Международна олимпиада по Математика 2009, Германия

[Who_cares123456]

1: [tex]n|a_i(a_{i+1}-1)[/tex] e еквивалентно на a_ia_i+1≡a_i (mod n). Да допуснем, че a_ka₁≡a_k(mod n).

Последователно се получава, че а₁≡а₁а₂≡а₁(а₂а₃) и по аналогичен начин стигаме до а₁≡а₁...а_k-1 (mod n). Ако умножим двете страни на последното с а_k се получава, че а_k≡a₁a_k≡(a₁...a_k-1)a_k (mod n), но от друга страна имаме, че а₁≡а₁...а_k-1≡а₁...(а_k-1а_k) (mod n). Тоест a₁≡а₁...а_k ≡ a_k (mod n). Изводът е ясно, че последното е невъзможно, тъй като илиза, че [tex]n|(a_1-a_k)\in [1,n-1][/tex].

2: Като си направим косинусова теорема за ▲AOP и ▲AOQ и виждаме, че за да докажеш OP=OQ ни е нужно AP²-AP.AC=AQ²-AQ.AB, което е еквивалентно на AP.PC=AQ.BQ или AP:AQ=BQ:PC=MK:ML. Имайки това на предвид, е лесно да се досетим, че ни е необходимо да докажем някакво подобие на триъгълниците AQP и MKL, което е лесно. Имаме един общ ъгъл - <QAP=<KML, тъй като MK||AC и ML||AB (или обратното, говоря по спомен без чертеж). Освен това като използваме свойствата на допирателната излиза, че <MKL=<QML=<AQМ. Тоест по ъгли триъгълниците са подобни.

3: Задачата звучи логично и твърде общо, като я прочетеш, тоест ще ти трябват тривиални факти за аритметичните прогресии. Най-триалният, който се сещам е, че s_m-s_n=(m-n)d, ако s_i е аритметична прогресия с разлика d.

Нека за улеснение при писането s_n=f(n).

Тогава по условие f(f(n+1))-f(f(n))=d₁ и f(f(n+1)+1)-f(f(n)+1)=d₂. Имайки условието, че редицата е строго разстяща, то [tex]f(f(n))+1\le f(f(n)+1)\le f(f(n+1))[/tex] Или с други думи [tex]1\le f(f(1)+1)-f(f(1))+(n-1)(d_2-d_1)\le d_1[/tex]. Като пуснем n да клони към безкрайност, то винаги ще получим противоречие, освен ако d₁=d₂.

Тоест f(f(n+1))-f(f(n))=f(f(n+1)+1)-f(f(n)+1)=d <=> f(f(n)+1)-f(f(n))=f(f(n+1)+1)-f(f(n+1)) (*). При подобни задачи няколко пъти съм срещал да се въвежда m_k=s_k+1-s_k>0 и целта ни е да покажем, че m_k е константа или че inf m_k=sup m_k. Нека g(n)=m_n. За сега се знае, че g(f(n))=const от (*).

Очевидно [tex]d=f(f(n+1))-f(f(n))\ge f(n+1)-f(n)=g(n)[/tex]. Тоест g(n) e ограничено отгоре. Нека sup g(n)=X и g(a)=X. Имаме, че f(f(f(n+1)))-f(f(f(n)))=(f(n+1)-f(n))d=g(n)d=g(f(f(n)))+g(f(f(n))+1)+...+g(f(f(n+1))-1). => Хd=g(a)d=g(f(f(a)))+g(f(f(a))+1)+...+g(f(f(a+1))-1), като броят на събираемите е d и всяко от тях е по-малко или равно на Х. Тоест не остава друг вариант освен всяко да е Х => g(f(f(a)))=g(f(n))=const=X. Аналогично можем да получим и че g(f(n))=inf g(n) => inf g(n)=sup g(n).

4: Нека <BAC=2α. I , K и C лежат на ъглополовящата на <ACB. => <CIE=90-α, <IEK=45, r=EK.sin(3α/2)=IKsin(45+α/2) e радиусът на вписаната в ▲DAC. Тогава [tex]\frac{EK}{IK}=\frac{\cos\alpha}{\sin 45}=\frac{\sin (45+\alpha/2)}{\sin(3\alpha/2)}[/tex] от синусовата теорема за ▲ЕIK [tex]\Rightarrow (\sin\alpha\cos(\alpha/2)+\cos\alpha\sin(\alpha/2))\cos\alpha=\frac{1}{2}(\cos(\alpha/2)+\sin(\alpha/2)) \Rightarrow \cos(\alpha/2)=cos(2\alpha)sin(\alpha/2)+sin(2\alpha)cos(\alpha/2)=\sin(5\alpha/2)[/tex]. От тука пътища много, но един възможен е да се вдигне на квадрат и да се използва, че 2cos²x=1+cos2x и 2sin²x=1-cos2x, т.е. ще получим, че [tex]\cos\alpha+\cos(5\alpha)=2\cos(3\alpha)cos(2\alpha)=0[/tex].

5: От условието следва за всеки две естесвени числа a и b: a+f(b)>f(b+f(a)-1)>f(b)-a. Като се положи а=1 излиза, че f(b)=f(b+f(1)-1). Тогава или получаваме, че функцията е периодична, или че f(1)=1. От условието, че f(b)+f(b+f(a)+1)>a обаче очевидно се вижда, че функцията трябва да клони към безкрайност, затова f(1)=1.

Нека b=1. Тогава a+1>f(f(a))>a-1, тоест f(f(a))=a и f(x) тогава ще е биекция. Освен това се забелязва, че a+b>f(f(a)+f(b)-1). Тоест 4>f(2f(2)-1). Използвайки сюрективността на функцията, то f(2f(2)-1)=1,2,3, като само 2f(2)-1=3 не дава противоречие. Тогава f(2)=2. => f(b)+2>f(b+1). Ако f(1)=1, f(2)=2, ..., f(k)=k, то от биективността k<f(k+1)<k+2 или f(k+1)=k+1.

6: Комбинаторика ... Условието на всяка комбинаторика ми звучи като купи си чук и се удари по главата. Тъй че не мога да кажа нищо. Който може, да напише каквото се сеща.

Ето - вече има и решения на задачите.
ПС - това са си мои хрумвания по задачите, затова почти е сигурно, че има и по-добри и елегантни решени.

[Реклама]

[erejnion]

a note for the team mainly:

http://dox.bg/files/dw?a=74be1db268

http://dox.bg/files/dw?a=8f97b9ab07