Задачи Пятого Турнира Юных Математиков УЗШ «Эрудит» по теме «Задачи Пятого Турнира Юных Математиков» ученика 10го класса Гончаренко Никиты Настоящий рассматривает решения задач некоторых задач отборочного этапа Пятого Всеукраинского турнира юных математиков (проводившегося г. Сумы). В кратком условии участия было отмечено, что «предлагаемые задачи достаточно сложны и необязательно должны быть решены полностью. Оцениваться будут и отдельные продвижения и разбор частных случаев. В некоторых случаях можно решить аналогичную или более простую задачу». Данный имеет несколько не доведенных до конца задач, либо решенных частично. Также приведены некоторые задач финального тура. «Геометрические миниатюры» Условие: Зафиксируем на плоскости АВС и обозначим через SL , SM , SK площади треугольников, вершинами которых есть, соответственно, основания биссектрис, медиан и точек касания вписанной окружности. Доказать, что . Решение Решение задачи разобъем на четыре этапа: 1. Докажем, что 2. Докажем, что 3. Докажем, что 4. Из этапов (2) и (3) ясно, что , поэтому докажем, что Этап 1 : Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС. Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P, S и Q. Обозначим отрезки AP, CQ и BS как x, y и z соответственно. Тогда из «отрезки касательных, проведенных из одной точки равны», следует, что AC = AQ = x, CQ = CS = y, BS = BP = z. Составим и решим систему. Найдем отношение площади PSQ к площади АВС через разность площадей S PSQ = S АВС – (S APQ + S CQS + S BPS). Аналогично, и Тогда из S PSQ = S АВС – (S APQ + S CQS + S BPS) Þ Подставим значения Раскрыв скобки, выражение можно записать как Длины сторон треугольника всегда положительны, значит используем неравенство Коши: . Аналогично, для трех чисел: Подставим неравенства в числители дробей . Итак, отношение площади треугольника PSQ (по условию - Sk ) , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС: . Этап 2 : Найдем отношение площади треугольника, вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади данного треугольника АВС. Пусть АН, BG, CF – биссектрисы АВС, тогда FGH – искомый треугольник. Найдем отношение площадей данного треугольника и FGH. Обозначим AF = x, BH = y, CG = z. По свойству биссектрис («биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам»), тогда Значит, По аналогии с предыдущей задачей найдем отношение FBH, HCG, FAG к площади ABC. Аналогично, и . Тогда Упростив это выражение, получаем . Теперь, из неравенства Коши ( ) Þ . Итак,отношение площади треугольника FHG (по условию - Sl ), вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади треугольника АВС - . Этап 3 : Найдем отношение площади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику ABC. Проведем из вершин АВС медианы, пересекающие стороны АВ, ВС и АС соответственно в точках E, R и T. Рассмотрим AERT. RT, по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ7RT. ER=AT и ER7AT по этим же признакам ÞAERT – параллелограмм. Значит ÐEAT=ÐERT (*) – по свойству параллелограмма. Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них ÞÐRET = ÐRCT, ÐRBE = ÐETR (**). Из (*) и (**) Þ ERT подобен АВС при (по свойству средней линии). По свойству «площади подобных фигур относятся как квадраты коэффициентов подобия», . Итак, отношение площади треугольника (по условию SK ), образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС - . Этап 4 :докажем, что . В процессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решение оказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено. Значит, действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан больше площади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который больше площади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности. ЧТД. Задача 1 Финального тура Условие: Решить уравнение xy2 + xy + x2 – 2y – 1 = 0 в целых числах. Решение Представим исходное уравнение в виде: Из этого следует, что х – делитель 2у+1. Введем замену: 2у+1 = kx, где kÎZ. Тогда Т.к. ищем решения в целых числах, из этого равенства видно, что k – число нечетное. Подставим значения в преобразованное уравнение. Введем замену: х1 = -х. Тогда полученное уравнение примет вид . Решим данное уравнение относительно х1 (очевидно, что ). 1. Рассмотрим случай, когда k = 1. Отсюда, х = 1 или х = = -5, тогда y = 0 или у = -3; Ответ: (1;0), (0;-3); 2. Рассмотрим случай, когда k = -1. Отсюда, х = -1 или х = ­­ = -3, тогда у = 0 или у = 1; Ответ: (-1;0), (-3;1); 3. Рассмотрим случай, когда k = 3. Отсюда у = -14. Ответ: (-9;-14) 4. Рассмотрим случай, когда k = -3. - нет решений в области целых чисел. Итак, в результате вышеописанных вычислений были найдены следующие решения: (1;0), (0;-3), (-1;0), (-3;1), (-9;-14). C умма производных Условие: Пусть . Доказать, что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное. Решение Рассмотрим производные P(x): Далее замечаем, что . Рассмотрим это число: 1. n = 2k.. 4k2 (2k-1) – это число четное. 2. n = 2k+1. 2k*(2k+1)2 – также число четное. Отсюда следует, что - число четное при любых допустимых значениях n. Значит, , как сумма четных чисел, число четное. Введем некоторую функцию F(x). Рассмотрим возможные случаи для х: 1. х – число четное - число нечетное, - число четное ÞF(x) – нечетное. Значит, -нечетное число, ЧТД. 2. х – число нечетное a. n – нечетное - число четное, - при четном х – четное, значит сумма четна ÞF(x) – четное. b. n – четное - число нечетное, - при четном х – четное, значит сумма нечетна ÞF(x) – четное. Значит, при любом нечетном х, всегда F(x) будет четной при любом (четном/нечетном) значении nÞ - четное ЧТД В результате рассмотренных выше случаев, выводим, что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное. ЧТД. Необычное уравнение Условие: Для m натуральных через P(m), обозначается произведение всех цифр его десятичной записи, а через S(m) – их сумма. Найти количество k(n) решений уравнения при n = 2002. Исследуйте величину k(n) решений уравнения. Решение Рассмотрим различные случаи числа x. Пусть в записи х есть ноль, тогда P(x) = 0, значит Пусть S(x)=y, S(x) = n и в записи числа есть ноль, тогда Значит, P(S(x)) = P(y) = 0, т.к. число содержит ноль. S(S(x))=S(y)=n. Имеется бесконечно много решений. Т.е. для решения данного уравнения подходят числа, S(S(x)) которых равна n. Т.к. решений бесконечно много, то имеем множество решений для любых случаев. Идем от обратного: S(y)=n где, a+b+c+…+f = n, т.е. от перестановки цифр сумма не меняется. При n = 2002, S(x) = 4, P(S(x)) = 4, S(S(X)) = 4 – . Рассмотрев решения для данного случая, убеждаемся, что n можно подобрать относительно х или наоборот. Задание 6 Финального Тура Найти все функции , для которых выполняется Решение Пусть х = 1. . Заменим f(y) на а, имеем: . (*) Проверим полученную функцию. y = 1, тогда Теперь подставим в исходную функцию. Значит, одно из возможных значений функции - . Математический Анализ Условие: Рассматриваются различные непрерывно дифференцируемые функции (это значит, что для произвольного , существует ), причем функция g непрерывна на сегменте [0;1]; под произодными функции f в конечных точках сегмента [0;1] считаются конечные производные соответственно), для которых f(0)=f(1)=0 и . Охарактеризовать множество всех точек, координатной плоскости xOy, через которые могут проходить графики всех функций. Решение Используем неравенство Коши-Буняковского для определенного интеграла, но, прежде, распишем определенный интеграл: Распишем, также, формулу Ньютона-Лейбница: . Итак, Значит . Значит, . Тогда, . , т.к. (по условию). Рассмотрим два случая: 1. y2 = x – x2 (точка лежит на контуре) Т.е. графиком данной функции будет произвольная кривая, в которую вписан угол (угол OMK = 900 ) ПРОТИВОРЕЧИЕ !!! 2. Т.е. всегда можно построить гладкую кривую, проходящую через точку Х. Бесконечные Биномиальные Коэффициенты Условие: упростить выражение . Решение Отметим, что если n – четное, что количество членов ряда нечетно, а если n – нечетно, то их количество четно. Рассмотрим четные и нечетные n. 1. n = 2k + 1 – нечетное Тогда, ряд будет иметь вид: . Зная, что , упростим этот ряд. . Видим, что равноудаленные от концов ряда члены сокращаются, и, т.к. количество их четно, следовательно сумма ряда рана нулю. , при n = 2k + 1. 2. n = 2k Этот случай не был решен до конца, но в результате расчетов первых четных чисел была выведена и проверена, однако не доказана, формула , где n – четное. Работа Гончаренко Никиты, Г. Краматорск, ОШ#35