Задачи Пятого Турнира Юных Математиков

УЗШ «Эрудит»

Реферат

по теме

 

«Задачи Пятого Турнира Юных Математиков»

ученика 10^го класса

Гончаренко Никиты
Предисловие

Настоящий реферат рассматривает решения задач некоторых задач отборочного этапа Пятого Всеукраинского турнира юных математиков (проводившегося г. Сумы). В кратком условии участия было отмечено, что «предлагаемые задачи достаточно сложны и необязательно должны быть решены полностью. Оцениваться будут и отдельные продвижения и разбор частных случаев. В некоторых случаях можно решить аналогичную или более простую задачу». Данный реферат имеет несколько не доведенных до конца задач, либо решенных частично. Также приведены некоторые задач финального тура.

«Геометрические миниатюры»

Условие: Зафиксируем на плоскости АВС и обозначим через S_L, S_M, S_K площади треугольников, вершинами которых есть, соответственно, основания биссектрис, медиан и точек касания вписанной окружности. Доказать, что.

Решение

Решение задачи разобъем на четыре этапа:

1.   Докажем, что

2.   Докажем, что

3.   Докажем, что

4.   Из этапов (2) и (3) ясно, что , поэтому докажем, что

Этап 1: Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС.

Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P, S и Q. Обозначим отрезки AP, CQ и BS как x, y и z соответственно. Тогда из «отрезки касательных, проведенных из одной точки равны», следует, что AC = AQ = x, CQ = CS = y, BS = BP = z.

Составим и решим систему.

Найдем отношение площади PSQ к площади АВС через разность площадей SPSQ = SАВС – (SAPQ + SCQS + SBPS).

Аналогично,

и

Тогда из SPSQ = SАВС – (SAPQ + SCQS + SBPS) Þ

Подставим значения

Раскрыв скобки, выражение можно записать как

Длины сторон треугольника всегда положительны, значит используем неравенство Коши: . Аналогично, для трех чисел:

Подставим неравенства в числители дробей

.

Итак, отношение площади треугольника PSQ (по условию - S_k) , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС: .

 Этап 2: Найдем отношение площади треугольника, вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади данного треугольника АВС.

Пусть АН, BG, CF – биссектрисы АВС, тогда FGH – искомый треугольник. Найдем отношение площадей данного треугольника и FGH.

Обозначим AF = x, BH = y, CG = z. По свойству биссектрис («биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам»), тогда

Значит,

По аналогии с предыдущей задачей найдем отношение FBH, HCG, FAG к площади ABC.

Аналогично,

и .

Тогда

Упростив это выражение, получаем .

Теперь, из неравенства Коши () Þ .

Итак, отношение площади треугольника FHG (по условию - S_l), вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади треугольника АВС - .

Этап 3: Найдем отношение площади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику ABC.

Проведем из вершин АВС медианы, пересекающие стороны АВ, ВС и АС соответственно в точках E, R и T.

Рассмотрим AERT.

RT, по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ7RT.

ER=AT и ER7AT по этим же признакам Þ AERT – параллелограмм.

Значит ÐEAT=ÐERT (*) – по свойству параллелограмма.

Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них Þ ÐRET = ÐRCT, ÐRBE = ÐETR (**).

Из (*) и (**) Þ ERT подобен АВС при (по свойству средней линии). По свойству «площади подобных фигур относятся как квадраты коэффициентов подобия», .

Итак, отношение площади треугольника (по условию S_K), образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС - .

Этап 4: докажем, что .

В процессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решение оказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено.

Значит, действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан больше площади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который больше площади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности. ЧТД.

Задача 1 Финального тура

Условие: Решить уравнение xy² + xy + x² – 2y – 1 = 0 в целых числах.

Решение

Представим исходное уравнение в виде:

Из этого следует, что х – делитель 2у+1. Введем замену: 2у+1 = kx, где kÎZ. Тогда

 Т.к. ищем решения в целых числах, из этого равенства видно, что k – число нечетное.

Подставим значения в преобразованное уравнение.

Введем замену: х₁ = -х. Тогда полученное уравнение примет вид .

Решим данное уравнение относительно х₁ (очевидно, что ).

1.   Рассмотрим случай, когда k = 1.

Отсюда, х = 1 или х = = -5, тогда y = 0 или у = -3;
Ответ: (1;0), (0;-3);

2.   Рассмотрим случай, когда k = -1.

Отсюда, х = -1 или х = ­­ = -3, тогда у = 0 или у = 1;
Ответ: (-1;0), (-3;1);

3.   Рассмотрим случай, когда k = 3.
 Отсюда у = -14.
Ответ: (-9;-14)

4.   Рассмотрим случай, когда k = -3.
- нет решений в области целых чисел.

Итак, в результате вышеописанных вычислений были найдены следующие решения: (1;0), (0;-3), (-1;0), (-3;1), (-9;-14).

 

Cумма производных

Условие: Пусть

.

Доказать, что для нечетных - число четное, а для четных  - число нечетное.

Решение

Рассмотрим производные P(x):

Далее замечаем, что . Рассмотрим это число:

1.   n = 2k..
4k²(2k-1) – это число четное.

2.   n = 2k+1.
2k*(2k+1)² – также число четное.

Отсюда следует, что- число четное при любых допустимых значениях n. Значит,

, как сумма четных чисел, число четное.

Введем некоторую функцию F(x).

Рассмотрим возможные случаи для х: