Олимпиади. cъстезания
МЕЖДУНАРОДНА ЖАУТИКОВСКА ОЛИМПИАДА
Резюме. Разгледани са задачите и техните решени от Международната Жаутиковска олимпиада през 2016 г. Решенията имат методически характер.
Задача 1. Даден е четириъгълник \(A B C D\) с пресечна точка \(M\) на диагоналите, който е вписан в окръжност с център \(O\). Описаната окръжност около \(\triangle A B M\) пресича страните \(B C\) и \(A D\) съответно в точки \(K\) и \(N\). Да се докаже, че четириъгълниците \(N O M D\) и \(K O M C\) са равнолицеви.
(Емил Стоянов, България)
Решение. Нека \(k_{1}\) и \(k_{2}\) са описаните окръжности съответно около дадения четириъгълник и \(\triangle A B M\). Ъглите \(C A D\) и \(D B C\) са вписани в \(k_{1}\) и се измерват с дъгата \(\overparen{C D}\). Следователно \(\measuredangle C A D=\measuredangle D B C\). Тези ъгли са вписани и в \(k_{2}\), откъдето заключаваме, че \(M N=M K\). Освен това \(O D=O C\) като радиуси в \(k_{1}\). Получаваме, че четириъгълниците NOMD и KOMC имат равни диагонали. Ще докажем, че тези диагонали са два по два перпендикулярни. Нека \(T D\) е допирателната към \(k_{1}\) в точката \(D\). Тогава \(\measuredangle A D T=\measuredangle A B D\), съответно като периферен и вписан ъгъл в \(k_{1}\), които се измерват с една съща дъга \(\overparen{A D}\). От друга страна, \(\measuredangle A B D=\measuredangle M N D\), тъй като четириъгълникът \(A B M N\) е вписан в \(k_{2}\). Тогава \(\measuredangle A D T=\measuredangle M N D\) и следователно \(T D\) \(\| M N\). Заключаваме, че \(M N \perp O D\). По същия начин \(M K \perp O C\). Сега твърдението следва от формулата за лице на четириъгълник с взаимно перпендикулярни диагонали.
Задача 2. Ако \(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{100}\) е пермутация на числата \(1,2, \ldots, 100\), нека \(S_{1}=a_{1}, S_{2}=a_{1}+a_{2}, \ldots, S_{100}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{100}\). Колко най-много са точните квадрати измежду числата \(S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{100}\) ?
(Наири Седракян, Армения)
Решение. Към редицата \(S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{100}\) добавяме начален член \(S_{0}=0\) и разглеждаме членовете \(S_{n_{0}} \lt S_{n_{1}} \lt \ldots\), които са точни квадрати, т. е. \(S_{n_{k}}=m_{k}^{2}\) (в частност \(n_{0}=m_{0}=0\) ). Тъй като \(S_{100}=5050 \lt 72^{2}\), числата \(m_{k}\) не надминават 71. Ако \(m_{k+1}=m_{k}+1\), разликата \(S_{n_{k+1}}-S_{n_{k}}=2 m_{k}+1\) е нечетна. Оттук следва, че поне едно от числата \(a_{n_{k}+1}, \ldots, a_{n_{k+1}}\) е нечетно. Тъй като нечетните числа, които не надминават 100, са общо 50, измежду разликите \(m_{k+1}-m_{k}\) не повече от 50 са равни на 1. Ако допуснем, че точните квадрати в изходната редица са поне 61, то
\(m_{61}=\left(m_{61}-m_{60}\right)+\left(m_{60}-m_{59}\right)+\ldots+\left(m_{1}-m_{0}\right) \geq 50+11.2=72\),
което е невъзможно. Пример на редица с 60 точни квадрата може да се построи по следния начин. Ако \(a_{i}=2 i-1\) при \(1 \leq i \leq 50\), можем да използваме всички нечетни числа и нека \(S_{i}=i^{2}\). По-нататък нека \(S_{54+4 i}-S_{50+4 i}=204+8 i\). Тогава \(S_{54+4 i}=(52+2 i)^{2}\). Последните 18 члена на редицата са 30, 40, 64, 66, 68, \(6,8,14,16,32,38,46,54,62,22,24,48\) и 56. Сега \(S_{87}=66^{2}+2.134=68^{2}\) и \(S_{96}=70^{2}\).
Задача 3. В Графландия има 60 града, всеки два от които са свързани с път с еднопосочно движение. Да се докаже, че четири от градовете могат да се оцветят в червено, а други четири – в зелено, така че пътищата между червените и зелените градове да са в посока от червен към зелен град.
(Александър Голованов, Русия)
Решение. Ще казваме, че град \(A\) обслужва град \(B\), ако пътят между \(A\) и \(B\) е в по-сока от \(A\) към \(B\). В този случай ще казваме още, че пътят между \(A\) и \(B\) излиза от \(A\). Така, \(A\) обслужвачетворката градове \(B_{1}, B_{2}, B_{3}\) и \(B_{4}\), B2 , B3 и B4 , ако пътищата между \(A\) и \(B_{i}\) савпосокаот \(A\) към \(B_{i}\) завсяко \(i=1,2,3,4\), 3, 4 , т. е. пътищатамежду \(A\) и \(B_{i}\) излизатот \(A\). Ако единград обслужваобщо \(k\) града, то този град обслужва \(C_{k}^{4}\) четворкиградове. Нека броят на пътищата, които излизат от всичките 60 града , са \(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{60}\). Това са всички възможни пътища и техният общ брой е \(C_{60}^{2}=30.59\). Общият брой обслужвани четворки градове е \(S=C_{k_{1}}^{4}+C_{k_{2}}^{4}+\ldots+C_{k_{60}}^{4}\). Ще докажем, че най-малката стойност на тази сума, при условие че \(k_{1}+k_{2}+\ldots+k_{60}=30.59\), е равна на \(30 . C_{30}^{4}+30 . C_{29}^{4}\). Наистина, множеството набори от цели неотрицателни числа \(\left(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{60}\right)\) със сума 30.59 е крайно и следователно един от тези набори определя минимална сума \(S\). Да допуснем, че за разглежданото множество има две числа \(m \geq 4\) и \(n\) така , че \(m-n \geq 2\). Ако заменим \(m\) и \(n\) с \(m-1\) и \(n+1\), то сумата ще се намали (\(C_{m}^{4}+C_{n}^{4}-C_{m-1}^{4}-C_{n+1}^{4}=C_{m-1}^{3}-C_{n}^{3} \gt 0\) ). По този начин най-малката стойност на сумата \(S\) се достига за набор от \(k_{i}\), при който разликата на всеки две числа не надминава 1. Такъв набор е очевидно единствен и е съставен от 30 числа, равни на 30, и 30 числа, равни на 29.
И така всичките 60 се града се обслужват от не по-малко от \(30 . C_{30}^{4}+30 . C_{29}^{4}\) четворки. Лесно се проверява, че това число е по-голямо от \(3 . C_{60}^{4}\), т. е. от утроения брой на всички четворки. Това означава, че съществува четворка, която обслужва поне четири града, което трябваше да се докаже.
Задача 4. Намерете всички \(k \gt 0\), за които съществува намаляваща функция \(\mathrm{g} \in \Re\) така, че \(g(x) \geq k g(x+g(x))\) за всяко \(x \gt 0\).
(Шукрат Исмаилов, Узбекистан)
Решение . Нека \(0 \lt k \leq 1\). За всяка такава стойност на \(k\) е достатъчно да вземем \(g(x)=\tfrac{1}{x}\). Тогава \(x+g(x) \gt x\) и \(g(x) \gt g(x+g(x)) \geq k g(x+g(x))\) за всяко \(x \gt 0\). Да обърнем внимание, че неравенството от условието на задачата е изпълнено и за всяка друга намаляваща функция \(\mathrm{g} \in \Re\).
Нека \(k \gt 1\) и да допуснем, че съществува намаляваща функция \(\mathrm{g} \in \Re\), за която \(g(x) \geq k g(x+g(x))\) за всяко \(x \gt 0\). Ако \(s=\tfrac{1}{k}\), то \(s g(x) \geq g(x+g(x)\) . Нека \(x \gt 0\) е фиксирано. Разглеждаме редицата \(x_{0}=x, x_{n+1}=x_{n}+g\left(x_{n}\right)\), \(n=0,1,2, \ldots\). .. . Тъй като \(g\left(x_{n+1}\right)=g\left(x_{n}+g\left(x_{n}\right)\right) \leq s g\left(x_{n}\right)\), по индукция следва, че \(g\left(x_{n}\right) \leq s^{n} g(x)\). По-нататък имаме
\[ \begin{aligned} & x_{n}=x_{0}+g\left(x_{0}\right)+g\left(x_{1}\right)+\ldots+g\left(x_{n-1}\right) \leq x+g(x)=s g(x)+\ldots+s^{n-1} g(x)= \\ & =x+\left(1+s+\ldots+s^{n-1}\right) g(x) \lt x+\tfrac{1}{1-s} g(x) \end{aligned} \] откъдето \(g\left(x_{n}\right) \gt g\left(x+\tfrac{1}{1-s} g(x)\right)\) и следователно \(g\left(x+\tfrac{1}{1-s} g(x)\right) \lt s^{n} g(x)\) за всяко естествено число \(n\). Последното е очевидно невъзможно, защото, от една страна, \(g\left(x+\tfrac{1}{1-s} g(x)\right) \gt 0\), а от друга, \(\lim _{n \rightarrow \infty} s^{n}=0\).
Задача 5. Даден е изпъкнал шестоъгълник \(A B C D E F\), противоположните страни на който са две по две успоредни. Правите \(B D\) и \(A E, A C\) и \(D F, C E\) и \(B F\) се пресичат съответно в точките \(M, N\) и \(K\). Да се докаже, че перпендикулярите от \(M, N\) и \(K\) съответно към правите \(A B, C D\) и \(E F\) се пресичат в една точка.
(Наири Седракян, Армения)
Решение
Лема. Нека \(T\) е пресечната точка на бедрата \(P S\) и \(Q R\) на трапеца \(P Q R S\). Да се докаже, че височината в \(\triangle P Q T\) от върха \(T\) лежи на радикалната ос на окръжностите с диаметри \(P R\) и \(Q S\), т. е. с диаметри – диагоналите на трапеца.
Доказателство. Нека \(k_{1}\) и \(k_{2}\) са окръжностите с диаметри \(P R\) и \(Q S\), а \(k\) е окръжността с диаметър \(P Q\). С \(P H\) означаваме общата хорда на \(k_{1}\) и \(k\). Тъй като \(\measuredangle P H R=\measuredangle P H Q=90^{\circ}\) (опират се на диаметри в съответните окръжности), точката \(H\) лежи на \(Q R\) и \(P H\) е височина в \(\triangle P Q T\). Аналогично, ако \(Q L\) е общата хорда на \(k_{2}\) и \(k\), то \(\measuredangle Q L S=\measuredangle Q L P=90^{\circ}\) (опират се на диаметри в съответните окръжности) и заключаваме, че точката \(L\) лежи на \(P T\) и \(Q L\) е височина в \(\triangle P Q T\). Пресечната точка на \(P H\) и \(Q L\) е ортоцентър на \(\triangle P Q T\), който има равни степени относно \(k_{1}\) и \(k_{2}\), поради което лежи на радикалната им ос. По същия начин следва, че на тази радикална ос лежи и ортоцентърът на \(\triangle S R T\). Тъй като перпендикулярната права през \(T\) към \(P Q\) минава и през двата ортоцентъра, то тази права е радикалната ос на \(k_{1}\) и \(k_{2}\).
В решението на задачата прилагаме лемата трикратно за трапеците \(A B D E\), \(C D F A\) и \(E F B C\). Перпендикулярите от \(M, N\) и \(K\) съответно към правите \(A B, C D\) и \(E F\) са радикални оси последователно на окръжностите с диаметри \(B E\) и \(A D, A D\) и \(C F, C F\) и \(B E\). Следователно тези три перпендикуляра са пресичат в една точка, която е радикалният център на трите окръжности.
Задача 6. Едно естествено число \(q\) се нарича удобен знаменател за реалното число \(\alpha\), ако \(\left|\alpha-\tfrac{p}{q}\right| \lt \tfrac{1}{10 q}\) за някое цяло число \(p\). Да се докаже, че ако за две ирационални числа \(\alpha\) и \(\beta\) множествата на удобните им знаменатели съвпадат, то \(\alpha+\beta\) или \(\alpha-\beta\) е цяло число.
(Александър Голованов, Русия)
Решение. Нека \(q_{1} \lt q_{2} \lt \ldots\) са всички удобни знаменатели за ирационалните числа \(\alpha\) и \(\beta\). Ясно е, че всяко \(q_{i}\) съществува единствено \(p_{i}\), за което \(\left|q \alpha-p_{i}\right| \lt \tfrac{1}{10}\). Ще наречем това \(p_{i}\) удобен числител, съответстващ на \(q_{i}\). Първоначално ще разгледаме случая \(0 \lt \alpha, \beta \lt \tfrac{1}{10}\). Нека \(p_{1} \lt p_{2} \lt \ldots\) са удобните числители за \(\alpha\), а \(p_{1}^{\prime} \lt p_{2}^{\prime} \lt \ldots\) са удобните числители за \(\beta\). По индукция ще докажем, че \(p_{i}=p_{i}^{\prime}\) за всяко естествено \(i\). Очевидно \(p_{1}=p_{1}^{\prime}=0\). Нека \(p_{k}=p_{k}^{\prime}\). Ако \(q_{k+1}=q_{k}+1\), то \(p_{k+1}=p_{k}\) (защото \(\left|p_{k}-q_{k} \alpha\right| \lt \tfrac{1}{10}\) и \(\left|p_{k+1}-q_{k+1} \alpha\right|=\left|p_{k+1}-q_{k} \alpha\right| \lt \tfrac{1}{10}\) ) и аналогично \(p_{k+1}^{\prime}=p_{k}^{\prime}\). Оттук \(p_{k+1}=p_{k+1}^{\prime}\). В случай, че \(q_{k+1} \gt q_{k}+1\), то \(p_{k+1}=p_{k}+1\). Наистина, в растящата аритметична прогресия с първи член \(\left(q_{k}+1\right) \alpha\) и разлика \(\alpha \lt \tfrac{1}{10}\) първият член е по-малък от (\(\left.p_{k}+1\right)-\tfrac{1}{10}\) и следователно това е така и за членовете, които отстоят от \(p_{k}+1\) на разстояние, по-малко от \(\tfrac{1}{10}\). Аналогично \(p_{k+1}^{\prime}=p_{k}^{\prime}+1\) които отстоят от \(p_{k}+1\) на разстояние, по-малко от \(\tfrac{1}{10}\). Аналогично \(p_{k+1}^{\prime}=p_{k}^{\prime}+1\) и индукцията е завършена. Тъй като \(\left|q_{k} \alpha-p_{k}\right| \lt \tfrac{1}{10}\) и \(\left|q_{k} \beta-p_{k}\right| \lt \tfrac{1}{10}\), заключаваме, че \(\left|q_{k}(\alpha-\beta)\right| \lt \tfrac{1}{5}\) за всяко \(k\) и следователно \(\alpha=\beta\).
В случая, когато \(\alpha\) и \(\beta\) са произволни, разглеждаме числата \(q_{1} \alpha\) и \(q_{1} \beta\). При необходимост можем да променим знаците, поради което можем да считаме, че \(0 \lt \left\{q_{1} \alpha\right\},\left\{q_{1} \beta\right\} \lt \tfrac{1}{10}\). За числата \(\left\{q_{1} \alpha\right\}\) и \(\left\{q_{1} \beta\right\}\) е изпълнено условието на задачата и следователно \(\left\{q_{1} \alpha\right\}=\left\{q_{1} \beta\right\}\). Това означава, че числото \(q_{1} \alpha-q_{1} \beta=r\) е цяло и следователно \(\alpha-\beta=\tfrac{r}{q_{1}}\) е рационално число. Да допуснем, че тази разлика не е цяло число. Тогава можем да умножим числото мира\(\tfrac{r}{q_{1}}\) с по вдх интервалаодящо есте \(\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{2}{3}\right)\)ствено. Сега число ще \(k\) използви да сиаме по, дсигурим че за произволни дробната \(0 \leq u \lt v \leq 1\) чст да се наи произволно рационално число \(\theta\) може да се намери естествено число \(n\), така че \(\{n \theta\} \in(u ; v)\). В частност, съществува \(n\), за което \(\left\{n q_{1} \alpha\right\}\) е заключено междублизк \(\left\{\tfrac{-k r}{q_{1}}-\tfrac{1}{10}\right\}\) и \(\left\{\tfrac{-k r}{q_{1}}+\tfrac{1}{10}\right\}\)ще сеот намирао цяло от число най-близк на разстоото цялояние. Тогава, число по- числотомалк \(\left(n q_{1}+k\right) \alpha\) се нао разсто от \(\tfrac{1}{10}\)яние. Но, тогав по-малка намира и \(\left(n q_{1}+k\right) \beta\) от най-о от \(\tfrac{1}{10}\), което противоречи на условието \(\left\{\left(n q_{1}+k\right) \alpha-\left(n q_{1}+k\right) \beta\right\}=\left\{n r+\tfrac{k r}{q_{1}}\right\} \in\left(\tfrac{1}{3} ; \tfrac{2}{3}\right)\).