Olympic Toán toàn Liên đoàn V

Kvant 1971, số 11 tr. 35, 36, 38, 39, 40 Thẻ RWCY

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

V Cân tối ưu hóa toán học.
V. L. Gutenkhær

Từ ngày 15 tháng 4 đến ngày 20 tháng 4, Tối ưu hóa toán học cân V đã diễn ra tại Prgue. Nhưng ban giám khảo đã được tối ưu hóa (chủ tịch Jan Bardzin, phó chủ tịch Nikolai Vasiliev) bắt đầu làm việc vào ngày 13 tháng 4. Từ những bài toán này mà các thành viên ban giám khảo mang theo, cần phải trưng bày bài toán thú vị và độc đáo nhất. Lần này, không giống như những năm trước, ban giám khảo quyết định cho học sinh bài toán, gần giống với khoa học toán học Serbia, và ở vòng thứ hai, họ thậm chí còn tiến hành một thí nghiệm nhỏ: đưa ra một bài toán khó hơn, chia nó thành một loạt các câu hỏi có điều kiện dần dần, trong đó lời giải sẽ được đề xuất tiến xa nhất có thể.

Đợt tối ưu hóa thứ nhất và thứ hai diễn ra riêng biệt vào ngày 16 và 17/4 cho khối 8, 9 và 10.

Dưới đây chúng tôi bao gồm danh sách 23 bài toán được cung cấp cho học sinh. Những cái trung bình về cơ bản chỉ có 14 bài toán khác nhau. 10 bài toán chúng tôi xuất bản trong “Sách Vấn đề Lượng tử” (xem «Kvant» Số 10, 11).

NHIỆM VỤ

Lớp 8 (ngày đầu tiên)

Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2 $^{100}$ , trong đó ký hiệu thập phân chỉ có chữ số 1 và 2.
Cho một hình tam giác $A_1A_2A_3$ . Về phía nó $A_1A_2$ các điểm $B_1$ và $D_2$ được lấy, về phía $A_2A_3$ - các điểm $B_2$ và $D_3$ , về phía $A_3A_1$ - các điểm $B_3$ và $D_1$ để nếu chúng ta xây dựng các hình bình hành $A_1B_1C_1D_1$ , $A_2B_2C_2D_2$ và $A_3B_3C_3D_3$ thì các đường $A_1C_1$ , $A_2C_2$ và $A_3C_3$ sẽ giao nhau tại một điểm. Chứng minh rằng nếu $A_1B_1=A_2D_2$ và $A_2B_2=A_3D_3$ thì $A_3B_3=A_1D_1$ .
Hai người chơi trò chơi này. Những người đầu tiên viết hai hàng gồm 10 số ở phía dưới sao cho thỏa mãn quy tắc sau: nếu số $b$ viết dưới số $a$ , và số $d$ viết dưới số $c$ thì $a+d=b+c$ . Người chơi thứ hai biết quy tắc này muốn xác định tất cả các số được viết.

Anh ta được phép hỏi người chơi đầu tiên một câu hỏi như “Số ở vị trí thứ ba ở dòng đầu tiên là số mấy?” hoặc “Số nào ở vị trí thứ chín ở dòng thứ hai?” v.v … Người chơi thứ hai có thể tìm ra tất cả các số trong số câu hỏi nhỏ nhất là bao nhiêu?

Xem bài toán M111.

Lớp 8 (ngày thứ hai)

Xem bài toán M108.
Chứng minh rằng từ 25 số dương khác nhau có thể chọn được hai số sao cho không có số nào bằng tổng hoặc hiệu (giữa gấp đôi và nhỏ) của các số đã chọn.
Xem bài toán M109.

Lớp 9 (ngày đầu tiên)

Xem bài toán M113.
Trên mỗi cạnh của tam giác ABC lấy hai điểm: trên AB - điểm D và E, trên BC - điểm F

và G và trên CA là các điểm H và K. Cho AD=BE, BF=CG và CH=AK. Trong các tam giác ADK, BEF và CGH, các đường trung tuyến được vẽ từ các đỉnh A, B và C. Chứng minh rằng các đường thẳng chứa các đường trung tuyến này cắt nhau tại một điểm.
3. Xem bài toán M115.
4. Xem bài toán M111.
5. Xem bài toán M112.

Lớp 9 (ngày thứ hai)

Một khối lập phương có cạnh dài n được chia thành $n^3$ cốc đơn vị. Hãy chọn một vài chiếc cốc và vẽ ba đường thẳng song song với các cạnh đi qua tâm của mỗi chiếc cốc. Có thể chọn số cốc nhỏ nhất là bao nhiêu để một đường thẳng vẽ qua chúng sẽ cắt hết tất cả các hình lập phương?
Giải quyết bài toán này nếu:
a) $n=4$ ,
b) $n=10$ ,
b) $n$ — bất kỳ số tự nhiên nào.
Chứng minh rằng mọi đường thẳng chia đôi diện tích và chu vi của một tam giác đều cắt nhau tại một điểm.
Xem bài toán M110.

Lớp 10 (ngày đầu tiên)

Xem bài toán M106.
Xem bài toán M107, a.
Hình chiếu của vật lên hai mặt phẳng là hình tròn. Chứng minh rằng các đường tròn này có bán kính bằng nhau.
Xem bài toán M111.
Xem bài toán M114.

Lớp 10 (ngày thứ hai)

Một khối lập phương có cạnh dài n được chia thành $n^3$ cốc đơn vị. Hãy chọn một vài chiếc cốc và vẽ ba đường thẳng song song với các cạnh đi qua tâm của mỗi chiếc cốc. Có thể chọn số cốc nhỏ nhất là bao nhiêu để một đường thẳng vẽ qua chúng sẽ cắt hết tất cả các hình lập phương:
a) Chỉ định đáp số cho các giá trị nhỏ của n: với n=2, 3, 4.

Hãy thử tìm đáp số khi n=10.
b) Giải tổng quát bài toán. Nếu bạn không thể tìm thấy đáp số, hãy chứng minh một số bất đẳng thức ước tính từ trên xuống dưới số cốc được đánh dấu.
d) Lưu ý rằng bài toán này có thể được hình thành như thế này.
Hãy xem xét tất cả các bộ có thể $(x_1, x_2, x_3)$ , trong đó mỗi chữ cái $x_1, x_2, x_3$ nhận một trong n giá trị 1, 2,…, n. Số tập hợp nhỏ nhất phải được chọn là bao nhiêu để đối với mỗi tập hợp còn lại của môi trường đã chọn, chúng ta tìm thấy một tập hợp khác với nó chỉ ở một vị trí (theo giá trị của chỉ một trong các tọa độ $x_1, x_2, x_3$ )? Cố gắng tìm ước tính cho bài toán tổng quát hơn, khi xem xét các bộ không phải ba mà là bốn hoặc một số lượng lớn các chữ cái.

a) Xét hàm $f(x, y)=x^2+xy+y^2$ . Chứng minh rằng với mọi điểm $(x, y)$ đều tồn tại các số nguyên $(m, n)$ , mà

$f(x-m, y-n)=(x-m)^2+$
$+(x-m)(y-n)+(y-n)^2\leq \frac{1}{2}.$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $f(x, y)$ số nhỏ nhất trong số $f(x-m, y-n)$ cho tất cả các số nguyên m và n. Phát biểu bài toán a) là bất đẳng thức $f(x, y)\leq \frac{1}{2}$ đúng với mọi $(x, y)$ . Chứng minh rằng bất đẳng thức mạnh hơn $f(x, y)\leq \frac{1}{3}$ trên thực tế là đúng. Tìm tất cả các điểm thỏa mãn đẳng thức $f(x, y)=\frac{1}{3}$ .

b) Xét hàm số

$f_a(x, y)=x^2+axy+y^2(a\geq 0).$

Tìm số C (phụ thuộc vào a) sao cho tất cả $(x, y)$ thỏa mãn bất đẳng thức $|\bar{f}_a(x, y)|\leq C$ . Hãy cố gắng tìm một ước tính chính xác.

các phương pháp chứng minh mà bồi thẩm đoàn không biết.

Trở ngại là bài toán Số 4, được đưa ra ở tất cả các lớp. Nhiều vấn đề đã được giải quyết bằng bài toán này, nhưng họ đã quên rằng sự sắp xếp các vòng tròn có thể khá kỳ lạ: các vòng tròn có thể chồng lên nhau, tâm của chúng có thể nằm gần nhau, v.v. Về cơ bản, trong bài toán này, một hình được bao phủ bởi các vòng tròn có thể có hình dạng gần như tùy ý và người ta phải đưa ra một lý do phù hợp với bất kỳ hình nào như vậy. bài toán này có lời giải rất ngắn và màu đỏ. Trong mỗi lớp, chỉ có một học sinh giải được câu đó (bảng ở trang 39 cho thấy có bao nhiêu người giải được từng bài toán hoàn toàn hoặc bằng các quy trình nhỏ). bài toán khác cũng được lặp lại trong các lớp bằng nhau, nhưng cách diễn đạt của chúng khác nhau. Ví dụ: bài toán 1 ở lớp chín khác với bài toán 1 ở lớp tám ở chỗ số $n$ được đặt cùng với số 100. Nhiệm vụ 7 của lớp chín khác với bài toán 5a của lớp tám ở chỗ điểm mà các đường giao nhau không được đặt tên và do đó về cơ bản là có điều kiện.

Là một ví dụ thú vị hơn về dviprovannya, chúng tôi sẽ cho bài toán 3 (lớp 8) và 5 (lớp 9). Câu đầu tiên trong số bài toán này chỉ đơn giản là trường hợp đặc biệt của câu thứ hai (đối với $m=2$ , $n=10$ ), nhưng trong công thức lớp 8, nó được nêu rõ hơn chính xác những gì được yêu cầu trong lời giải: (1) chỉ ra đáp số (câu hỏi đáp số này - 11 câu hỏi - gần như được tìm thấy

Tất cả); (2) chứng minh có thể tìm ra tất cả các số trong 11 câu hỏi (việc này rất đơn giản); (3) chứng minh rằng không thể tìm ra các số trong 10 câu hỏi trở xuống.

Bài toán 3 (lớp 8). Đặt $a$ và $c$ là hai số ở dòng trên cùng, và $b$ và $d$ là các số bên dưới chúng:

$\dots a \dots c \dots$
$\dots b \dots d \dots$

Điều kiện duy nhất mà con số này sẽ thỏa mãn là $a+d=c+b$ . Hãy viết lại điều kiện này như sau: $a-b=c-d$ . Do đó, sự khác biệt giữa số ở hàng trên cùng và số ở dưới nó là như nhau đối với tất cả các cột; Hãy biểu thị sự khác biệt này bằng $y$ . Bảng có thể được viết như thế này:

$\begin{array}{c c c c c} x_1 & x_2 & \dots & x_9 & x_{10} \\ x_1-y & x_2-y & \dots & x_9-y & x_{10}-y \end{array}$

$x_1, \dots, x_{10}$ , $y$ là các số tùy ý. Bảng này có thể được xác định trong 11 câu hỏi. Ví dụ: trong 10 câu hỏi, bạn có thể tìm thấy 10 số $x_1, \dots, x_{10}$ từ dòng đầu tiên, sau đó, bằng cách hỏi một câu hỏi “số nào đứng đầu ở dòng thứ hai?”, hãy tìm $y$ .

Gần như rất khó khăn khi chỉ trong chưa đầy 11 câu hỏi thì không thể tìm ra 11 ẩn số. Tuy nhiên, bồi thẩm đoàn không cho rằng điều này quá táo bạo và yêu cầu làm rõ

neniya. Khó khăn lớn nhất đối với những người tham gia là viết ra lời giải bài toán đầy đủ và rõ ràng. Việc viết các hàng và bảng bao gồm một số lượng lớn các phần tử và xử lý chúng một cách trôi chảy hầu như không thể coi là một khó khăn thuộc loại này.

Bài toán 6 (lớp 8). Ta sẽ chứng minh khẳng định bài toán bằng phản chứng. Giả sử rằng tổng của hai số trong số 25 hoặc hiệu của chúng nằm trong số các số còn lại.

Hãy sắp xếp các số này theo thứ tự tăng dần:

$a_1 < a_2 < \dots < a_{24} < a_{25}.$

Hãy xem xét hầu hết các số $a_{25}$ được ghép nối với bất kỳ số nào khác. Rõ ràng, tổng của các số đó không nằm trong số các số đã cho, vì

$a_{25} + a_i > a_{25} \quad (i=1, 2, \dots, 24).$

Vì vậy, sự khác biệt của những con số này

$a_{25} - a_{24} < a_{25} - a_{23} < \dots < a_{25} - a_1$

phải nằm trong số đã cho. Tùy chọn duy nhất có thể:

$a_{25} - a_{24} = a_1, a_{25} - a_{23} = a_2, \dots, a_{25} - a_1 = a_{24}$

hoặc, cái gì giống nhau,

$a_{24} + a_1 = a_{23} + a_2 = \dots = a_{13} + a_{12} = a_{25}.$

Số người tham gia đã giải được từng bài toán

| lớp 8 | № bài toán | Ngày tôi | | | ngày thứ hai | | | | |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| | Quyết định | 1 | 2 | 3 | 4 | | 5 | 6 | 7 | 8 |
| | | 30 | 7 | 22 | 1 | | | 42 | 15 | 13 |
| lớp 9 | № bài toán | 1 | 2 | 3 | | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| | Quyết định | 56 | 31 | 0 | | 1 | 6 | 9 | 1 | 16 |
| lớp 10 | № bài toán | 1 | 2 | 3 | | 4 | 5 | 6* | 7* | 8* |
| | Quyết định | 26 | 43 | 65 | | 1 | 5 | 32 | 1 | 18 |

Các kết quả khác nhau mà người tham gia thu được trong các nhiệm vụ này không hoàn toàn phù hợp với khuôn khổ của các câu hỏi đã được xây dựng sẵn; số lượng học sinh, kết quả đầy đủ và chính xác nhất thu được, các ví dụ được xây dựng, v.v.

Bây giờ hãy xem xét số $a_{24}$ trong pala với bất kỳ số nào trong số 23 số đầu tiên. Cặp số $a_1$ và $a_{24}$ được vì $a_{24}+a_1=a_{25}$ . Tổng các số

$a_{24}+a_2,\dots,a_{24}+a_{23}$

không được bao gồm trong số này, vì

$a_{24}+a_i>a_{24}+a_1=a_{25},$

( $i=2,3,\dots,23$ ).

Vì vậy, sự khác biệt của các số này phải được chứa trong các số đã cho. Hãy viết chúng theo thứ tự tăng dần:

$a_{24}-a_{23}<a_{24}-a_{22}<\dots<a_{24}-a_2.$

Từ đẳng thức $a_{23}+a_2=a_{25}$ suy ra $a_{24}-a_2<a_{23}$ và do đó phương án khả thi duy nhất là:

$a_{24}-a_{23}=a_1, \quad a_{24}-a_{22}=a_2, \dots, a_{24}-a_{12}=a_{12}, \dots, a_{24}-a_2=a_{22}.$

Nhưng trong trường hợp này, chênh lệch $a_{24}-a_{12}$ không có trong các số còn lại và tổng $a_{24}+a_{12}$ hoàn toàn không có trong các số đã cho. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn. Như vậy khẳng định bài toán đã được chứng minh.

Bài toán hóa ra đúng với các số $n$ , trong đó $n \geq 4$ . Bằng chứng có thể được xác minh theo cách tương tự, và thậm chí với $n$ , chúng ta có thể thu được mâu thuẫn ngay từ bước đầu tiên trong quá trình phủ nhận lý luận của mình. Hãy cố gắng tự mình viết ra bằng chứng này.

Điều gây bất ngờ cho ban giám khảo là phần lý thuyết tương đối dễ bài toán 3 (lớp 10). Bài toán hóa ra chỉ khả thi đối với một phần ba số học sinh lớp mười. Điều này có lẽ cho thấy rằng sự hiểu biết về không gian của phần lớn những người tham gia Olympic chưa được phát triển đầy đủ.

Bài toán 3 (lớp 10). Ở đây chúng ta đang nói về một phép chiếu trực giao tổng quát. Định nghĩa về hình chiếu của một vật lên một mặt phẳng nhất định có trong sách giáo khoa. Ta cần xác định hình chiếu của vật lên một đường thẳng.

Hình chiếu của một điểm lên một đường thẳng cho trước được gọi lên một đường thẳng cho trước, khi đó hình chiếu của nó sẽ là chính điểm này.

Hình chiếu của một vật thể lên một đường thẳng cho trước được gọi là một đường thẳng cho trước, khi đó hình chiếu của nó sẽ chính là điểm này.

Giả sử $P$ là một mặt phẳng và $l$ là một đường thẳng nằm trên $P$ . Từ định lý về ba phân phối lại, có thể thu được hình chiếu của bất kỳ điểm nào lên đường thẳng $l$ bằng cách chiếu liên tiếp điểm này lên mặt phẳng $P$ và chiếu điểm thu được lên đường thẳng.

Theo điều kiện bài toán hình chiếu của vật lên hai mặt phẳng là một hình tròn. Giả sử rằng các mặt phẳng này cắt nhau dọc theo đường thẳng $l$ . Từ kết quả trên, hình chiếu của vật lên đường thẳng $l$ trùng với hình chiếu của mỗi đường tròn lên $l$ . Từ đây ta kết luận rằng hình chiếu của các đường tròn $l$ trùng với nhau.

Rõ ràng hình chiếu của một đường tròn lên đường thẳng $l$ nằm trong mặt phẳng của nó là một đoạn thẳng bằng đường kính của đường tròn đó. Do đó, các vòng tròn này có cùng đường kính và bán kính.

Trường hợp các mặt phẳng này song song với nhau là rất thuận tiện.

Có thể nói, bài toán còn lại của ngày đầu tiên đối với học sinh lớp 10 tuy khó hơn nhưng đều cho phép số lời giải đáng kể so với lời giải bài toán số 3 ở trên.

Phiên bản lớp chín phải thừa nhận là có phần quá tải: không có một phiên bản nào “hoàn toàn đơn giản” bài toán ở đây. Đặc biệt, bài toán 3 vẫn chưa được giải quyết triệt để.

Vòng thứ hai đặc biệt khó khăn, khi bài toán được thu thập, đòi hỏi phải suy nghĩ lâu dài. Và vì cũng giống như hồi lớp mười,