XX Международная математическая олимпиада школьников

55

XX Международная математическая олимпиада Школьников

XX олимпиада состоялась в июле 1978 года в Бухаресте. В ней приняли участие команды 17 стран. Как обычно, команда каждой страны состояла из 8 школьников. Участникам было предложено 6 задачи — по 3 в каждой из двух дней севернойни. За решение каждой из задач жорни выступало неокторое количество очков. Максимальное возможная сумма очков за решение всех задач для отдельного участника равнялась 40, а, значит, для команды в целом — 320 очкам. В неофициальном挛ете впереди оказалась команда Румынии (237 очков). Далее следуют команды США (225 очков), Великобритании (201 очков), Вьетнам (200 очков), Чехословакии (195 очков). (Команда СССР в этой олимпиаде не участвовала.) Четыре задачи XX олимпиады помещены в Задачике «Кванта» этого номера. Условия всех задачи и решения задач, не вошедших в Задачик, мы приводим ниже.

Первый день

1. Пусть $m$ и $n$ — натуральные числа такие, что $n > m \geqslant 1$. В десятичной записи группа из последних трех цифр числа 1978$^m$ совпадает с группой последних трех цифр числа 1978$^n$. Найти $m$ и $n$ так, чтобы сумма $m+n$ была наименьшей.

2. Пусть $P$ — данная точка внутри данной сферы и $A, B, C$ — произвольные три точки этой сферы такие, что отрезки $PA, PB, PC$ взаимно перпендикулярны. Пусть $Q$ — вершина параллелепипеда, определяного отрезками $PA, PB$ и $PC$ диагонально противоположная к $P$. Определить геометрическое место точек $Q$.

3. Множество всех натуральных чисел является объединением двух непересекающих подмножества $\{f(1), f(2), \dots, f(n), \dots\}$, $\{g(1), g(2), \dots, g(n), \dots\}$, где $f(1) < f(2) < \dots < f(n) < \dots$, $g(1) < g(2) < \dots < g(n) < \dots$ и $g(n) = f(f(n)) + 1$ для всех $n \geqslant 1$. Определить $f(240)$.

Второй день

4. Okружность касается внутриним образом окружности, описанной вокруг правнобедренного треугольника $ABC$, а также равных сторон $AB, AC$ этого треугольника в точках $P, Q$, соответствующего. Доказать, что середина отрезка $PQ$ является центром окружности, описанной в треугольнике $ABC$.

5. Пусть $\{a_k\} (k=1, 2, \dots, n)$ — последовательность различных натуральных чисел. Доказать, что для каждой натурального $n$ выполняется неравенство

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{k^2} \geqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}.$$

6. Международное общество состоит из представителей 6 различных стран. Список членов общества состоит из 1978 фамилий, занутерованных числами 1, 2, …, 1978.

Доказать, что существует хотя бы один член общества, номер которого равняется сумме номеров двух членов из его страны или удвоенному номеру неокторого члена из его страны.

Решения

Задачка 1. Из условия следует, что $1978^n - 1978^m = 1978^m (1978^n - m - 1) = 1000 a$, где $a$ — неокторое натуральное число. Отсюда видно, что $m \geqslant 3: 1978^m$ должно делиться на 8. Остается найти $n-m$, при которых $A = 1978^n - m - 1$ делится на 5$^3$. Легко проверить, что $A$ делится на 5 лишь при $n-m=4k$. Поскольку нас интересует остаток при делении числа $A$ на 125, можно заменить 1978 на 103, а 103$^4$ на 6. Далее $6^k - 1 = (1 + 5)^k - 1 = k \cdot 5 + \frac{k(k-1)}{2} - 5^2 + \dots$, где опущенные члены делятся на 125. Поэтому $2k + 5(k-1)k = k(5k-3)$ делится на 25, откуда $k$ делится на 25. Следовательно $n-m=100k$, а $n+m=100k+2m$. Ответ: 106.

Задачка 5. Легко проверить, что из $x_1 > x_2$, $y_1 > y_2$ следует $x_1y_1 + x_2y_2 > x_1y_2 + x_2y_1$. Отсюда при $k_1 < k_2$ и $a_{k_1} > a_{k_2}$ получаем

$$\frac{a_{k_1}}{k_1^2} + \frac{a_{k_2}}{k_2^2} \geqslant \frac{a_{k_2}}{k_1^2} + \frac{a_{k_1}}{k_2^2}.$$

Переставим все $a_k$ при $k=1, \dots, n$ в порядке их возраста: $a_{k_1} < a_{k_2} < \dots < a_{k_n}$. Тогда по (*)

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{k^2} \geqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{i^2}.$$

Учитывая, что $a_{k_i} \geqslant i$ получаем исключение неравенство.

В. Сковорцов