IMO 2008

[Edward_Tur]

а) Докажите, что неравенство
$\frac{{x^2 }}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} + \frac{{y^2 }}{{\left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{z^2 }}{{\left( {z - 1} \right)^2 }} \ge 1$
выполняется для любых отличных от 1 действительных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.
б) Докажите, что указанное неравенство обращается в равенство для бесконечного числа троек отличных от 1 рациональных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.

[daogiauvang]

Edward_Tur писал(а):

а) Докажите, что неравенство
$\frac{{x^2 }}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} + \frac{{y^2 }}{{\left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{z^2 }}{{\left( {z - 1} \right)^2 }} \ge 1$
выполняется для любых отличных от 1 действительных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.
б) Докажите, что указанное неравенство обращается в равенство для бесконечного числа троек отличных от 1 рациональных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.

Очень просто
Вставить: $\frac{x}{1-x}=a, \frac{y}{1-y}=b,\frac{z}{1-z}=c$
т.е : $abc=(a+1)(b+1)(c+1)$ от куда получим $2(ab+bc+ca)+2(a+b+c)+2=0$
надо докажить $a^2+b^2+c^2 \geq 1 $или $(a+b+c+1)^2+1 \geq 1$.
б тоже просто

[arqady]

Edward_Tur писал(а):

а) Докажите, что неравенство
$\frac{{x^2 }}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} + \frac{{y^2 }}{{\left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{z^2 }}{{\left( {z - 1} \right)^2 }} \ge 1$
выполняется для любых отличных от 1 действительных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.

Автором этой задачи является известный специалист по неравенствам Вальтер Яноус.
Забавно, что практичеки та же самая задача была здесь почти два года назад.
Обвинять Яноуса в плагиате, конечно, не собираюсь, но вышел откровенный ляп.
Поздравляю Россию со вторым местом!

[daogiauvang]

Поздравляю Россию со вторым местом и 6 золотых медалей.

[Профессор Снэйп]

А где можно найти полный список задач олимпиады? Тут почему-то не нашёл

[Edward_Tur]

http://www.imo-2008.com/contest.html

[Профессор Снэйп]

Edward_Tur писал(а):

http://www.imo-2008.com/contest.html

Тогда уж http://www.imo-2008.com/examenes/rus.pdf

Спасибо. Ни за что бы не догадался, что условия надо смотреть именно по тем ссылкам.

[bot]

Edward_Tur дал ссылку не только для русскоязычных.
Вот к примеру на украинском

[Brukvalub]

А у меня ни одна из кодировок так и не показала корректно список задач, предложенный для русскоязычных пользователей

[Профессор Снэйп]

Цитата:

Задача 4. Найти все функции $f : (0, +\infty) \to (0, +\infty)$ такие, что

$$ \frac{\big(f(w)\big)^2+\big(f(x)\big)^2}{f(y^2)+f(z^2)} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} $$

для любых положительных $w$, $x$, $y$, $z$, удовлетворяющих равенству $wx=yz$.

У меня получилось две функции: $f(x) = x$ и $f(x) = 1/x$.

Решение.

Прямой подстановкой проверяем, что обе этих функции удовлетворяют условию задачи. Нужно показать, что других функций с этим свойством нет.

Предположим, что функция $f$ удовлетворяет условию задачи.

1) Подставляя $w=x=y=z=1$, получаем $\big(f(1)\big)^2 = f(1)$, откуда $f(1)=1$.

2) Подставляя $w=y$ и $x=z=1$, из (1) получаем $\big(f(w)\big)^2 = f(w^2)$ при любых $w \in (0,+\infty)$.

3) Используя (2) и принимая во внимание, что каждое число из $(0,+\infty)$ является квадратом числа из того же интервала, имеем

$$ \frac{f(w)+f(x)}{f(y)+f(z)} = \frac{w+x}{y+z} $$

для любых $w,x,y,z \in (0,+\infty)$, таких что $wx=yz$.

4) Для произвольного $u \in (0,+\infty)$, подставляя в (3) $w=u^2$, $x=1$, $y=z=u$ и принимая во внимание (2), получаем $f(u) = u^{\pm 1}$.

5) Предположим, что $f(w)=w$ и $f(x)=1/x$ при некоторых $w,x \in (0,+\infty)$. Возьмём $y=z=\sqrt{wx}$ и подставим в (3). Если $f(y)=y$, то

$$ \frac{w+1/x}{2y} = \frac{w+x}{2y} $$

и $x=1$. Если же $f(y) = 1/y$, то

$$ \frac{w+1/x}{2/y} = \frac{w+x}{2y}, $$

откуда $w^2x=x$ и $w=1$. В обоих случаях видим, что $f(w) = w^\alpha$ и $f(x) = x^\alpha$ при некотором $\alpha = \pm 1$.

Всё, задача решена

[Профессор Снэйп]

Цитата:

Задача 6. Пусть $ABCD$ --- выпуклый четырёхугольник, в котором $|BA| \neq |BC|$. Обозначим окружности, вписанные в треугольники $ABC$ и $ADC$ через $\omega_1$ и $\omega_2$ соответственно. Предположим, что существует окружность $\omega$, которая касается продолжения отрезка $BA$ за точку $A$, продолжения отрезка $BC$ за точку $C$, и касается прямых $AD$ и $CD$. Докажите, что общие внешние касательные к окружностям $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекаются на окружности $\omega$.

Что-то мне никак не удаётся нарисовать окружность, которая бы касалась продолжения отрезка $BA$ за точку $A$, продолжения отрезка $BC$ за точку $C$, а также касалась бы прямых $AD$ и $CD$. Это вообще возможно?

[Хет Зиф]

Профессор Снэйп
Прочитайте на английском, там написанно beyong A, то есть по идее не за точку, а за точкой!!. Тогда все может быть

[Профессор Снэйп]

Цитата:

Задача 5. Пусть $n$ и $k$ --- натуральные числа такие, что $k \geqslant n$, а число $k-n$ чётное. Имеются $2n$ лампочек, занумерованных числами $1, 2, \ldots, 2n$, каждая из которых может находиться в одном из двух состояний: вкл. (включена) или выкл. (выключена). Вначале все лампочки были выключены. Рассматриваются упорядоченные последовательности шагов: на каждом шаге ровно одна из лампочек меняет своё состояние на противоположное (с вкл. на выкл. либо с выкл. на вкл.).

Обозначим через $N$ количество последовательностей из $k$ шагов, приводящих к ситуации, в которой все лампочки с $1$-ой по $n$-ую включены, а все лампочки с $(n+1)$-ой по $(2n)$-ую выключены.

Обозначим через $M$ количество последовательностей из $k$ шагов, приводящих к ситуации, в которой все лампочки с $1$-ой по $n$-ую включены, все лампочки с $(n+1)$-ой по $(2n)$-ую выключены, но при этом ни одна из лампочек с $(n+1)$-ой по $(2n)$-ую ни разу не меняла своего состояния.

Найдите значение отношения $N/M$.

Пусть $a,b,c$ --- произвольные натуральные числа (я считаю ноль натуральным числом), а $A$ и $B$ --- пара непересекающихся конечных множеств, состоящих из $a$ и $b$ элементов соответственно. Через $h(a,b,c)$ обозначим количество всех последовательностей длины $c$, составленных из элементов множества $A \cup B$, в каждой из которых любой элемент $A$ встречается нечётное число раз, а любой элемент $B$ --- чётное число раз. В задаче требуется найти отношение

$$ \frac{h(n,n,k)}{h(n,0,k)}. $$

Равенство

$$ h(a,b,c) = \sum_{s=0}^c C_c^s h(a,0,s) h(0,b,c-s) $$

очевидно. Действительно, при каждом $s$ от $0$ до $a$ мы можем выбрать $C_c^s$ способами набор из $s$ членов $c$-членной последовательности, которые будут принадлежать $A$, и сделать остальные члены принадлежащими $B$.

Пусть $S_{c,a}$ обозначает множество всех последовательностей длины $c$, состоящих из элементов множества $\{ 1, \ldots, a \}$. Для $i$ от $1$ до $c$ и $\sigma \in S_{c,a}$ пусть $\sigma(i)$ --- это $i$-ый элемент последовательности $\sigma$. Пусть

$$ F_c(x_1, \ldots, x_a) = (x_1 + \cdots + x_a)^c = \sum_{\sigma \in S_{c,a}} x_{\sigma(1)} \ldots x_{\sigma(c)}. $$

Через $B_a$ обозначим множество всех последовательностей из нулей и единиц длины $a$. Как и ранее, для $\tau \in B_a$ запись $\tau(i)$ при $1 \leqslant i \leqslant a$ обозначает $i$-ый элемент последовательности $\tau$. Через $|\tau|$ обозначаем число единиц в последовательности $\tau \in B_a$.

Заметим теперь, что

$$ h(a,0,c) = \frac{1}{2^a} \sum_{\tau \in B_a} (-1)^{|\tau|} F_c((-1)^{\tau(1)}, \ldots, (-1)^{\tau(a)}). $$

Действительно, посмотрим на отдельный член $x_{\sigma(1)} \ldots x_{\sigma(c)}$ в записи функции $F_c$ через сумму. Если каждая переменная входит в него в нечётной степени, то для любого $\tau \in B_a$ значение этого монома на наборе $(-1)^{\tau(1)}, \ldots, (-1)^{\tau(a)}$ равно $(-1)^{|\tau|}$ и в последней формуле для этого монома берётся сумма $2^a$ единиц. Если же есть переменная, входящая в этот моном в чётной степени, то меняя в $\tau$ элемент, соответствующий этой переменной с $0$ на $1$ и обратно, можно разбить сумму для этого монома на пары слагаемых так, чтобы внутри каждой пары она оказалась равной $0$.

Далее, так как $F_c((-1)^{\tau(1)}, \ldots, (-1)^{\tau(a)}) = (a-2|\tau|)^c$, то

$$ h(a,0,c) = \frac{1}{2^a} \sum_{t=0}^a C_a^t (-1)^t (a-2t)^c. $$

Пусть теперь

$$ \Phi_a(x) = \frac{1}{2^a} \sum_{t=0}^a C_a^t (-1)^t e^{(a-2t)x}. $$

Из этой и предыдущей формул сразу видим, что $h(a,0,c)$ можно получить, продифференцировав $c$ раз функцию $\Phi_a(x)$ и взяв значение этой производной при $x=0$. С другой стороны, используя элементарные преобразования и формулу бинома Ньютона легко убедиться, что

$$ \Phi_a(x) = \frac{1}{2^a}(e^x - e^{-x})^a = \sh^a x. $$

Таким образом, значение $h(a,0,c)$ равно $c$-ой производной $a$-ой степени гиперболического синуса в нуле.

Действуя по той же самой схеме, выводим

$$ h(0,b,c) = \frac{1}{2^b} \sum_{\tau \in B_b} F_c((-1)^{\tau(1)}, \ldots, (-1)^{\tau(b)}) $$

и

$$ h(0,b,c) = \frac{1}{2^a} \sum_{t=0}^a C_a^t (a-2t)^c. $$

Далее, вводя функцию

$$ \Psi_b(x) = \frac{1}{2^b} \sum_{t=0}^b C_b^t e^{(b-2t)x} = \ch^b x $$

видим, что $h(0,b,c)$ оказывается равным значению $c$-ой производной этой функции в нуле.

Наконец, используя доказанные факты, разложения в ряд Маклорена и формулу произведения рядов, видим, что $h(a,b,c)$ равно значению в нуле $c$-ой производной функции $\sh^a x \cdot \ch^b x$.

Таким образом, мы свели задачу к нахождению отношения $k$-ых производных функций $\sh^n x \cdot \ch^n x$ и $\sh^n x$. Однако справедливо равенство

$$ \sh x \cdot \ch x = \frac{\sh (2x)}{2}. $$

Ну а так как из разложения в ряд Маклорена немедленно следует, что $k$-ая производная функции $\sh^n (2x)$ в нуле относится к $k$-ой производной функции $\sh^n x$ в нуле как $2^k$, то ответом к задаче является число $2^{k-n}$.

-----------------------

Пфуй! Какое-то не совсем школьное решение получилось. Подозреваю, что составители имели в виду нечто другое

[Профессор Снэйп]

Кстати, а возможно ли найти явные формулы для $h(a,b,c)$, или хотя бы для $h(a,0,c)$, $h(0,b,c)$?.. Я над пятой задачей целый день пропарился и больше всего времени убил на попытку отыскания этих формул...

Вообще, конечно, лох в комбинаторике. Сейчас вот почитал чуть-чуть в книжке про производящие функции... Наверное, эти гиперболические синус с косинусом можно было и сразу увидеть. Но нет, мы лёгких путей не ищем...

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

Кстати, а возможно ли найти явные формулы для $h(a,b,c)$, или хотя бы для $h(a,0,c)$, $h(0,b,c)$?..

$h(a,b,c)$ - это просто $c!$ умноженный на коэффициент при $x^c$ в разложении $\sinh^a x\cosh^b x=\sinh^{a\bmod 2} x(\cosh^2 x - 1)^{\lfloor a/2\rfloor} x\cosh^b x$. Чтобы найти явное выражение, нужно выразить это как многочлен от $\cosh x$ (домноженный на $\sinh x$ при нечетном $a$) и воспользоваться тождеством:

$$(2\cosh y)^t = \sum_{k=0}^t \binom{t}{k} \cosh (t-2k)y.$$