РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

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:

следовательно, в рассматриваемом треугольнике мы имеем

6 2—о2 = ос, или 6 2 = а(о + с). Рассмотрим соотношение
6 2 = о (о+ с ). Возможны следующие случаи:
1) о = п, 6 = п + 1 , с = п + 2. Тогда (я + 1 ) 2 = п(2п + 2), т. е.
п2— 1 = 0 , откуда п = 1 и о = 1 , 6 = 2 , с = 3 —вырожденный треугольник.
2) о = п, 6 = п + 2, с = п+ 1 . Тогда (я + 2) 2 = п (2 п + 1 ), т. е.
п = 4 и о = 4, 6 = 6 , с = 5—решение задачи.
3) с = п, а = п~\-1, 6 = п + 2 , откуда п2—я—3 = 0 —уравнение
не имеет целых корней.
Докажем, что треугольник со сторонами а = 4, 6 = 6 , с = 5
является решением задачи, т. е. углы этого треугольника удовлетворяют
условию.
Вычислим cos л’л и cos В. Из теоремы косинусов получаем
✓Ч J /\ 3 £ч ^
cos В = ^ 9 cos Л — -у, т. е. cos2A = cos В и, следовательно, о 4 /\ /ч
В = 2 А.
Решентге 2. Проведем биссектрису BD угла В (рис. 35)
и обозначим | CD \ = blt |£б4| = 6 2. Тогда ДДСПо оДЛДС и,
следовательно, = = откуда с = 6 2-^-, а = Ь1~
Сложив эти равенства, получим
(/U6 1 +I 6и 2)\ -—6 = —£ 2 = с +, о—целое число.
Так как по условию длины сторон—последовательные целые
числа и 6 > о, то либо 1 ) 6 = о + 1 , либо 2 ) 6 = о + 2 .
1 ) ь — а + 1 , ~ = ° — — = о + 2 + -^- и, следовательно, о = 1 ,
6 = 2 , с = 3—треугольник вырожденный.
„ Ь2 о 2 + 4 а + 4 . . . 4 2) 6 = а + 2, — = —— = о + 4 + — , следовательно, о—делитель
4. Поэтому либо о = 1 , либо о = 2, либо о=4 .

120 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

Если о=1 , тогда 6 = 3 и с= —— о = 8 , что не удовлетворяет
условию.
Если о=2 , тогда 6 = 4 и с = 6 , что тоже не удовлетворяет
условию.
Если о = 4, тогда 6 = 6 и с = 5 — решение задачи.
5 8 . Так как произведение цифр неотрицательно, то х2—10х—
— 2 2 ^ 0 , следовательно, х ^ 5 + 1 /4 7 >11.
Докажем, что произведение цифр любого числа не больше
самого числа. Пусть х = а 1а 2а 3. . .а „ , тогда
+ • + • . . . -ап < o 1 -9, i _ 1 < + ■ 10к _ 1 + о2- 10″ — 2 + . . . + о„ = х.
Отсюда вытекает, что х2—10х—22 + х, следовательно,
х < ^ + -^ ° 9 < 13. Таким образом, целое число х удовлетворяет
неравенству 11 < х < 13. Значит, х= 12.
Проверка: 144—120—2 2 = 1-2.
5 9 . Пусть }B = x2—xv у 2 — xs х2, . . . ,
f 6 i = = -*’ft + 1 + 1 У п — 1 — Хп + j — l > У п ~ % 1 п’
п
Тогда + = ox£ + (6 — l)x ft + c, а
it— I
а) Если (6— I)2—4ас < 0, то многочлен ах2+ (6 —1)х + с
не имеет действительных корней и принимает значения только
одного знака и поэтому либо все ук > 0, либо все ук < 0, чего
П
не может быть, так как 2 Ук = О- Следовательно, система не
*=i
имеет действительных решений.
б) Если (6—I) 2 — 4ас = 0, то многочлен ах2 + (6—1)х + с обращается
в нуль только при одном значении х и либо все ук ~^О,
П
либо все О, но так как 2 + ,= 0 , то все yk—ax%+(b— 1 ) хк+
к= 1
+ с = 0 , и тогда Xj = x2= . . . = х„ = х0,
где х0—единственный корень трехчлена. Следовательно, система
имеет единственное действительное решение: все хк — х0.
в) Если (6—I) 2 — 4ос > 0, то система имеет по крайней мере
два решения, а именно все хк — х’0 и все хк=-х»п, где х’0 и х’0—
корни многочлена ах2+ (6 — 1 )х + с, поскольку х0 — ах\-\-Ьх0фс.
6 0 . Введем обозначения: А,- (г = 1, 2, 3, 4)—вершина тетраэдра,
а!к = аы—длина ребра А{Ак. Пусть + 2—длина ребра,
которое не короче остальных, т. е.
a12> a ik (t, 6= 1 , 2, 3, 4, 1фк).
В треугольниках А1А2А3 и A1A 2Ai
+ 2 ^ ^13 ~b^ 2 3> + 2 +4 “Ь ®24*
Отсюда
2 я12 < о13 + а2з + а 14 + а 24.

