Национална олимпиада по математика — национален кръг | Библиотека

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност е с център

I

и допира страните му

B C, A C

и

A B

съответно в точки

A_{1}, B_{1}

и

C_{1}

. През

I

е построена права

\ell

. Точките

A^{\prime}, B^{\prime}

и

C^{\prime}

са симетрични съответно на

A_{1}, B_{1}

и

C_{1}

относно

\ell

. Да се докаже, че правите

A A^{\prime}, B B^{\prime}

и

C C^{\prime}

се пресичат в една точка.

Решение

Да означим разстоянието от точката

X

до правата

A B

с

d_{c}(X)

. Аналогично означение въвеждаме и за правите

B C

и

C A

. Не е трудно да се види, че от синусовия вариант на теоремата на Чева следва, че равенството

\frac{d_{b}\left(A^{\prime}\right)}{d_{c}\left(A^{\prime}\right)} \cdot \frac{d_{c}\left(B^{\prime}\right)}{d_{a}\left(B^{\prime}\right)} \cdot \frac{d_{a}\left(C^{\prime}\right)}{d_{b}\left(C^{\prime}\right)}=1

е необходимо и достатъчно условие за пресичане в една точка на правите

A A^{\prime}, B B^{\prime}

и

C C^{\prime}

. Да забележим, че

B_{1} A^{\prime}=A_{1} B^{\prime}

. Освен това, понеже правите

C B

и

C A

допират вписаната окръжност,

\angle B^{\prime} A_{1} B=\frac{1}{2} \widehat{B^{\prime} A_{1}}=\frac{1}{2} \widehat{A^{\prime} B_{1}}=\angle A^{\prime} B_{1} C

. Оттук

d_{a}\left(B^{\prime}\right)=A_{1} B^{\prime} \sin \angle B^{\prime} A_{1} B= B_{1} A^{\prime} \sin \angle A^{\prime} B_{1} C=d_{b}\left(A^{\prime}\right)

. Аналогично получаваме и

d_{b}\left(C^{\prime}\right)=d_{c}\left(B^{\prime}\right)

и

d_{c}\left(A^{\prime}\right)=d_{a}\left(C^{\prime}\right)

, с което исканото равенство е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

През точките с целочислени координати в правоъгълна координатна система Oxyz са построени равнини, успоредни на координатните равнини и по този начин пространството е разбито на единични кубчета. Да се намерят всички тройки

(a, b, c), a \leq b \leq c

, от естествени числа, за които кубчетата могат да бъдат оцветени в

a b c

цвята така, че всеки паралелепипед с размери

a \times b \times c

, целочислени върхове и стени, успоредни на координатните равнини, не съдържа еднакво оцветени кубчета.

Решение

Решение. Ще докажем, че търсените тройки

(a, b, c)

са онези, за които

a

дели

b

и

b

дели

c

. С

\left(\left(x_0, y_0, z_0\right), p, q, r\right)

ще означаваме паралелепипед с долен ляв връх с координати

\left(x_0, y_0, z_0\right)

и измерения

p, q

и

r

, съответно по осите

O x, O y

и

O z

. Да допуснем, че

b

не се дели на

a

, т. е.

b=m a+n

за някои

m, n \in \mathbb{N}, 0\lt{}n\lt{}a

. Ако (

p, q, r

) е пермутация на числата (

a, b, c

), то от условието на задачата, приложено за паралелепипедите

((0, 0, 0), p, q, r)

и

((0, 0, 1), p, q, r)

следва, че паралелепипедите

((0, 0, 0)

,

p, q, 1)

и (

(0, 0, r), p, q, 1

) са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Оттук следва, че паралелепипедите

((0, 0, 0), c, a, 1)

и

((0, 0, b), c, a, 1)

са съставени от кубчета с едни и същи цветове и паралелепипедите

((0, 0, 0), c, b, 1)

и

((0, 0, m a), c, b, 1)

са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Тъй като паралелепипедът

((0, 0, 0), c, b, 1)

съдържа

((0, 0, 0), c, a, 1)

и

((0, 0, m a), c, b, a)

съдържа (

(0, 0, m a), c, b, 1

) и (

(0, 0, b), c, a, 1

), то всеки цвят от (

(0, 0, 0), c, a, 1

) се среща поне два пъти в (

(0, 0, m a), c, b, a

). Полученото противоречие показва, че

n=0

, т. е.

a

дели

b

. Аналогично се доказва, че

b

дели

c

. Нека сега

a \mid b

и

b \mid c

, като

b=p_1 a, c=p_2 b=p_1 p_2 a

, където

p_1, p_2 \in \mathbb{N}

. За всеки две естествени числа

m

и

n

ще означаваме с

R(m, n)

остатъка при деление на

m

на

n

. Координати на всяко кубче ще наричаме координатите на долния му ляв преден връх. Да оцветим кубчето

(x, y, z)

в цвят, определен от остатъци по следния начин:

\left.\left.\left.\left(R(x, a); R(y, a); R(z, a); R\left(\frac{x}{a}\right]+\left[\frac{y}{a}\right], p_1\right); R\left(\frac{y}{a}\right]+\left[\frac{z}{a}\right], p_1\right); R\left(\frac{x}{b}\right]+\left[\frac{y}{b}\right]+\left[\frac{z}{b}\right], p_2\right)\right).

Тогава преброяването на всички възможности по шестте координати показва, че общият брой на цветовете е

a^3 p_1 p_1 p_2=a b c

. Да допуснем, че две различни едноцветни кубчета (

x_1, y_1, z_1

) и (

x_2, y_2, z_2

) са разположени в паралелепипед с размери

a \times b \times c

, т. е.

\left|x_1-x_2\right| \leq \alpha, \left|y_1-y_2\right| \leq \beta, \left|z_1-z_2\right| \leq \gamma

, където (

\alpha, \beta, \gamma

) е пермутация на (

a, b, c

). Тъй като

\left|x_1-x_2\right|, \left|y_1-y_2\right|

и

\left|z_1-z_2\right|

се делят на

a

, една от тези разлики е равна на 0. Нека например

x_1=x_2

. Тогава от четвъртата и петата координата на съответния цвят се вижда, че

\left|y_1-y_2\right|

и

\left|z_1-z_2\right|

се делят на

b

и значи една от тях е равна на 0. Ако например

y_1=y_2

, то от последната координата следва, че

\left|z_1-z_2\right|

се дели на

c

, т. е.

z_1=z_2

. Получихме, че

\left(x_1, y_1, z_1\right) \equiv\left(x_2, y_2, z_2\right)

, т. е. кубчетата съвпадат, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Изпъкнал 2009-ъгълник е разбит на триъгълници чрез непресичащи се диагонали. Един от тези диагонали е оцветен в зелено. Разрешена е следната операция: за два триъгълника

A B C

и

B C D

от разбиването с обща страна

B C

можем да заменим диагонала

B C

с диагонала

A D

, като, ако замененият диагонал е бил зелен, той губи цвета си и заменилият го диагонал става зелен. Да се докаже, че всеки предварително избран диагонал на 2009ъгълника може да бъде оцветен в зелено чрез прилагане на разрешената операция краен брой пъти.

Решение

Първо ще докажем, че за даден връх на изпъкналия 2009 -ъгълник и всяка триангулация, с прилагане на разрешената операция можем да получим триангулацията, получена от прекарването на всички диагонали през този връх. За произволен връх

A

, движейки се обратно на часовниковата стрелка, да означим с

B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{k}

последователните върхове, за които

A B_{i}

е страна на дадения многоъгълник или диагонал в дадената триангулация. Ако отсечката

B_{i} B_{i+1}

не е страна, тя е диагонал и след извършване на разрешената операция, ще получим нова триангулация от която излизащите от

A

диагонали са с един повече. Продължавайки по този начин ще получим триангулация с диагонали само от върха

A

. Ще докажем по индукция по

n \geq 4

, че твърдението е вярно за произволен изпъкнал

n

-ъгълник. При

n=4, 5

твърдението се проверява директно. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое

k \geq 5

и да разгледаме триангулация на изпъкнал

(k+1)

-ъгълник. Без ограничение приемаме, че избрания диагонал е

A_{1} A_{i}

. Съгласно доказаното, от дадената триангулация можем да получим триангулацията, получена с прекарването на всички диагонали през

A_{1}

. Ако при това

A_{1} A_{i}

е станал зелен, задачата е решена. Нека зелен е станал диагонала

A_{1} A_{j}

, като без ограничение считаме, че

j\lt{}i

. От индукционното допускане следва, че в многоъгълникът

A_{1} A_{2} \ldots A_{i}

можем да получим триангулация, в която диагоналът

A_{1} A_{i-1}

е зелен. Тъй като

k \geq 5

и всяка триангулация на (

k+1

)ъгълник съдържа

k-2

диагонала, то в триангулацията освен диагоналите

A_{1} A_{i-1}

и

A_{1} A_{i}

има поне още един диагонал. Този диагонал разделя

(k+1)

-ъгълника на два изпъкнали многоъгълникът, всеки с по-малко от

k+1

върха, като диагоналите

A_{1} A_{i-1}

и

A_{1} A_{i}

са в един от двата многоъгълникът. Остава да приложим индукционното допускане за този многоъгълник.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}

са произволни реални числа, а

c_{1}, \ldots, c_{n}

са положителни реални числа, то

\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{a_{i} a_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right)\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{b_{i} b_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right) \geq

\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{a_{i} b_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right)^{2}.

Решение

Решение. Първо решение. Можем да считаме, че не всички

a_i

и не всички

b_i

са равни на 0. Първо ще докажем, че

f(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i a_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j} \geq 0, \quad x \geq 0

Имаме, че

x f^{\prime}(x)=\left(\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i}\right)^2 \geq 0

. Следователно

f(x) \geq f(0)=0

при

x \geq 0

. Аналогично

g(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{b_i b_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j} \geq 0, \quad x \geq 0

Сега полагаме

h(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i b_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j}

Ще докажем по-общо неравенство от даденото, а именно

f(x) g(x) \geq h^2(x), x \geq 0

Можем да считаме, че

h(x) \geq 0

при дадено

x

(иначе сменяме

a_i

с

-a_i

). Тогава трябва да докажем, че

s(x)=\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)} \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}-h(x) \geq 0

. От неравенството

a^2+b^2 \geq 2 a b

при

x \geq 0

следва, че

\begin{gathered} x s^{\prime}(x)=\frac{x f^{\prime}(x) \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}}+\frac{x g^{\prime}(x) \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}}-x h^{\prime}(x) \geq \sqrt{\vphantom{x^2}x f^{\prime}(x) x g^{\prime}(x)}-x h^{\prime}(x) \\ =\left|\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i} \sum_{i=1}^n b_i x^{c_i}\right|-\sum_{i, j=1}^n a_i b_j x^{c_i+c_j} \geq \sum_{i=1}^n a_i x^{c_i} \sum_{i=1}^n b_i x^{c_i}-\sum_{i, j=1}^n a_i b_j x^{c_i+c_j}=0 \end{gathered}

и значи

s(x)\gt{}s(0)

при

x \neq 0

. Второ решение. Нека

f(x)=\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i-1 / 2}

и

g(x)=\sum_{i=1}^n b_i x^{c_i-1 / 2}

. Даденото неравенство следва директно от интегралното неравенство на Коши-Буняковски-Шварц:

\int_0^1 f^2(x) d x \int_0^1 g^2(x) d x \geq

\left(\int_0^1 f(x) g(x) d x\right)^2

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-6

Национална олимпиада по математика — национален кръг

2009

Открити липси за попълване от източника

9

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие