Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Южная Корея, Тайджун, 13-25 июля 2000 г. (с решениями)

Задача 1: Окружности  Γ 1 и  Γ 2 пересекаются в точках M и N. Прямая l  общая касательная к  Γ 1 и  Γ 2 такая, что M расположена к l ближе, чем N. Прямая l касается  Γ 1 в точке A, а  Γ 2  в точке B. Прямая, проходящая через M параллельно l, пересекает вторично окружность  Γ 1 в точке C, а окружность  Γ 2  в точке D. Прямые CA и DB пересекаются в точке E, прямые AN и CD  в точке P, прямые BN и CD  в точке Q. Докажите, что EP = EQ.

Решение:  ∠ EBA =  ∠ BDM (так как CD|AB)  =  ∠ ABM (т.к. AB  касательная в точке B), значит AB  биссектриса  ∠ EBM. Аналогично BA  биссектриса  ∠ EAM. Поэтому точка E  симметрична точке M относительно AB, откуда следует, что EM перпендикулярно AB, а значит и CD.

Осталось показать, что MP = MQ. Пусть прямые NM и AB перескаются в точке X. XA  касательная, поэтому XA² = XM  XN. Аналогично, XB² = XM  XN. Таким образом, XA = XB. Но AB|PQ, поэтому MP = MQ.

Задача 2: Положительные числа a, b, c таковы, что abc = 1. Докажите, что

Решение: Пусть числа , , положительны. Заметим, что

Отсюда следует, что

Аналогично и . Перемножив эти три неравенства, получаем, что

Если же хотя бы одно из чисел , и отрицательно, то два других положительны. Например, если , то a < 1, поэтому , а b > 1, поэтому .

Задача 3:

Дано натуральное число n > 2. Сначала на горизонтальной прямой сидят n блох, не все в одной точке. Для положительного действительного числа  λ  определим прыжок следующим образом: выбираются две блохи, сидящие в произвольных точках A и B, причём A левее B, и блоха, сидящая в A, прыгает в точку C, расположенную на данной прямой справа от B, такую, что . Определите все значения  λ  такие, что для любой точки M на этой прямой и для любого начального расположения n блох существует конечная последовательность прыжков, после которой все блохи окажутся справа от точки M.

Решение: Ответ: .

Предположим, что , тогда . Пусть X  сумма расстояний блох от самой правой блохи. Если в точке B сидит не самая правая бложа, то X уменьшается. Пусть в точке B сидит самая правая блоха. Тогда после прыжка самая правая блоха будет на |BC| правее, чем раньше, а X уменьшится по крайней мере на . X не может стать меньше 0. Поэтому общее расстояние, на которое сдвинулась самая правая точка, не превосходит , где X0  начальное значение X.

Пусть теперь , тогда . В качестве точки A будем брать точку, в которой сидит самая левая блоха, а в качестве точки B  точку в которой сидит самая правая блоха. После прыжка самая правая блоха будет на |BC| правее, а X увеличится на . Таким образом, X никогда не уменьшается. Но , а значит самая правая блоха может оказаться сколь угодно далеко справа. Остальным блохам теперь остаётся только перепрыгнуть через неё.

Задача 4:

У фокусника 100 карточек, занумерованных числами от 1 до 100. Он раскладывает все карточки в три ящика: красный, белый и синий так, чтобы в каждом ящике лежала хотя бы одна карточка. Один из зрителей выбирает два из трёх ящиков, вынимает из них по одной карточке и объявляет сумму номеров вынутых карточек. Зная эту сумму, фокусник определяет тот ящик, из которого карточка не вынималась. Сколькими различными способами можно разложить карточки по ящикам так, чтобы этот фокус всегда удавался? (Способы, при которых хотя бы одна карточка попадает в разные ящики, считаются различными.)

Решение: Ответ: 12. Пометить ящики числами 0, 1, 2 (6 возможностей), и класть карточку n в коробку, на которой написан остаток n от деления на 3. Или поместить 1 и 100 в разные ящики, а 2  99  в третий ящик (ещё 6 возможностей).

Пусть Hn  утверждение, что для карточек, пронумерованных от 1 до n единственные решения  разложить по остаткам от деления на 3, и поместить карточки 1 и n в разные ящики, а карточки от 2-й до (n  1)-й  в третий ящик. Легко проверить, что это действительно решения. Hn утверждает, что других решений нет. H3 очевидно истинно (хотя оба случая совпадают). Используем индукцию по n. Предположим, что Hn истинно, и докажем, что Hn + 1 истинно.

Предположим, что карточка n + 1 единственна в своём ящике. Если карточка 1 не единственна в своём ящике, то пусть N  сумма максимальных карточек в ящиках (кроме n + 1). Поскольку n + 2 ≤ N ≤ n + (n  1) = 2n  1, мы можем достичь такой же суммы N в другой паре ящиков ((n + 1) + (N  n  1)). противоречие. Значит карточка 1 единственна в своём ящике, и мы получили одно из решений, описанных в Hn + 1.

Если n + 1 не единственна в своём ящике, то, если мы уберём её, то должны получить решение для n. Нетрудно проверить, что это не может быть (n,1,2..n  1)-решение, поэтому карточки 1..n распределены в соответствии с их остатками при делении на 3. То, что карточка n + 1 должна лежать в ящике с соответствующим остатком, очевидно.