121 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

тогда
аг2 а13 -f- alt. (2 )
Из (1) и (2) следует, что а1 2 < а 2 3 + а 24, а в таком случае из
отрезков а12, а23, a2i можно построить треугольник.
61. а) Докажем, что функция имеет период 2а. Из условия
видно, что f (x + a) > -i- для всех х. Перенесем ~ в левую часть
и возведем в квадрат:
( f{x + а) — !■)* = f(x) — (f (х))\
или (f(x + a))*—f (x + a) = f(x) — (f(x))*— ( 1 )
Напишем f (x + 2a) = + ] / f (x + a) — (f (x + a))2
и, используя (1 ), получим:
Пх + 2 а ) = ± + У ( f ( x ) )* — f ( x )+± = ± + f ( x ) -± —
так как (x) > .
б) Как легко проверить, условию при а= 1 (рис. 36) удовлетворяет
функция
/(*) =
4 -, 2 п ^ х < 2 « + 1 , 2
1 , 2 n + 1 < 2 п -J- 2 ,
n = 0 ; 1 ; + 2 , . . . .
Можно указать и более сложный пример (рис. 37):
/(*) =
2 /г ^ дс ^ 2 / г 1
у + п ~ ( т * — ” ) ’ 2п+ 1 < х < 2 / г + 2 ,
fi= 0 j zfc 1 у zh2 ; . . . .

122 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

6 2 . Р е ш е н и е 1. Используем лемму
[ * + т ] “ Р * Ь М —
Д о к а з а т е л ь с т в о . Любое число х можно представить
либо как x = k + a, либо как x = k + ^ + а > где k целое и
О <сс < .
Для x = k — \ — a \ = k \ \2k + 2a\ = 2k\ [k+a\ = k,
т. e. [ x — f y j = [2 x] —[x\.
Для x= k-\- -^-T-cc: ~\~~2 Jr a -b’jf j = ^ «b
\2k-\-2a-\-1 ] = 2 ^ 4 — 1 ; -f y — f ccj = 6 , т- e- и в этом случае
|^л; + y ] = [2 ^ ]—[*]• Лемма доказана.
Перепишем сумму и применим лемму:
[ т + т ] + [ т + т ] + • •• + |W ? + 4 ‘ ] + » • =
так как при & > ^ 2ячлен и все последующие равны
нулю.
Р еше н и е 2. Заметим, что, как только становится 2’ > я,
этот член и все последующие обращаются в нуль, поэтому
выписанный в условии ряд является конечным.
При переходе от я = £—1 к п =k каждый член ряда, очевидно,
или остается тем самым, или увеличивается на единицу.
Если член увеличился на единицу, тогда для некоторого целого т
k — 1 + 2 ‘ ‘ — k + 2 i
——————< т — ^—— .
2 < + i 2 , + 1
Следовательно, k—1 <m- 2 ,+1—2‘ = 2′(2т—l ) ^ . k .
Отсюда следует, что целое число k —2l (2m— 1). Но для любого
k имеется ровно одно значение показателя i (i^O) , для которого
это верно. И обратно, для k = 2l (2т— 1) соответствующий
член увеличивается на единицу. Таким образом, поскольку при
n = 1 сумма равна единице и сумма увеличивается на единицу;
когда я увеличивается на единицу, то сумма ряда равна я.
6 3 . Пусть a = 4fe4, где £ > 1 натуральное. Тогда
z = n4+ а — я4 + 4£* = п4 + 4я2£ 2 -f 4£4—4я2/>2 =
= (я2 + 2k2)2—4n2k2 = (я2 + 2k2 — 2nk) (я2 + 2k2 + 2nk);
n2 + 2k2 — 2nk = (n—k)2+ k 2^ t k 2> 1 ;
n2 + 2k2 + 2nk= (n + k)2 + k 2 > k2 > 1 ,

