© AI
ANALYSIS OF TWO PROBLEMS FROM THE INTERNATIONAL MATHEMATICAL OLYMPIAD
Abstract. Successful solutions of the first two problems from the paper of the International Mathematical Olympiad in 2012 were enough for a bronze medal. The paper is dedicated to the analysis of these problems. The other problems are stated only.
Keywords: Olympiad, problem solving, orthocentеr, derivative.
Петдесет и третата международна олимпиада по математика се проведе от 7 до 16 юли 2012 г. в Аржентина. Шестимата български ученици спечелиха общо 1 златен, 2 сребърни и 2 бронзови медала, а в отборното класиране България раздели 19–21 място с Бразилия и Украйна. Ето условията на шестте задачи, върху които се сътезаваха 548 представители на 100 държави.
Задача 1. Центърът на външновписаната окръжност спрямо страната \(B C\) на даден \(\triangle A B C\) е означен с \(I\). Окръжността се допира до правите \(A B, B C\) и \(A C\) съответно в точки \(K, M\) и \(L\). Правите \(M L\) и \(B I\) се пресичат в точка \(F\), а правите \(M K\) и \(C I\)-съответветно в точка \(G\). Ако \(S\) и \(T\) са пресечните точки на \(B C\) съответно с \(A F\) и \(A G\), да се докаже, че \(M\) е средата на отсечката \(S T\).
(предложена от Евангелос Психас, Гърция)
Задача 2. Нека \(n \geq 3\) е цяло число и \(a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}\) са такива положителни реални числа, че \(a_{2} a_{3} \ldots a_{n}=1\). Да се докаже, че \(\left(1+a_{2}\right)^{2}\left(1+a_{3}\right)^{3} \ldots\left(1+a_{n}\right)^{n} \gt n^{n}\).
(предложена от Анжело ди Паскуале, Австралия)
Задача 3. Отгатване е игра между двама играчи \(A\) и \(B\). Правилата на играта зависят от две естествени числа \(k\) и \(n\), които са известни и на двамата. Отначало \(A\) избира цели числа \(x\) и \(N\), за които \(1 \leq x \leq N\), като пази в тайна \(x\), а на \(B\) съобщава само \(N\). Играч \(B\) се опитва да получи информация за \(x\), задавайки въпроси на \(A\) по следния начин: \(B\) избира множество от естествени числа \(S\) за всеки свой въпрос и пита \(A\) дали \(x \in S\) (не е задължително всеки път \(S\) да е различно). Броят на въпросите на \(B\) е неограничен, но краен. Играч \(A\) отгонаря с \(\partial a\) или не, но не е задължен да казва истината. Единственото условие е измежду всеки \(k+1\) последователни отговори на \(A\) поне един да е верен. След като \(B\) завърши със задаването на въпроси, той трябва да определи множество \(X\) с най-много \(n\) естествени числа. Ако \(x \in X\), то \(B\) е победител. В противен случай той губи играта. Да се докаже, че
1). Ако \(n \geq 2^{k}\), то \(B\) има печеливша стратегия.
2). За всяко достатъчно голямо \(k\) съществува \(n \geq 1,99^{k}\) така, че \(B\) не може да си гарантира победа.
(предложена от Дейвид Артур, Канада)
Задача 4. Да се намерят всички функции \(f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}\) така, че за произволни цели числа \(a, b\) и \(c\), b и c , за които \(a+b+c=0\), е изпълнено равенството
\[ f^{2}(a)+f^{2}(b)+f^{2}(c)=2 f(a) f(b)+2 f(b) f(c)+2 f(c) f(a) . \] ( \(\mathbb{Z}\) е множеството на целите числа.)
(предложена от Лайъм Бейкър, Южна Африка)
Задача 5. Даден е правоъгълен триъгълник \(A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}\right)\). С \(D\) е означена петата на височината от върха \(C\). Нека \(X\) е точка от вътрешността на о отсечката \(C D\). Точката \(K\) от отсечката \(A X\) е такава, че \(B K=B C\), а точката \(L\) отсечката \(B X\) е такава, че \(A L=A C\). Ако \(M\) е пресечната точка на \(A L\) и \(B K\), да се докаже, че \(M K=M L\).
(предложена от Джозеф Ткадлец, Чехия)
Задача 6. Да де намерят всички естествени числа \(n\), за които съществуват неотрицателни цели числа \(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\) така, че
\[ \tfrac{1}{2^{a_{1}}}+\tfrac{1}{2^{a_{2}}}+\ldots+\tfrac{1}{2^{a_{n}}}=\tfrac{1}{3^{a_{1}}}+\tfrac{2}{3^{a_{2}}}+\ldots+\tfrac{n}{3^{a_{n}}}=1 \] (предложена от Душан Джукич, Сърбия)
Първите две задачи се оказаха достатъчни за завоюване на мезал по време на олимпиадата. Предлагаме ви решения на тези задачи.
Първо решение на задача 1: Тъй като \(I F \perp G K\) и \(I G \perp F L\), то \(M\) е ортоцентър на \(\Delta G F I\). Оттук следва, че \(\angle I F L=\angle I G K\) и значи точките \(F\) , \(G, I, K\) и \(L\) лежат на една окръжност. От друга страна \(I L \perp A L\) и \(I K \perp A K\), което означава, че точката \(A\) лежи на същата окръжност. В частност имаме, че \(I F \perp A S\) и \(I G \perp A T\). От друга страна \(B F\) и \(C G\) са ъглополовящи съответно на \(\angle A B S\) и \(\angle A C T\). Получаваме, че триъгълниците \(A B S\) и \(A C T\) са равнобедрени, т. е. \(A B=S B\) и \(A C=T C\). Но тогава \(A K=A B+B K=S B+B M=S M\) (тъй като \(B K=B M\) ) и \(A L=A C+C L=T C+C M=T M\) (тъй като \(C L=C M\) ). Сега е достатъчно да забележим, че \(A K=A L\). Заключаваме, че \(S M=T M\), т. е. \(M\) е средата на отсечката \(S T\).
Второ решение на задача 1: От теоремата на Менелай за \(\triangle A B T\) и правата \(G M\) имаме \(\tfrac{A G}{G T} \cdot \tfrac{T M}{M B} \cdot \tfrac{B K}{A K}=1\), а от теоремата на Менелай за \(\triangle A S C\) и правата \(F M\)– съответно \(\tfrac{A F}{F S} \cdot \tfrac{S M}{M C} \cdot \tfrac{C L}{L A}=1\). Тогава \(\tfrac{A G}{G T} \cdot \tfrac{T M}{M B} \cdot \tfrac{B K}{A K}=\tfrac{A F}{F S} \cdot \tfrac{S M}{M C} \cdot \tfrac{C L}{L A}\) и като вземем предвид, че \(B K=B M, C M=C L\) и \(A K=A L\) след съкращаване получаваме \(\tfrac{A G}{G T} \cdot T M=\tfrac{A F}{F S} \cdot S M\). Оттук следва, че равенството \(T M=S M\) е еквивалентно с \(\tfrac{A G}{G T}=\tfrac{A F}{F S}\), т. е. с успоредността \(F G \| B C\). Но в първото решение доказахме, че \(M\) е ортоцентър на \(\Delta G F I\), откъдето заключаваме, че \(I M \perp F G\) и понеже \(I M \perp B C\), то наистина \(F G \| B C\).
Решение на задача 2: Ще докажем неравенството \(\left(a_{k}+1\right)^{k} \geq \tfrac{k^{k}}{(k-1)^{k-1}} \cdot a_{k}\) за всяко \(k=2,3, \ldots, n\). Вместо \(a_{k}\) да разгледаме произволно реално \(x \geq 0\). Тогава неравенството става \((x+1)^{k} \geq \tfrac{k^{k}}{(k-1)^{k-1}} \cdot x\) и при фиксирано \(k\) дясната част е линейна функция, чиято графика (права линия) минава през началото на координатната система. Ако \(f(x)=(x+1)^{k}\), то въпросът се свежда до намиране на права линия \(y=a x\) така, че \(f(x) \geq a x\). В случай, че съществува \(x_{0} \gt 0\), за което \(f\left(x_{0}\right)=a x_{0}\), то правата \(y=a x\) е допирателна към графиката на \(f(x)\) в точката \(x_{0}\). Ще потърсим \(a\) именно с такова свойство. Имаме \(a=f^{\prime}\left(x_{0}\right)=k\left(x_{0}+1\right)^{k-1}\). Оттук \(x_{0}=\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{1}{k-1}}-1\) и като заместим в условието \(f\left(x_{0}\right)=a x_{0}\) ( което означава, че точката на допиране е с абсциса \(x_{0}\) ), намираме \(\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{k}{k-1}}=a\left(\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{1}{k-1}}-1\right)\). Последното е еквивалентност \(\tfrac{a}{k}\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{1}{k-1}}=a\left(\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{1}{k-1}}-1\right)\) и от тук \(\left(\tfrac{a}{k}\right)^{\tfrac{1}{k-1}}\left(1-\tfrac{1}{k}\right)=1\), т. е. \(a^{\tfrac{1}{k-1}}=\tfrac{k^{\tfrac{k}{k-1}}}{k-1}\) и следователно \(a=\tfrac{k^{k}}{(k-1)^{k-1}}\). Получихме, че \(f(x) \geq \tfrac{k^{k}}{(k-1)^{k-1}} x\) за всяко \(x \geq 0\) и сега е достатъчно да приложим това неравенство последователно за \(x=a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}\). Като умножим всичките \(n-1\) на брой неравенства, получаваме \(\prod_{k=2}^{n}\left(a_{k}+1\right)^{k} \geq n^{n} a_{2} a_{3} \ldots a_{n}=n^{n}\). Равенство би могло да се достигне единствено в случай, че \(a_{k}=\tfrac{1}{k-1}\) за всяко \(k=2,3, \ldots, n\), което е невъзможно, защото тогава се нарушава условието \(a_{2} a_{3} \ldots a_{n}=1\).