Украинские отборы на ММО-2012

[nnosipov]

1.1. Пусть $a$, $b$, $c$ – положительные действительные числа. Докажите, что

$$ \sqrt{2a^2+bc}+\sqrt{2b^2+ca}+\sqrt{2c^2+ab}\ge 3\sqrt{ab+bc+ca}.$$

1.2. $E$ – точка пересечения диагоналей вписанного четырехугольника $ABCD$, $F$ – точка пересечения прямых $AB$ и $CD$, $M$ – середина стороны $AB$, $N$ – середина стороны $CD$. Окружности, описанные около треугольников $ABE$ и $ACN$, пересекаются во второй раз в точке $K$. Докажите, что точки $F$, $K$, $M$ и $N$ лежат на одной окружности.

1.3. Натуральное число $n$ называется совершенным, если оно равно сумме всех своих натуральных делителей, отличных от самого $n$. Например, число $6$ – совершенное, поскольку $6=1+2+3$. Найдите все четные совершенные числа, которые можно представить как сумму двух кубов натуральных чисел.

2.1. Вписанная в равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB=AC$) окружность $\omega$ касается его сторон $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. На продолжении стороны $BC$ за точку $B$ выбрана произвольная точка $M$. Прямая $ML$ во второй раз пересекает $\omega$ в точке $N$, прямая $BN$ во второй раз пересекает $\omega$ в точке $P$. На прямой $PK$ отмечена такая точка $X$, что $K$ лежит между $P$ и $X$, $KX=KM$. Определите геометрическое место точек $X$.

2.2. В алфавите племени Муму всего две буквы: М и У. Словом в языке Муму является любая последовательность букв М и У, в которой рядом с каждой буквой М есть буква У (например, УУУ и УММУМ являются словами, а ММУ нет). Пусть $f(m,u)$ обозначает количество слов языка Муму, в которых ровно $m$ букв М и ровно $u$ букв У. Докажите, что

$$ f(m,u)-f(2u-m+1,u) = f(m,u-1) -f(2u-m+1,u-1) $$

для любых $u\ge 2$,$3\le m\le 2u$.

2.3. Для натурального числа $k$ обозначим через $a_n$ $k$-тую цифру слева в десятичной записи числа $2^n$($a_n=0$, если в записи числа $2^n$ меньше $k$ цифр). Рассмотрим бесконечную десятичную дробь $\alpha=\overline{0{,}a_1a_2a_3\cdots}$. Докажите, что число $\alpha$ иррационально.

3.1. Найдите все пары взаимно простых натуральных чисел $(x,y)$, которые удовлетворяют равенству

$$2(x^3-x) =5(y^3-y). $$

3.2. Расположение $m$ чисел $-1$ на окружности назовем $m$-отрицательным (других чисел на окружности нет). На первом ходу отличник Андрей выбирает одно из чисел на окружности и умножает его на $-1$. Далее на каждом шагу он вместо следующего по часовой стрелке числа на окружности записывает его произведение с числом, записанным на предыдущем шагу. Докажите, что если для некоторого $n$ за $k$ шагов $n$-отрицательное расположение преобразуется в себя, то за $2^k-1$ шагов $2^n-1$-отрицательное расположение также преобразуется в себя.

3.3. Вписанная окружность $\omega$ треугольника $ABC$ касается его сторон $BC$, $CA$ и $AB$ в точках $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Пусть $S$ – точка пересечения прямых, проходящих через точки через точки $B$ и $C$ параллельно $A_1C_1$ и $A_1B_1$ соответственно, $A_0$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A_1$ на $B_1C_1$, $G_1$ – центроид треугольника $A_1B_1C_1$, $P$ – точка пересечения луча $G_1A_0$ с $\omega$. Докажите, что точки $S$, $A_1$ и $P$ лежат на одной прямой.

4.1. См. http://dxdy.ru/topic58039.html

4.2. Пусть $P$ – многочлен с целыми коэффициентами степени $d$. Для множества $A = \{a_1,a_2\dots,a_n\}$ натуральных чисел обозначим $S(A)=P(a_1)+P(a_2)+\cdots+P(a_n)$. О натуральных числах $m,n$ известно, что $m^{d+1}\mid n$. Докажите, что множество $\{1,2,\dots,n\}$ можно разбить на $m$ непересекающихся подмножеств $A_1,A_2,\dots,A_m$ с одинаковым количеством элементов так, что $S(A_1)=S(A_2)=\cdots=S(A_m)$.

4.3. См. http://dxdy.ru/post570048.html#p570048

Disclaimer:содержимое взято с сайта http://probability.univ.kiev.ua/userfiles/zhoraster/selection.html с любезного разрешения автора. Дальнейшее воспроизведение условий или их части не разрешено.

Поскольку я не смог поставить свое сообщение выше остальных, помещаю условия сюда. Надеюсь, nnosipov не будет возражать //zhoraster


zhoraster, очень любопытно, насколько хорошо участники решали задачу 1 из III-го тура? (Насколько я помню, это слегка отретушированная задача с Питерской олимпиады 2005 года.)

Извиняюсь, не заметил сразу, что там есть и статистика. Да-а, в основном не очень-то справились.

[hippie]

zhoraster в сообщении #570413 писал(а):

Да, на отборах с этой задачей справилось аж получастника. Но ведь половина участников не справилась с совершенно проходной первой задачей первого тура! То есть дело, вероятно, не столько в том, что неравенство сложное, сколько в том, что с неравенствами плохо.

Похоже, что плохо не только с неравенствами .
Учитывая, что деццкую задачу 2.3 решил аж 1 участник.
И с задачей 1.3 не очень понятно. Если разрешалось сослаться на общеизвестный факт: каждое чётное совершенное число представляется в виде $2^{n-1}(2^n-1),$ где $2^n-1$ — простое число, то дальше задача делается тупо "мясорубкой" за 5–10 минут.

[nnosipov]

hippie в сообщении #571131 писал(а):

И с задачей 1.3 не очень понятно. Если разрешалось сослаться на общеизвестный факт ...

Тоже обратил на это внимание. Да и сам факт доказывается довольно легко.

[zhoraster]

(Оффтоп)

hippie в сообщении #571131 писал(а):

Если разрешалось сослаться на общеизвестный факт[...]

В этом отношении у меня полная анархия (в нейтральном смысле). Никаких перечней фактов и того, чем можно пользоваться, а чем нельзя, не было, нет и не будет. В разумных пределах можно пользоваться практически всем.

Разумные пределы определяю я по собственным ощущениям. Пока был единственный прецедент выхода за эти самые разумные пределы: в решении задачи 3.3 один из участников назвал общеизвестным фактом тот факт, который мало того, что не являлся общеизвестным, он не должен был быть известным участнику, поскольку слово в слово воспроизводил формулировку задачи из IMO shortlist 2011 года. Почему и как это произошло, не считаю возможным писать публично. Кому интересно, подробности в личке.

[hippie]

#1.3
Ответ: 28.

Воспользуемся тем, что каждое чётное совершенное число представляется в виде $2^{n-1}(2^n-1),$ где $(2^n-1)$ — простое число.
Пусть

$$2^{n-1}(2^n-1) = a^3+b^3$$

и $2^k$ наибольшая степень двойки, на которую делится и $a$ и $b.$ Обозначим $x=\frac a{2^k},\ \ y=\frac b{2^k},\ \ m=n-1-3k.$ Тогда исходное уравнение перепишется в виде

$$2^m(2^n-1) = x^3+y^3 =(x+y)(x^2-xy+y^2).$$

Замечаем, что $x$ и $y$ не могут быть разной чётности. (Иначе $2^n-1$ кратно произведению нечётных чисел больших единицы $x+y$ и $x^2-xy+y^2,$ что противоречит простоте числа $2^n-1.$)
Следовательно $x$ и $y$ оба нечётные, причём не могут оба равняться 1 (иначе $2^n-1$ равно либо 1 либо 2, что невозможно).
Тогда $x^2-xy+y^2 = (x-y)^2+xy$ — нечётное число, большее единицы. Следовательно $x^2-xy+y^2 = 2^n-1,$ а $x+y = 2^m,$ причём $m\ge 2.$
Подставляя $y=2^m-x$ в первое равенство получаем: $2^n = 2^{2m}-3\cdot 2^mx+3x^2+1.$ Поскольку квадрат нечётного числа даёт остаток 1 при делении на 8, то при $m>2:\quad 2^{2m}-3\cdot 2^mx+3x^2+1 \equiv 4(\mod 8),$ что невозможно. Следовательно, $m=2,$ т.е. $x+y=4.$
Число 4 единственным способом (с точностью до порядка) разбивается на сумму двух нечётных положительных чисел: $4=3+1.$
Тогда $2^n-1=3^2-3\cdot 1+1^2=7,$ откуда $n=3$ и $2^{n-1}(2^n-1) = 28.$
Остаётся проверить, что 28 действительно подходит: $28 = 3^3+1^3.$

[nnosipov]

Мне было бы любопытно взглянуть на авторское решение задачи 3.1. Как выясняется, подходы здесь могут быть самые разные.

[zhoraster]

nnosipov в сообщении #571351 писал(а):

Мне было бы любопытно взглянуть на авторское решение задачи 3.1.

Мне тоже было бы интересно

А если серьезно, где-то есть у меня авторское решение, там некие оценки, красоты мало. И все решения, которые я видел, такие (+ еще перебор побольше-поменьше, в зависимости от оценок). Писать сюда авторское решение лень, если надо, пишите в личку адрес, пришлю (на украинском).

[arqady]

nnosipov в сообщении #570417 писал(а):

1.1. Пусть $a$, $b$, $c$ – положительные действительные числа. Докажите, что

$$ \sqrt{2a^2+bc}+\sqrt{2b^2+ca}+\sqrt{2c^2+ab}\ge 3\sqrt{ab+bc+ca}.$$

Cледующее неравенство повеселее будет.
Пусть $a$, $b$, $c$ – положительные действительные числа. Докажите, что

$$ \sqrt{a^2+4bc}+\sqrt{b^2+4ca}+\sqrt{c^2+4ab}\ge \sqrt{15(ab+bc+ca)}.$$

[Dave]

1.2. Заметим, что $\angle AKE=\angle ABE=\angle ABD=\angle ACD=\angle ACN=\angle AKN$, поэтому точки $K$, $E$ и $N$ лежат на одной прямой. Из подобия $\triangle DEC \sim \triangle AEB$ следует и подобие $\triangle NEC \sim \triangle MEB$. Значит $\angle AEK=\angle NEC=\angle MEB$. Из последнего равенства, а также из того, что $\angle AKE=\angle ABE=\angle MBE$ следует, что $\triangle AKE \sim \triangle MBE$. Значит $\frac {AE} {ME}=\frac {AK} {MB}=\frac {AK} {AM}$. $\angle KAM=\angle KAB=\angle KEB=\angle AEM$. Из последних двух равенств следует, что $\triangle KAM \sim \triangle AEM$ и $\angle AKM=\angle EAM$. Отсюда

$$\angle KMF=\angle AKM+\angle KAM=\angle EAM+\angle KAM=\angle KAE=\angle KAC=\angle KNC=\angle KNF,$$

значит четырёхугольник $KMNF$ - вписанный.

[Dave]

2.1. Очевидно, что $KL \parallel BC$. Пусть $D$ - точка на продолжении отрезка $LK$ за точку $K$, такая, что $KD=KB$, а $E$ - точка на продолжении отрезка $CB$ за точку $B$, такая, что $BE=BK$ ($BKDE$ - ромб). $\angle BMN=\angle NLK=\angle NKB$ и значит четырёхугольник $BNKM$ - вписанный. Отсюда $\angle BKM=\angle BNM=\angle LNP=\angle LKP=\angle DKX$ и, следовательно, $\triangle BKM=\triangle DKX$ и точка $X$ всегда симметрична $M$ относительно биссектрисы $KE$ угла $BKD$, т.е. искомое геометрическое место точек - луч $DE$.

[hippie]

#2.3

Предположим, что полученное число рационально. Это значит, что последовательность $a_n$ начиная с некоторого номера $m$ периодическая с некоторым периодом $l.$ Пусть $L>m$ кратно $l.$ Тогда $a_L = a_{2L} = a_{3L} = \dots,$ т.е. $k$-ые цифры чисел $(2^L)^j$ одинаковы при всех $j.$ Следовательно все $\{j\lg 2^L\}$ попадают только в отдельные интервалы отрезка $[0;\ 1].$ Но, поскольку $\lg 2^L$ иррациональное число, то $\{j\lg 2^L\}$ плотны в отрезке $[0;\ 1]$ (легко доказывается по принципу Дирихле). Противоречие.

[Батороев]

3.1. И в правой, и в левой частях в скобках - произведения трех последовательных чисел (назовем наборами). Т.к. $2$ и $5$ - простые числа, то они и должны быть "добавками" к каждому из наборов.

[zhoraster]

Батороев в сообщении #572740 писал(а):

3.1. И в правой, и в левой частях в скобках - произведения трех последовательных чисел (назовем наборами). Т.к. $2$ и $5$ - простые числа, то они и должны быть "добавками" к каждому из наборов.

Если мне не изменяет память, кто-то из участников такое "решение" писал и получил около нуля баллов.

[nnosipov]

По поводу задачи 3.1: условие взаимной простоты чисел $x$ и $y$ очень важно. Без этого условия решить задачу элементарными средствами вряд ли удастся. Да и с этим условием решение задачи не будет совсем уж простым --- поработать придётся.

[temp03]

nnosipov в сообщении #570417 писал(а):

3.1. Найдите все пары взаимно простых натуральных чисел $(x,y)$, которые удовлетворяют равенству

$$2(x^3-x) =5(y^3-y). $$

Да, интересная задачка. я попробовал рассмотреть функцию $f(x)=x^3-x$, далее убедившись что она монотонно возрастает на $(0,\infty)$, хотел вывести, что в целых числах $\dfrac{y^3-y}{x^3-x}>5/2$, начиная с некоторого $y>\alpha$ для целых чисел. Тогда было бы достаточно рассмотреть все $(x,y)<\alpha$.

Но это оказалось наоборот.