123 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

которых больше 1. Значит, г—составное для бесконечного множества
натуральных а = 4£4, где /г = 2, 3…………
64.
П П
f / у \ _ V cos (а<+*) _ V cos [(«>•+* i)+ (*—*i)]
h 2 ‘ — 4 21-х
— c o s (*—*,) £ c^ ± S > — s i n ( * — * , ) £ E £ |t ± s ) =
t’=l ^ /=1 ^
= COS(X — * ! ) / ( * ! ) + s in (* — X ,) — / ( — J + ^ i ) ■
Ho f ( X j ) = О по условию. Если / + = 0 , TO f ( x ) = G> H 0
f i — a ^ c o s O + t I’
i= 2 ^ j—2 1
> l — S 4 — > 0 .
[ cos (а,-—й,)
2‘~x
« = 2‘
Следовательно, Цх)фО и / =И=0. Значит, из условия
/(х 2) = 0 следует, что sin (х2—х1) = 0 , т. е. х2—хг = тп.
6 5 . Рассмотрим возможные случаи.
1) k = \ . Пусть \АВ\ = а , | AD\ = \ AC \ = \CB\ = \BD\ =
= | CD | = 1 — М —середина ребра CD (рис. 38). Тогда из тре-
1 / 3-
угольника BCD имеем | ВМ | = — ; из Д ACD имеем | AM | =
= В А А ВМ \А В \< \АМ \+ \ВМ \ , т. е. \А В \< У $ , или
а < |/3 . Это условие и достаточно. Действительно, тетраэдр,
у которого грани ACD и CBD — равносторонние треугольники
со стороной 1, а ребро А В имеет длину а < |/ 3 = =
= | ЛЛ4 | + 1 ВМ |, всегда можно построить.
2) k = 2. В этом случае имеются две возможности:
а) Ребра длины а исходят из одной вершины.
| АС | = | AD | = a; | АВ \ = \ ВС | = | BD | = | CD | = 1.
т/»з»
В этом случае из Д BCD (рис. 38) имеем | ВМ | = ; из
ДЛСТИ \ A M \ = j / а 2— — i- . В треугольнике АВМ |ЛД| —
— | ВМ j < | AM I < I AB I -f I ВМ |, тогда
i ^ 3 ^ 1 / ‘ — Г , У з

124 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

Все части неравенства положительны.
Поэтому, возвысив каждую часть неравенства
в квадрат, получим неравенство
>в 1 — К З + | < а * — | < 1 + 1 / 3 + | ,
равносильное данному. Отсюда
2 —1/3 < а2 < 2 + V3.
Извлекая корень из каждой части неравенства,
получим:
Y 2 —К З < a < Y 2 + К З .
Это условие является и достаточным, что устанавливается построением
тетраэдра, отвечающего указанным условиям. Например,
построив равносторонний треугольник BCD, через середину
CD—точку М построим плоскость, перпендикулярную ребру CD.
В этой плоскости из точки В опишем дугу радиуса 1 и на ней
найдем четвертую вершину тетраэдра, удаленную от М на расстояние
AM такое, что
б) Ребра длины а противоположны.
\AB\ = \CD\ = a; \AC\ = \AD\ = \BC\ = \BD\= 1. Тогда из ДЛШП
(рис. 38) | MB | = j / » 1—4 , а из Д MAD \ АМ\= ] / 1 —
из Д АВМ ) AM | + 1MB I > \АВ |, отсюда 2 1 — \ > а , или
4 ( l —j ) > а2; 4—а2 > а2; 2а2 < 4 ; а < 1/2.
Это условие и достаточно, что можно показать, построив
тетраэдр, удовлетворяющий указанным условиям. Можно, например,
построить 4 треугольника со сторонами 1,1 и а < К 2.
Соединить их так, как указано на рисунке 38. Получим тетраэдр
с ребрами \CD\ = \AB\ = a, \AC\ = \AD\ = \CB\ = \BD\=\ .
Таким образом, при k — 2 необходимым и достаточным условием
существования тетраэдра будет О < а < 1 f 2 + К З .
3) k = 3. Могут быть три случая взаимного расположения
ребер.
а) Ребра длины а имеют общую вершину. |ЛС| = ]ЛВ| =
= | AD (= а\ | ВС ] = | BD | = | CD | = 1. Тогда должно быть | АС |>
> |СО| , где О—центр треугольника BCD (рис. 39). Это условие,

125 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

очевидно, необходимо и достаточно:
|СО\ = R = , а > R, а > ^ .
б) Ребра длины а образуют треугольник.
Пусть \BC\ = \BD\ =
= | CD | = a; \AC\ = \AB\ = \AD\ =
= 1 (рис. 39).
Аналогично предыдущему случаю
получаем, что
|С0| < | АС |; |СО| = /?; a = RV&,
« < ‘ ■
y g < u « < к з .
Случай в), когда \АВ\ =
= | CD | = | ВС | = a; \AC\ = \AD\ =
— | DB | = 1 , рассматривать не
нужно, так как необходимые и
достаточные условия на число а в случаях а) и б) уже покрывают
всю положительную полуось > -^= ; а < j/3 j _ pjQ.
этому для k = 3 искомый тетраэдр существует при любом а > 0.
4) £=-4 и k = 5 легко сводятся к k — 2 и k = l
Действительно, при к = 4 уменьшим все ребра тетраэдра в а
раз, получим 4 ребра длины 1 и два ребра длины ~ . Обозначим
~- = Ь, тогда, учитывая случай 2 ), необходимое и достаточное
условие запишется так:
0 < Ь < f A + J/3, т. е. 0 < i- < — / 2+ К З .
1
Рис. 39
Отсюда а >
\ Г2+ V3
ИЛИ а > У 2—1/3.
При 6 = 5, выполнив те же преобразования, получим 5 ребер
длины 1 и одно длины b = .
Исходя из случая (1), получим Ь < У 3, отсюда —< 1 / 3 или
1 а> Уз
6 6 . Пусть 0 2 центр у2, 0 2Д2 _]_ АВ (рис. 40). Пусть для определенности
Н2 лежит между В и D (второй случай рассматривается
аналогично). Примем радиус у за единицу. Обозначим
\AD\ = x, |0 2Я2| = г. Тогда |ЛЯ2| = л + х; |0 0 2| = 1 / [ 0 Я Д М ^ =

126 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

= V(x + r— 1 ) 2 + г2. Так
как у и у2 касаются, то
1 0 0 21 +\02К | = 1 , т. е.
]/(* + ,— 1 ) 2 + г2 = 1 — г ,
(x + r—1 ) 2 = 1 —2 г,
отсюда | ЛЯ2| 2 = (х+г) 2 =
=((х + г — 1 ) + 1 )2 = 2 х.
Но | AC |2= | AD\ — \АВ\=
= 2 х = | ЛЯ2 12, т. е.| АС\ =
= \ л н 2\.
Пусть 0 3—центр у3; 0 3Я 3 _]_ЛЯ. Точно так же доказывается,
что | ВС | = | ВН31. Пусть О,—середина отрезка 0 30 2; 01Hl АВ.
Покажем, что О,—центр у1ш Так как 0 1Н1—средняя линия тра-
| 0 3Я3| + | 0 2Я2|
2 пеции 02Н2Н30 3, то IC y ^ |
Но 0 3Н3 есть радиус окружности у 3. CD—касательная к у 3.
Расстояние от 0 3 до CD равно радиусу у 3. Это расстояние равно
H3D. Следовательно, |0 3Я 3| = |Я 3Я|. |0 2Я 2| = г—радиусу у 2. CD—
касательная к у2. Расстояние от 0 2 до CD равно г. Эго расстояние
равно H2D. Следовательно, 102Я 2 1 = | H2D |.
Значит,
10 ^н | | 0 3Я 3 | + | 0 2Я 2 1 |Я 3Д | + |Я 2Д | \Н 3Н2 \
\а н 2\ + \ в н 3 \ — \ а в \ |Л С | + | ВС\ — | АВ |
2
|Л Я 3 | + |Л Я 2 | | АН 2 | + 1 АВ | — | ВНЯ | \АС\ + \А В \
2 — 2 2
2 ~
АН, | =
\вс\
Пусть теперь 0[ центр у г; 0[Н[ АВ-, 0{М^_АС\ 0[N J_ ВС;
М и N —точки касания ДЛЯС и у^
\АС\ + \ А В \ — \ В С \
я:
Тогда | АН[ I ЛЯ, |.
Но\ АН’,\ + \АМ\ = ( \А В \ — \ВН ‘ , \ ) + ( \ А С \ — \ М С \ ) = \ А С \ +
+ | АВ | — (| МС | + ] ВН\ | ) = | АС | + \A B \ — ( \C N \ +\BN\ ) =
= |ЛС| + |ЛЯ| — \ВС\, так как |МС| = |СЯ| и \BH[\ = \BN\
как касательные к одной окружности, проведенные, первые—из
точки С, вторые—из точки В.
I о[н; |= | о[м | = | с м | = = | о 1н 11.
Значит, О, и 0J совпадают.
Итак, мы доказали, что 0„ 0 2 и 0 3 лежат на одной прямой. Так
как прямая, симметричная касательной к окружности относительно

127 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

любой прямой, проходящей через В
ее центр, есть также касательная, д
то прямая, симметричная АВ от- / \
носительно 0 30 i0 2, есть искомая / \
общая касательная. / \
©7. Некоторые участники / \
олимпиады дали лучшую оценку, / \
чем требовалось условием зада- т~—
чи. Они показали, что число вы- / / ——-
пуклых четырехугольников с вер- / /
шинами в данных п точках не / / ^___ ——
меньше, чем . За такое ре- А
шение жюри присудило специальРис.
41
ные призы. Мы приводим одно из этих решений.
Лемма. Среди 5 точек на плоскости, никакие три из которых
не лежат на одной прямой, найдутся 4, образующие выпуклый
четырехугольник.
Доказательство леммы приведено в задаче № 101.
Рассмотрим все возможные группы по 5 точек, выбранные из
данных п точек (они существуют, так как п > 4). Таких групп будет
С„. В каждой группе найдется по крайней мере одна четверка
точек, образующих выпуклый четырехугольник. Но каждый такой
четырехугольник мог быть сосчитан п—4 раза, так как при фиксированных
четырех точках — вершинах этого четырехугольника —
в качестве пятой точки можно взять любую из оставшихся п—4
точек. Поэтому всего выпуклых четырехугольников будет не менее
С5 £>5
. Покажем, что Эквивалентными преобразованиями
получим:
п(п — 1)(/г — 2)(п — 3)(п — 4) ^ (п—3) (п—4)
120 (п —4) ‘ 2 ‘ ’
п (п— 1) (п — 2) — 60 (п—4) > 0, IIs—3/г2 — 58/г + 240 > 0.
Полученный многочлен имеет три корня: п — 5; п = 6 ; п = — 8 .
Неравенство можно переписать в виде (п — 5){п—6 ) (п + 8 ) ^ 0 .
Так как п > 4, то равенство имеет место только при п = 5 и п = 6 .
С5 При п > 6 имеет место строгое неравенство > С®_3.
6 3 . Обозначим х1у 1— z\ = Dx; x2y2—zl = D2\
(x1-j-x2) (y1 «Tу2) D

