Задачи Пятого Турнира Юных Математиков Задачи Пятого Турнира Юных Математиков
Задачи Пятого Турнира Юных Математиков РЕФЕРАТЫ РЕКОМЕНДУЕМ  
 
Тема
 • Главная
 • Авиация
 • Астрономия
 • Безопасность жизнедеятельности
 • Биографии
 • Бухгалтерия и аудит
 • География
 • Геология
 • Животные
 • Иностранный язык
 • Искусство
 • История
 • Кулинария
 • Культурология
 • Лингвистика
 • Литература
 • Логистика
 • Математика
 • Машиностроение
 • Медицина
 • Менеджмент
 • Металлургия
 • Музыка
 • Педагогика
 • Политология
 • Право
 • Программирование
 • Психология
 • Реклама
 • Социология
 • Страноведение
 • Транспорт
 • Физика
 • Философия
 • Химия
 • Ценные бумаги
 • Экономика
 • Естествознание




Задачи Пятого Турнира Юных Математиков


Задачи Пятого Турнира Юных Математиков
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:
Докажем, что
Докажем, что
Докажем, что
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 S
PSQ = S
АВС – (S
APQ + S
CQS + S
BPS).
Аналогично,
и
Тогда из S
PSQ = S
АВС – (S
APQ + S
CQS + S
BPS)
Ю
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 (
)
Ю
.
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 АЕ
7 RT.
ER=AT и ER
7 AT по этим же признакам
Ю AERT – параллелограмм.
Значит
Р EAT=
Р ERT (*) – по свойству параллелограмма.
Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них
Ю
Р RET =
Р RCT,
Р RBE =
Р ETR (**).
Из (*) и (**)
Ю
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 xy
2 + xy + x
2 – 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 k
О
Z . Тогда
Т.к. ищем решения в целых числах, из этого равенства видно, что k – число нечетное.
Подставим значения в преобразованное уравнение.
Введем замену: х
1
= -х. Тогда полученное уравнение примет вид
.
Решим данное уравнение относительно х
1 (очевидно, что
).
Рассмотрим случай, когда k = 1.
Отсюда, х = 1 или х = = -5, тогда y = 0 или у = -3;
Ответ: (1;0), (0;-3);
Рассмотрим случай, когда k = -1.
Отсюда, х = -1 или х = = -3, тогда у = 0 или у = 1;
Ответ: (-1;0), (-3;1);
Рассмотрим случай, когда k = 3.
Отсюда у = -14.
Ответ: (-9;-14)
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:
n = 2k..
4k
2
(2k-1) – это число четное.
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:
х – число четное
- число нечетное,
- число четное
Ю F(x) – нечетное.
Значит,
-нечетное число, ЧТД.
х – число нечетное
n – нечетное
- число четное,
- при четном х – четное, значит сумма четна
Ю F(x) – четное.
n – четное
- число нечетное,
- при четном х – четное, значит сумма нечетна
Ю F(x) – четное.
Значит, при любом нечетном х, всегда F(x) будет четной при любом (четном/нечетном) значении n
Ю
- четное ЧТД
В результате рассмотренных выше случаев, выводим, что для нечетных
- число четное, а для четных
- число нечетное.
ЧТД.
Необычное уравнение
Условие: Для m натуральных через P(m), обозначается произведение всех цифр его десятичной записи, а через S(m) – их сумма. Найти количество k(n) решений уравнения
при n = 2002. Исследуйте величину k(n) решений уравнения.
Решение
Рассмотрим различные случаи числа x.
Пусть в записи х есть ноль, тогда P(x) = 0, значит
Пусть S(x)=y, S(x) = n и в записи числа есть ноль, тогда
Значит, P(S(x)) = P(y) = 0, т.к. число содержит ноль.
S(S(x))=S(y)=n. Имеется бесконечно много решений.
Т.е. для решения данного уравнения подходят числа, S(S(x)) которых равна n.
Т.к. решений бесконечно много, то имеем множество решений для любых случаев.
Идем от обратного: S(y)=n
где, a+b+c+…+f = n, т.е. от перестановки цифр сумма не меняется.
При n = 2002, S(x) = 4, P(S(x)) = 4, S(S(X)) = 4 –
.
Рассмотрев решения для данного случая, убеждаемся, что n можно подобрать относительно х или наоборот.
Задание 6 Финального Тура
Найти все функции
, для которых выполняется
Решение
Пусть х = 1.
. Заменим f(y) на а, имеем:
. (*)
Проверим полученную функцию.
y = 1, тогда
Теперь подставим в исходную функцию.
Значит, одно из возможных значений функции -
.
Математический Анализ
Условие: Рассматриваются различные непрерывно дифференцируемые функции
(это значит, что для произвольного
, существует
), причем функция g непрерывна на сегменте [0;1]; под произодными функции f в конечных точках сегмента [0;1] считаются конечные производные
соответственно), для которых f(0)=f(1)=0 и
. Охарактеризовать множество всех точек, координатной плоскости xOy, через которые могут проходить графики всех функций.
Решение
Используем неравенство Коши-Буняковского для определенного интеграла, но, прежде, распишем определенный интеграл:
Распишем, также, формулу Ньютона-Лейбница:
.
Итак,
Значит
.
Значит,
.
Тогда,
.
, т.к.
(по условию).
Рассмотрим два случая:
y
2 = x – x
2 (точка лежит на контуре)
Т.е. графиком данной функции будет произвольная кривая, в которую вписан угол (угол OMK = 90
0
)
ПРОТИВОРЕЧИЕ !!!
Т.е. всегда можно построить гладкую кривую, проходящую через точку Х.
Бесконечные Биномиальные Коэффициенты
Условие:
упростить выражение
.
Решение
Отметим, что если n – четное, что количество членов ряда нечетно, а если n – нечетно, то их количество четно.
Рассмотрим четные и нечетные n.
n = 2k + 1 – нечетное
Тогда, ряд будет иметь вид:
.
Зная, что
, упростим этот ряд.
.
Видим, что равноудаленные от концов ряда члены сокращаются, и, т.к. количество их четно, следовательно сумма ряда рана нулю.
, при n = 2k + 1.
n = 2k
Этот случай не был решен до конца, но в результате расчетов первых четных чисел была выведена и проверена, однако не доказана, формула
, где n – четное.
Работа Гончаренко Никиты,
Г. Краматорск, ОШ#35

      ©2010