Задача 5: Существует ли натуральное число n такое, что n имеет ровно 2000 различных простых делителей, и 2n + 1 делится на n.

Решение:

Ответ: да.

Заметим, что для нечётных b 2ab + 1 = (2a + 1)(2a(b  1)  2a(b  2) +    + 1), поэтому 2a + 1  делитель 2ab + 1. Поэтому достаточно найти такое m, что

  1. у m мало различных простых делителей;
  2. у 2m + 1 много различных простых делителей;
  3. 2m + 1 делится на m.

Тогда мы сможем взять в качестве k произведение достаточного количества различных простых делителей 2m + 1, на которые не делится m так, чтобы у km было ровно 2000 делителей. При этом km будет делителем 2m + 1, а значит и 2km + 1.

Возьмём m = 3h. Надо проверить (1) делится ли ah = 2m + 1 на m = 3h и (2) есть ли у него много простых делителей при достаточно больших h.

Заметим, что ah + 1 = ah(22m  2m + 1), где m = 3h. Но 2m = (ah  1), поэтому . Учитывая, что a1 = 9, с помощью несложной индукции получаем, что ah делится на 3h + 1, а значит и на m.

Остаётся убедиться, что мы сможем найти ah с достаточно большим количеством простых делителей. Пусть ah = mbh. Тогда . Учитывая, что в последнем выражении множители взаимно просты, а второй множитель больше единицы, нетрудно видеть, что у bh + 1 есть простой делитель больший трёх, не являющийся делителем bh. Но это означает, что у bh при достаточно больших h будет достаточно много различных простых делителей больших трёх.

Мы показали, что взяв m из первого параграфа равным, скажем, 3²ººº, пролучим, что

  1. у m есть только один простой делитель;
  2. у 2m + 1 = 3²ºº¹b²ººº по крайней мере 1999 различных простых делителей не равных 3.
  3. 2m + 1 делится на m.

Взяв k равным произведению 1999 различных простых делителей b²ººº, получим, что n = km число ровно с 2000 различными простыми делителями, которое делит 2n + 1.

Задача 6: Пусть AH1, BH2, CH3  высоты остроугольного треугольника ABC. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон BC, CA, AB в точках T1, T2, T3 соответственно. Прямые l1, l2, l3 являются образами прямых H2H3, H3H1, H1H2 при симметрии относительно прямых T2T3, T3T1, T1T2 соответственно. Докажите, что прямые l1, l2, l3 образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник ABC.

Решение:

Пусть O  центр вписанной окружности, а X  точка пересечения прямой проходящей через точку T2 параллельно AB и прямой BO. Мы покажем, что точка X симметрична точке H2 относительно прямой T2T3. Пусть AC пересекается с с BO в точке B2. A2H2 ⊥ T2B2, поэтому  ∆ BH2B2 ∽  ∆ OT2B2. Значит . Но OA3  биссектриса треугольника BCB2, поэтому .

Возьмём на прямой BO точку B′2 так, что T2B2 = T2B′2 (B′2 не совпадает с B2, если T2B2 не перпендикулярно этой прямой). Тогда  ∠ T2B′2X =  ∠ CBB2. Кроме того, поскольку T2X|BA,  ∠ T2XB′2 =  ∠ CBB2. Таким образом,  ∆ T2XB′2 ∽  ∆ CBB2. Значит (т.к. B′2T2 = B2T2).

Мы показали, что , а значит H2T2 = XT2. T2X|AB, поэтому  ∠ BAC =  ∠ AT2X =  ∠ T2H2X = 2 ∠ T2XH2 (равнобедр.). Так что  ∠ T2XH2 = ½ ∠ BAC =  ∠ BAO. H2X|BA, значит и H2X|OA. Но OA ⊥ T2T3, значит и H2X ⊥ T2T3. Значит X действительно симметрично H2 относительно T2T3.

Теперь заметим, что  ∠ H3H2A1 = 90   ∠ H3H2B = 90  H3CB =  ∠ ABC. Значит прямая симметричная H2H3 относительно T2T3 проходит через точку X, образуя  ∠ ABC с T2X, а значит параллельна BC.

Пусть M1, M2, M3  точки симметричные точкам T1, T2 и T3 относительно прямых AO, BO и CO соответственно.  ∠ M2XT2 = 2 ∠ OXT2 = 2 ∠ ABO (поскольку AB|T2X)  =  ∠ ABC. Поэтому M2X|BC, то есть M2 лежит на прямой, симметричной H2H3 относительно T2T3. Аналогично получаем, что на этой прямой лежит и M3.

Точно так же прямая M1M3 симметрична прямой H1H3 относительно T1T3, а прямая M1M2  прямой T1T2 относительно T1T2. Это означает, что треугольник образованный пересечением l1, l2 и l3  это и есть M1M2M3.

http://www.zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?tour=internat.imo.41&solution=1

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

 
©2002-2009 Федеральное агентство по образованию
©2002-2009 СПбГУ ИТМО
©2002-2009 Разработка сайтов — 1ADW