128 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

Действительно, рассмотрим многочлены
Pi (0 = x j 2 + 2Zj + y j Р2 (t) = x2t2 + 2z2t +УА
PV) = Pi(t) + Pt (t).
Легко убедиться, что —Dy, —D2, —D—их дискриминанты,
min P (t) ^ min Px (t) + min P2 (t ).
Ho
minP1( t )=— \ min P 2 (£) = — ; minP(£): D
X i V ‘ X2 ’ W * 1 + * ;2
(так как старший коэффициент в Р (t) равен (хх+ х 2)), откуда и
следует требуемое неравенство. Равенство достигается тогда и
только тогда, когда минимумы Р1 (t) и Р2 (/) достигаются в одной
точке, т.е. — = — . Из доказанного неравенства следует, чтотаккак
*1 х2
Dj > О, D2 > 0, то D > 0. Таким образом, 8
<*+*■> ( f +тг)’
g
Осталось доказать, что ———-^ sSj Dp1 + Dr \ так как
(*! -р х2) ( f + f )
знаменатель дроби положителен, то последнее неравенство эквивалентно
неравенству
(Df1 + D ,» 1) D, D.) ^ 8 .
Преобразуем левую часть неравенства:
(D ^ + D r1) ( ^ ^ D 1 + ^ l ^ — 2D2) =
*1 Н“ *2 I Х1 ~~Ь х2 I I ^2 I *2 jjf I —2__ % ^2 Z^2 Oj Xi D-П} г^2 -^ 1
» 2+ ( S — + t ) + ( ^ + f t ) + ( l — f t + t — t ) > 8′
так как каждая сумма взаимнообратных величин по неравенству
Коши не меньше двух.
Утверждение полностью доказано. Равенство достигается тогда
и только тогда, когда х1 = х2, Dj = D2. В исходном неравенстве
равенство достигается тогда и только тогда, когда одновременно
выполняются три условия:
Х1 = Х2, I Xj = X 2f
Р*i ^ 2» откуда J У1 У2’
iL = is.
х± х2 2л — Za
6 9 . Лемма . Пусть АВС = р, ВАС —о., О—центр вписанной
окружности радиуса г, 0г—центр вневписанной окружности ра-

диуса р. Тогда (рис. 42)
г , а , В
— j T ^ e — r — t g f .
Д о к а з а т е л ь с т в о . Так как ОДЛ = — |- , ОАВ = у ,
ОЛ J_ 0ХЛ, ОД _L 0 ^ , то
| Д В | = И М + | jvb| = J _ ( t g i + t g f ) .
tgT t gT gT g lT
С другой стороны,
M 5 H ^ / C | + |/C5| = p t g — | + p t g — | = p ( t g f + t g | ) .
Следовательно,
*t ета ** етР
( t g | + tg — y ) = p ( t g — y + t g — l — ) .
Откуда “ tg- f- tg-! -.
Д о к 0аШз а т е л ь с т в о у т в е р ж д е н и я з а д а ч и . Пусть
СМВ = у (рис. 43). Тогда по лемме
Так как СМА = п—у, то по лемме
^ = t g f t g ^ = t g — f — c t g f .

129 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 4)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД