Олимпиада по математике

60

Олимпида
по математике
В. Л. Гутенахер

IX Всегоозная олимпида по математике проходила с 17 по 23 апреля в Саратове. Согласно новому «Положению», в этом году учащие в олимпиде принимали только команды ресурублик и призеры прошлогодней Всегоозной олимпиды (всего 144 человек). Олимпида, как всегда, проходила в два тура (18 и 20 апреля), отдельно по восьмым, девятым и десятим классам. Из множества задач, предложенных членами жюри и присланных в «Квант», были составлены варнаты для каждой класса.

Олимпидные задачи были присланы из Саратова, Москвы, Ленинграда, Казани, Свердловска, Харькова, Ярославля и Черновцов. Отметим, что некоторые задачи второго дня олимпиды уже были изложены математически наук.

Условия почты всех предлагавшихся на олимпиде задач (кроме трех) были опубликованы в «Кванте» №№ 7, 8, 9 в разделе «Задачик «Кванта», и поэтому здесь мы их не помещаем. (Полностью варнаты олимпиданы в журнале «Matematika в школе», 1975, № 6.)

В этом году, как и в прошле года, очень много задачи было связано с таблицами. Школьникам, готовящимся к следующей олимпиде по математике, можно смело советовать учиться решать такие задачи.

Как ни странно, участники олимпиды плохо решили сравнительно простые задачи по геометрию. Гораздо успешнее они справились с алгебраическими и логическими задачими, причем были найдены разные, порой неизвестные жюри, решения.

Перейдем теперь к краткому разбору тех трех задач, которые не вошли в «Задачик «Кванта».

8 класс, задача №3.
Какой наименьший периметр может иметь выпуклый 32-угольник, все вершины которого лежат в узлах клемчатой бумаги со сторной клетки 1?

Эта задача эквивалентна следующей. Пусть $O$ — узел клеччатой бумаги со стороны клетки 1. Нужно определить 32 ненулевых вектора с началом в точке $O$ так, чтобы a) концы векторов лежали в узлах клеччатой бумаги;
b) векторы не совпадали по направлению;
c) сумма длины этих векторов была минимальная.

На рисунке 1 изображены 32 вектора, удовлетворяющие условиям a) — b): это четыре вектора длины 1, четыре вектора длины $\sqrt{2}$, восемь векторов длины $\sqrt{5}$, восемь векторов длины $\sqrt{10}$ и восемь векторов длины $\sqrt{13}$. Птак, наименьший периметр равен $4(1 + \sqrt{2}) + 8(\sqrt{5} + \sqrt{10} + \sqrt{13})$.

9 класс, задача №1.
В выпуклом шестичелювникке $A_1A_2A_3A_4$ $A_5A_6$ середины диагоналей $A_6A_2$, $A_1A_3$, $A_2A_4$, $A_3A_5$, $A_4A_6$, $A_5A_1$ обозначаим соответствующим через $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$, $B_6$. Доказим, что если шестичелювникке $B_1B_2B_3B_4$ $B_5B_6$ — выпуклый, то его площадь в четыре раза меньше площади $A_1A_2A_3A_4$ $A_5A_6$.

Рис. 1.

61

Рассмотрим четырехугольники $A_1A_2A_3A_6$ и $B_3B_4B_5B_6$ (см. рис. 2). Диагональ $A_1A_3$ первого четырехугольника параллельна диагонали $B_4B_6$ второго и $|A_1A_3| = 2|B_4B_6|$, так как диagonаль $B_4B_6$ — средняя линия в треугольнике $A_1A_3A_5$. Аналогично, диagonаль $A_2A_3$ параллельна диагонали $B_3B_5$ и $|A_2A_3| = 2|B_3B_5|$, так как диagonаль $B_3B_5$ — средняя линия в треугольнике $A_2A_6A_4$.

Поскольку площадь выпуклого четырехугольника равна половине произведения длины диагоналей на синус угла между ними, получаем, что площадь четырехугольника $B_3B_4B_5B_6$ в четыре раза меньше площади четырехугольника $A_1A_2A_3A_6$. Точно так же, площадь четырехугольника $B_6B_1B_2B_3$ (его нет на рисунке) в четыре раза меньше площади четырехугольника $A_3A_4A_5A_6$. Указанные четырехугольники образуют соответствие первый и второй шестиугольники, и тем самым требуем соответствие доказано.

10 класс, задача № 2
Доказим, что для положительных $a, b$, с имеет место неравенство $a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq ab (a + b) + bc (b + c) + ac (a + c)$.
Поскольку выражение $a^3 + b^3 + c^3 + 3abc$ симметрично относительно $a, b, c$, мы можем без ограничения общности считать, что $a \geq b \geq c > 0$. Написанное выражение можно преобразовать в следующие:

$$(a - b)^2 (a + b - c) + c (c - a) (c - b).$$
Из предположения $a \geq b \geq c > 0$, очевидно, следует, что

$$(a - b)^2 (a + b - c) \geq 0$$
и $c (c - a) (c - b) \geq 0$.

Складывая эти два неравенства, получаем нужное неравенство.

Рис. 2.

На шестой международной математической олимпиаде была предложена такая задача:

Пусть $a, b$ и $c$ — длины строки некоторого треугольника. Доказать, что $a^2 (b + c - a) + b^2 (c + a - b) + c^2 (a + b - c) \leq 3 abc$.

Нетрудно усмотреть, что это неравенство совпадает с неравенством только что разобраной задачи № 2, однако дополнительные условия упрощают решение.

Мы можем предложить читатель «Кванта» еще одна точка зрения задачи из портфеля жюри; ее предполагается дать на втором.type в девятом классе. Жюри в последний момент исключило эту задачу ввиду перегрузки варната, а также потому, что она легко может быть решена методом инверсии*:

В данной круговой сементе произвольным образом вписываются две окружности, касающиеся друг друга в точке М. Найдите множество точек М.

И наконец, несколько слов о том, что значит «решить задачу» на олимпиаде. Решить задачу — это еще не все: надо суметь правильно за пп и сать ее решение. На олимпиаде было предложено много сложных, нестандартных задач, запись решения которых на самом деле требует определенного мастерства. Тут прежде всего сказавается отсутствие общейприятия обозначений, терминологии. Из трудного положения школьники выходит по-разному: один — более, другие — менее удачно. Они придумывают свои определения, вводили собственные обозначения, иногда для расшифровки написано жюри прихождения совывать «консилум». Чаще всего, несмотря на запутанность изложения, решения задачи оказывается абсolutно верным с математической точки зрения, — в какой-то степени можно было даже логически оправдать запутанность фраз и оборотов. Все сказанное касается, в основном, задан М339 («Кванта» № 8) и М332 («Кванта» № 7). Обе они позже будут разобраны в «Кванте»: мы советуем всем школьникам, участковым в олимпиаде, даже тем, кто решил эти

*) См. «Квант», 1971, № 8, статья А. П. Савина «Инверсия и задача Аполлоня».