Toán học XV

64

ХV toán học

N. S. Petrkov V. A. Skovortsov

Thêm một kỳ thi Olympic Toán quốc tế dành cho học sinh đã kết thúc. Lần này diễn ra tại Mátxcơva từ ngày 5 đến ngày 16 tháng 7. Các đội từ 16 quốc gia tham gia Olympic: Áo, Bulgaria, Anh, Hungary, Đông Đức, Cuba, Mông Cổ, Hà Lan, Ba Lan, Romania, Liên Xô, Phần Lan, Pháp, Tiệp Khắc, Thụy Điển, Nam Tư.

Đó là kỳ thi Olympic tiêu biểu nhất trong toàn bộ lịch sử các kỳ Olympic toán học quốc tế.

Đội tuyển của mỗi quốc gia bao gồm 8 người tham gia (ngoại trừ đội Cuba gồm 5 người tham gia) - những người chiến thắng trong các kỳ Olympic quốc gia.

Đội Liên Xô bao gồm 8 học sinh lớp 10 - những người đoạt giải nhất và nhì của Olympic toàn Liên minh lần thứ bảy. Trong số những người đoạt giải nhì, có những người có tiểu sử Olympic hay nhất.

Budaev Victor tốt nghiệp trường số 7 ở thành phố Smolensk. Năm 1970, 1971, 1972, 1973 ông đoạt giải nhất Smolensk

Đội Liên Xô tại Olympic Toán quốc tế dành cho học sinh lần thứ XV: ngồi (từ trái sang phải) Natum Goltsman, Viktor Budaev, V. A. Skovortsov (trưởng nhóm), Pavel Grozman, Georgy Egorov,

Sergey Konyagin, Konstantin Yursha, Dmitry Leshiner; thường trực L. M. Pashkova (phó trưởng nhóm), E. A. Morozova và I. S. Petrkov (thành viên ban giám khảo), Evgeniy Khukhro.

66

Khai mạc Olympic Toán học quốc tế lần thứ XV dành cho học sinh. Chủ tịch ban tổ chức Olympic, phó chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô, Giáo sư A. I. Markushevich, phát biểu.

Vào ngày 7 tháng 7, tại cuộc họp của Ban giám khảo quốc tế, trong số 14 bài toán được chọn trước do các nước tham gia gửi đến, 6 chiếc đã được chọn để trao cho những người tham gia Olympic và phê duyệt số điểm được trao cho lời giải của mỗi bài toán. Cuộc thi được tổ chức trong hai ngày, 9 và 10 tháng 7, tại trường số 68 ở quận Kuibyshevsky của Moscow, với 4 giờ được phân bổ mỗi ngày cho lời giải ba bài toán. Sau đó các tổ trưởng cùng chuyên gia chấm bài kiểm tra bài và nhận xét của chủ nhiệm. Sự thống nhất về tiêu chí đánh giá công việc của tất cả những người tham gia Olympic được đảm bảo bằng tọa độ được lựa chọn từ các nhà toán học Moscow. Mỗi bài toán được giám sát bởi 3 điều phối viên đã kiểm tra lời giải với tất cả những người tham gia.

Thảo luận về công việc của học sinh. Từ trái sang phải: V. Gutenacher (điều phối viên), trưởng đoàn Pháp Giáo sư M. Glaser, V. Dorofeev (điều phối viên).

67

và thống nhất đánh giá với các nhà quản lý. Mọi công việc của điều phối viên đều do N. Vasiliev và A. Toom đứng đầu. Các điều phối viên bao gồm: E. Burgina, V. Gutenacher, G. Dorofeev, A. Egorov, A. Kochergin, A. Leontovich, L. Mityushin, J. Rabboti G. Gurevich.

Bế mạc Olympic Toán quốc tế học sinh lần thứ XV.

Người chiến thắng Olympic (từ trái sang phải): David Gotto (Anh) - bằng cấp 1 và giải tạp chí «Kvant», Georgy Egorov (Liên Xô), Pavel Grozman (Liên Xô), Sergey Koniyagin (Liên Xô) - bằng cấp 1, Janos Kollár (Hungary) - bằng cấp 1 và giải thưởng tạp chí «Kvant».

68

Chủ tịch ban tổ chức Olympic, Giáo sư A. I. Markushevich, trao bằng tốt nghiệp cấp II cho Pavel Kröger (CHDC Đức), người cũng đã nhận được giải thưởng tạp chí «Kvant».

Người đoạt giải của tạp chí «Kvant» Luis Sastre (Cuba).

Phó Tổng biên tập tạp chí «Kvant» M. L. Smolyansky trao giải thưởng của tạp chí cho Jean-Christophe Ekkots (Pháp).

Ngày 13/7, Tạp chí Quốc tế đã chia sẻ kết quả xuất sắc và trao giải cho người chiến thắng. Có lời giải I độ dilomas được trao cho những người tham gia đạt điểm từ 35 đến 40 điểm. Họ đã được nhận bởi:

Konyagin Sergey (Liên Xô), Grozman Pavel (Liên Xô), Egorov Georgy (Liên Xô), Kollar Janos (Hungary), Gotto David (Anh).

Người ta đã quyết định trao bằng Dilomas cấp II cho những người tham gia đạt điểm từ 27 đến 34 điểm. Họ đã được nhận bởi:

Okneanu Adrian (Romania), Budaev Victor (Liên Xô), Ekkoc Jean-Christophe (Pháp), Andrejczak Grzegosz (Ba Lan), Steiner Michael (Thụy Điển), Wegert Elias (CHDC Đức), Verman Piotr (Ba Lan), Vonnet Michel (Pháp), Palfi Peter Pal (Hungary), First Paul (Tiệp Khắc), Kiss Emil (Hungary), Bottcher Albrext (CHDC Đức), Leschiner Dmitry (Liên Xô), Kröger Paul (CHDC Đức), Leblond Denis (Pháp).

69

Bằng cấp III được trao cho những người đạt từ 17 đến 26 điểm. Trong số những người nhận bằng cấp ba có các thành viên của ủy ban Liên Xô Goltsman Naum, Yursha Konstantin và Khukhro Evgeniy.

Do đó, tất cả những người tham gia Olympic của Liên Xô đều được Olympic Toán quốc tế lần thứ XV công nhận.

Đội Liên Xô ghi được nhiều điểm nhất - 254.

Tại lễ bế mạc Thế vận hội (nhưng diễn ra tại Cung điện Đội tiên phong Mátxcơva), chủ tịch ban tổ chức, Giáo sư A.I. Markushevich thay mặt ban tổ chức trao giải cho các vận động viên đoạt giải Olympic.

Ban biên tập tạp chí «Kvant» đã thành lập một số giải thưởng dành cho người nước ngoài tham gia Olympic. Thay mặt ban biên tập tạp chí, phó tổng biên tập tạp chí M. L. Smolyansky đã trao giải. Những người chiến thắng đầu tiên của giải thưởng «Kvant» là:

David Gotto (Anh), János Kollár (Hungary), Jean-Christophe Jeckz (Pháp), Paul Kröger (CHDC Đức) và Louis Sastre (Cuba).

Cuối cùng, thay mặt Tạp chí Quốc tế, trưởng đoàn CHDC Đức, Giáo sư Bass, đã gửi lời cảm ơn chân thành đến ban tổ chức IMO XV vì đã hoàn thành tốt công việc và gửi lời mời các nước tham dự đến dự Olympic Toán quốc tế lần thứ XVI, được tổ chức vào năm 1974 tại Erfurd (CHDC Đức).

Bây giờ chúng ta hãy giới thiệu bài toán của Olympic Toán quốc tế lần thứ XV và lời giải ngắn của họ.

Bài toán

1 (Tiệp Khắc. Toàn lời giải được chấm b điểm). Điểm O nằm trên đường thẳng l; OP₁, OP₂, …, OPₙ là các vectơ đơn vị và tất cả các điểm P₁, P₂, …, Pₙ nằm trong cùng một mặt phẳng chứa l và tất cả đều nằm trên cùng một đường thẳng om l. Chứng minh rằng nếu n lẻ thì |OP₁| + |OP₂| + … + |OPₙ| ≥ 1, trong đó |OM| biểu thị độ dài của vectơ OM.

2 (Ba Lan, 6 điểm). Tìm xem có tồn tại tập hữu hạn M trong không gian không nằm trong cùng một mặt phẳng hay không, sao cho với hai điểm A, B bất kỳ thuộc M thì tồn tại hai điểm C, D khác cũng thuộc M sao cho AB và CD song song và không trùng nhau.

3 (Svenice, 8 điểm). Giá trị tối thiểu là a2 + b2, trong đó a và b là các số thực mà phương trình x¹ + ax³ + bx2 + ax + 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thực.

4 (Nam Tư, 6 điểm). Người lính phải kiểm tra mìn ở khu vực có hình tam giác đều, kể cả biên giới. Bán kính hoạt động của máy dò của nó bằng vị trí chiều cao của tam giác. Người lính bước ra từ một đỉnh của tam giác. Anh ta nên căn chỉnh đường dẫn nào để tên có thể được xem xét và thực thi bài toán?

5 (Ba Lan, 6 điểm). Tập hợp G khác rỗng không bằng hàm cuối cùng của đối số thực x có dạng f(x) = ax + b, trong đó a, b là số thực, ta thỏa mãn điều kiện sau:

a) nếu f, g ∈ G thì g f ∈ G, trong đó (g f)(x) = g(f(x)), nghĩa là tập G đóng dưới sự chồng chất;

b) nếu f ∈ G thì f(x) = ax + b, thì hàm nghịch đảo f⁻¹ ∈ G, trong đó f⁻¹(x) = x - b/a;

b) với mọi f ∈ G tồn tại x₁, …, aₙ - cho n số dương u q - cho trước các số thực và 0 < q < 1. Nhiều nhất cũng có n số thực b₁, …, bₙ, sao cho

a) aₙ > bₙ với mọi k từ 1 đến n;

b) q < (bₙ+1)/bₙ < 1/q với mọi k từ 1 đến n-1;

b) b₁ + … + bₙ < (1+q)/(1-q)(a₁ + … aₙ).

Lời giải bài toán

1. Chứng minh có thể được chứng minh bằng quy nạp. Với n = 1 mệnh đề là hiển nhiên. Giả sử nó đúng với một số n = k. Chúng ta hãy thực hiện một quá trình chuyển đổi quy nạp từ n = k sang n = k + 2. Chúng ta chọn hướng l trên đường thẳng bằng cách di chuyển các vectơ này theo thứ tự tăng dần của góc (góc vắng ngược chiều kim đồng hồ) mà chúng tạo thành với hướng dương của đường thẳng l (Hình 1). Tổng của vectơ OP₁ và OP₂ + 2 là vectơ OR, được biểu thị bằng

70

Cơm. 1.

hình thoi chéo có cạnh $OP_1$ và $OP_{k+2}$. Do đó, mỗi góc $P_1OR$ và $ROP_{k+2}$ không vượt quá $\frac{\pi}{2}$. Hãy để $OS = \sum_{i=2}^{k+1} OP_i$. Từ cách đánh số nhìn thấy được của vectơ, suy ra rằng vectơ $OS$ sẽ được chứa bên trong góc $P_1OR$ hoặc bên trong góc $ROP_{k+2}$, hoặc do đó, góc $ROS$ là góc nhọn. Tổng $OR + OS$ được biểu thị bằng đường chéo $OT$ của hình bình hành tương ứng. Trong tam giác $OST$ góc $OST$ tù. Do đó, cạnh $OT$ là lớn nhất, tức là $|OT| > |OS|$. Nhưng $|OS| \geq 1$ theo giả thuyết quy nạp. Vì vậy, $\sum_{i=1}^{k+2} OP_i = |OT| \geq 1$.

2. Ví dụ, dễ dàng kiểm tra xem một tập hợp như vậy sẽ là tập hợp các đỉnh của hai hình lục giác đều có tâm chung nhưng nằm trong các mặt phẳng khác nhau.

Không khó để chỉ ra rằng số phần tử trong một tập hợp có các thuộc tính cần thiết có thể khá lớn. Thật thú vị khi tìm ra phần tử nhỏ nhất có thể có trong một tập hợp như vậy (trong ví dụ trên có ít nhất 10 phần tử). Có thể có các phần tử lẻ không?

3. Nhận thấy rằng $x = 0$ không phải là nghiệm của phương trình này, chúng ta biến đổi nó thành dạng $x^2 + ax + b + \frac{a}{x} + \frac{1}{x^2} = 0$ hoặc $(x + \frac{1}{x})^2 + a(x + \frac{1}{x}) + b - 2 = 0$.

Thật dễ dàng để xác minh rằng với mọi $x$ thực thì bất đẳng thức $x + \frac{1}{x} \geq 2$ là đúng. Để sửa $x_0$, tập hợp các cặp số $(a, b)$ mà phương trình ban đầu có nghiệm bằng $x_0$ được xác định bởi phương trình tuyến tính $y_0^2 + ay_0 + b - 2 = 0$, trong đó $y_0 = x_0 + \frac{1}{x_0}$. Tập hợp các cặp này được biểu diễn bằng một số nguyên trên mặt phẳng tọa độ $(a, b)$. Vì trong mặt phẳng này, biểu thức $a^2 + b^2$ có thể được sử dụng về mặt hình học, giá trị quả dứa $a^2 + b^2$ cho các điểm $(a, b)$ trên đường thẳng của chúng ta sẽ bằng bình phương độ dài đường vuông góc rơi từ gốc đến đường thẳng đang đề cập.

Dễ dàng tính được rằng nó bằng $\rho = \frac{(y_0^2 - 2)^2}{1 + y_0^2}; \rho \geq \frac{4}{5}$ tại $y_0^2 = \left(x_0 + \frac{1}{x_0}\right)^2 \geq 4$. Không khó để chứng minh rằng $\frac{(t - 2)^2}{1 + t} \geq \frac{4}{5}$ cho $t \geq 4$ và cho $t = 4$ đạt được sự bằng nhau. Do đó, giá trị $a^2 + b^2$ đối với tất cả các nghiệm thực có thể có $x_0$ không nhỏ hơn $\frac{4}{5}$. Lưu ý rằng $x_0 = 1$ là nghiệm của phương trình ban đầu tại $a = -\frac{4}{5}, b = -\frac{2}{5}$, chúng ta thấy rằng $\frac{4}{5}$ là giá trị ban đầu nhỏ nhất của $a^2 + b^2$.

4. Để người lính đi ra từ đỉnh $A$ (xem sơ đồ ở Hình 2). Để kiểm tra các điểm $B$ và $C$, nó phải nằm trên các cung có bán kính $\frac{h}{2}$ (chiều cao của tam giác) có tâm tại các điểm này. Trước tiên, hãy để anh ấy thử trên một cung có tâm ở $B$, sau đó với tâm ở $C$. Nếu chúng ta thêm vào đường dẫn này đường dẫn đến điểm $C$, thì vấn đề sẽ chuyển sang việc tìm đường đi ngắn nhất từ ​​$A$ đến $C$ với mục nhập vào cung đầu tiên. Chúng tôi để người đọc chứng minh rằng đường đi ngắn nhất như vậy sẽ là đường đứt nét $ADC$ trong đó $D$ là trung điểm của chiều cao phát ra từ đỉnh $B$. Gọi $E$ là giao điểm của đoạn $DC$ với cung thứ hai. Khi đó đường đi $ADE$ là đường đi ngắn nhất để kiểm tra các điểm $B$ và $C$. Dễ dàng kiểm tra rằng tất cả các điểm của tam giác cũng được kiểm tra, nghĩa là đường đi $ADE$ là độc quyền.

5. Lưu ý rằng từ điều kiện c) suy ra rằng nếu một hàm có $G a = 1$ thì $b = 0$. Nhưng hàm $f(x) = x$ có ​​một điểm cố định chung với bất kỳ hàm nào từ $G$.