно первому же
условию в точке Л0, второе же дает:
Со—В ^ Д А В ^ Д + Д . (3)
Мы вывели три необходимых условия для возможности требуемого
в задаче построения треугольника с вершиной в точке В

115 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

сегмента Ох. Покажем, что выполнения этих трех условий достаточно.
В самом деле, проводя рассуждения в обратном порядке,
убеждаемся, что продолжение А0С луча А „В за точку Л0 лежит
внутри угла МАпС и, следовательно, пересекает сегмент 02
в некоторой точке С. Из условия (3) по тем же причинам выводим,
что прямая ВСо пересекает сегмент 0 3 в некоторой точке А
по другую сторону от С0, чем В. АвВСа — В1 по построению, как
вписанный в сегмент 01. В0АС0= А 1, как вписанный в сегмент 0 3,
и А0СВ0 = С1, как вписанный в сегмент 0 2. Точка В0 лежит
внутри /_ В, образованного лучами ВА0 и ВСа, в силу того, что
прямые ВА0 и ВС0 не пересекают Д АаВ0Са, а лишь в силу
условий (1), (2), (3) проходят через его вершины. Значит, в четырехугольнике
АВСВа /_ В аАВ, /_АВС и £ ВСВ0 внутренние и
в сумме составляют 2d. Отсюда AB0C=2d и три точки А, В0 и
С лежат на одной прямой.
Поскольку при выводе условий (1), (2), (3) никаких ограничений
на сравнительные величины углов треугольников АаВ0Св
и АВС не накладывалось, будем для определенности считать, что
у \ / \ / \ / \ S \ S \ С0 -f-Cj ^ В0 + и С0 + СХ ^ А0 -р Alt
т. е. C0 + C1^ j 4 d > d . (4)
Отсюда видно, что эти условия (1) — (4) выполнены, например,
для C0A0B = d, так что описанные треугольники заведомо существуют.
Отыщем среди них треугольник максимальной площади.
Очевидно, для этого надо найти треугольник с максимальной
стороной, так как все рассматриваемые треугольники подобны,
как имеющие соответственно равные углы с Д A^BjC^
Рассмотрим произвольный описанный треугольник. Спроектируем
центры Ог и 0 2 сегментов на хорды АиВ и А «С. Отрезок
IIJ I , есть проекция отрезка 0 f i 2. Его длина не превосходит
длины 0г0 2 и может совпадать с ней, лишь когда ВС || 0г0 2.
Нетрудно подсчитать, что
0 2A0Ol = О2А0В0 -р В0А0С0 -f- С0А00 1 —
= 2d—С1—Вг -р А0 = А^-)- А0 2d.
Поэтому отрезок 0 г0 2 пересекает лучи А„С0 и АаВй, отсекая от
него некоторый Д Л 0АУ. Через точку Ап проведем параллельную
Ьс к 0 1 0 2. Она будет лежать вне / \ А аВ0С0 (иначе она пересекала
бы отрезок XY), и точки 0 1 и 0„ будут лежать от нее по ту
же сторону, что и Д АоВ0С0. Пусть луч АаЪ лежит по ту же
сторону прямой А„С0, что и точка 0 1.
Перпендикуляры из точек 0 1 и 0 2 на хорды АВС0 и АаВ0
пройдут через их середины Fx и F2 и пересекутся в точке О —

116 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

угольное
™ точка О лежит внутри Д АвВвСв.
Очевидно, 0 10Ап = 0.,0Вв = Св, так как они измеряются одной
и той же величиной дуги (описанного круга О). Аналогично,
OfiA — Вв,
О f i d 2 = Of iAB + A f i 0 2 = BBf iCB<2d.
Поэтому прямая Of i2 разделяет точки О и Ав. Отсюда
d—Вг — Cfi\’B0 1 < Со’Х01 < d
и, аналогично,
d—C ^ B ^ A B0 3 < д У о 2 < d.
Проводя через точку Ав прямую, образующую с АВСВ угол,
равный ^CoXOi, мы заведомо удовлетворим всем ограничениям
сверху. Ограничение (3) также выполнено, /ч так как С0 — Вх <
< d—Bt . Наконец, связывая £ B bY0 2 с /_СвХОх, как при выводе
условия (2), убеждаемся, что выполнено и оно. Значит,
можно описать подобный треугольник, чтобы его сторона В2С2
(рис. 33) была параллельна 0 f i 2. Но тогда этот треугольник
искомый.
5 5 . Очевидно, что сумма четных степеней всегда положительна,
если числа ах, . . . , ае не все равны нулю. Если все
alt .. -, ае равны нулю, тогда все с„ = 0 тождественно. Таким
образом, в нетривиальном случае нулю могут равняться лишь
какие-то суммы нечетных степеней. Докажем, что если среди

117 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

сумм нечетных степеней бесконечно много равных нулю, то все
эти суммы обязательно равны нулю. Для этого покажем по
индукции, что если среди сумм последовательных степеней 2 т
действительных чисел бесконечно много нулей, то эти числа
разбиваются на т пар, состоящих каждая из положительного
и равного ему по модулю отрицательного числа. Действительно,
пусть b—максимум модуля чисел ак, причем среди максимальных
по модулю р положительных и q отрицательных. Не ограничивая
общности, можно считать, что это числа ах = . . . — ар ~Ь,
aP+i= • • • = aP+q = — Ь, а последующие (если они есть) числа
меньше, и максимум их модуля равен d, 0=sCd<&. Тогда
c**+i = {Р~Ч) b2k+1 + (аР + д + 1 ) 2 f t+1 + • • • + ( 0 * * +\
и если p¥=q, т. е. | р—q \ ^ \ , то при достаточно больших k,
точнее, при 2п 6t +. 1 _ log Ат 1 > iogfcl k-;ti имеем:
k rt+ il > |р —q\b*h+1 — 2 md2* + 1 > \ b * k+\
т. e., начиная с 2k -f 1 = ~Ь Ь все нечетные степени
также отличны от нуля, что противоречит условию задачи. Значит,
p—q и сумма нечетных степеней первых p-\-q чисел всегда равна
нулю. Следовательно, среди суммы нечетных степеней остальных
чисел ар+д+1, • ••, а2т (если они есть) бесконечно много нулей.
Тогда, по предположению индукции, они разбиваются на пары,
требуемые условием леммы. Первые же числа также разбиваются
на пары, их р положительных и q = p отрицательных, равных
по модулю. Лемма доказана.
Отсюда следует, что все нечетные степени взаимно уничтожаются.
5 6 . По смыслу задачи n > 1. Рассмотрим (п—&)-й день.
В этот день для раздачи оставалось медалей. На следующий
(п— 1 )-й день останется xn_k+1 = x„_k—n-\~k —
1 6 —у (хп-к— n + k) медалей, т. е. х„ _ й + 1 = у (*„_*—п + k).
Откуда
X n — k = ~g» X n — k + 1 ( 1 )
Используя формулу (1), получим х„ = п; так как х„ + 1 = 0,
* « — ! = -$ п — 1 + n = y n + (n— 1).
Хп- 2 = (-§■)2/г + -g- (Л — 1) + (п — 2),

118 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

Предположим, что
xn~i = (-g-) я+ (-g-) (п l)+…+-g-(n— / + 1) + (п—/). (2)
Докажем формулу (2) методом математической индукции. Для
*л-г+ 1 = («5 «) п + — — — + — 0-(я — ^ + 2 ) + (п—/ + 1 )- (3)
7
Умножив обе части (3) на -g-, прибавив к обеим частям (п — I)
и подставив в (1 ), получим (2 ).
По условию х1 = т, поэтому
т = ( т р » + (1 ) п~2 ( » — • +24 + 1=
— » (№ Г + № Г + — + 1) — ( ^ Г + 2 (тГ +
+ . . . + ( n — 1)) = 6 п 1 ) — 4 2 ( l ) n _ 1 + 42 + 6 ( n — l ) =
= 6 ( п — 6 ) — ( ^ ) » + 36.
Но так как 7 и 6 взаимно просты, то —целое число. Отсюда
заключаем, что п делится на 6 . Докажем, что | п—6 | < 6 П — 1
для любого п > 6 .
|п—6 | = . . . . < 2 »-i < 6 »»S
что и требовалось доказать.
0
Итак | п — 6 1 < 6 “- 1, но —целое число, меньшее 1.
Отсюда можно заключить, что п— 6 = 0, или п = 6 . Тогда т = 36.
Легко проверяется, что n = 6 , т = 36 удовлетворяют условию
задачи.
57. Р еше н и е 1. По теореме синусов (рис. 34) имеем:
а Ь с а Ь] с = ———= — и пи ——— = ————— ———
sin A sin В sin С sin A sin 2Л, sin ЗЛ ’
так как В = 2А и, следовательно, b > а.
Обозначим ° .—= А. sin Л
Тогда из соотношений
а2 — К2 sin2 А , Ь2 = к2 sin2 2А , с2 = к2 sin2 3А
следуют соотношения
b2—a2 = K2(sin22A — sin2 Л), ас= к2 sin A -sin ЗЛ.
Но легко сосчитать, что
sin2 2Л — sin2 Л = sin Л-втЗЛ,

119 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 3)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД