Bài toán Olympic toán học

60

L. Limanov

Bài toán
Olympic
trong toán học

Bài viết này xem xét bốn bài toán thuộc loại cuối cùng của Kỳ thi Olympic Toán toàn Liên minh X, không có trong “Bài toán «Kvant»”. Lời giải bài toán, được xuất bản trên Zadachik, sẽ xuất hiện theo số tạp chí vào năm tới.

lớp 8

1. Bằng cách nào đó có 50 chiếc đồng hồ đang chạy đúng trên bàn. Chứng minh rằng tại một số thời điểm tổng khoảng cách từ tâm bàn đến hai đầu kim phút lớn hơn tổng khoảng cách từ tâm bàn đến tâm đồng hồ.

Chúng ta hãy xem xét một hình tam giác có các đỉnh sau: tâm của bảng O, điểm cuối của kim phút của i-x giờ tại thời điểm t - hãy biểu thị nó bằng chữ A_i - và điểm cuối của kim phút của cùng giờ nửa giờ sau - điểm B_i (Hình 1). Rõ ràng rằng tâm của đồng hồ i-x - điểm O_i - là đáy của đường trung tuyến của tam giác A_i OB_i vẽ từ đỉnh O. Dễ dàng chứng minh rằng trong một tam giác tùy ý, độ dài gấp đôi của đường trung tuyến nhỏ hơn tổng độ dài hai đầu của các cạnh của nó (Hình 2.)

Bình đẳng chỉ có thể xảy ra trong trường hợp khi $A_iOB_i = 0$ (tức là khi các điểm A_i và B_i nằm trên một tia có đỉnh tại điểm O). Nhưng nếu tại bất kỳ thời điểm nào $A_iOB_i = 0$, thì đồng hồ i-e được tạo ra, mâu thuẫn với các điều kiện bài toán, theo đó tất cả các đồng hồ đều chạy chính xác. Do đó, tại thời điểm t_0, khi $A_iOB_i \neq 0$ và $2|OO_i| < |OA_i| + |OB_i|$, tại thời điểm t_0, việc tái chuẩn hóa sẽ được thực hiện

$$2(|OO_1| + |OO_2| + ... + |OO_{50}|) < (|OA_1| + |OA_2| + ... + |OA_{50}|),$$

hoặc tại thời điểm t_0 + 1/2 giờ - $|OO_1| + |OO_2| + ... + |OO_{50}| < |OB_1| + |OB_2| + ... + |OB_{50}|$. Và đây chính xác là điều chúng ta cần chứng minh.

lớp 9

2. Có thể xếp các đỉnh của một hình lập phương bằng các số có ba chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1 và 2 sao cho các số của hai đỉnh liền kề bất kỳ khác nhau ít nhất hai chữ số?

Chúng ta hãy xem xét hệ tọa độ sau: gốc tọa độ nằm ở đỉnh của đáy dưới của khối lập phương và hướng dương của trục tọa độ trùng với hướng của các cạnh của khối lập phương xuất hiện từ đỉnh này (Hình 3). Trong hệ này, tọa độ của các đỉnh khối có dạng: (0, 0, 0); (1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1) và chỉ những đỉnh có đúng hai tọa độ trùng nhau là lân cận. Do đó, câu hỏi bài toán có thể được phát biểu lại như sau: có ánh xạ tập hợp các đỉnh của một khối lập phương lên chính nó sao cho tất cả các đỉnh lân cận của khối đó chuyển thành lân cận không? Sự ánh xạ như vậy tồn tại; cách nó được sắp xếp có thể được nhìn thấy từ Hình 4 (khối lập phương trên

61

Hình này mô tả một số phần tử ở dạng hai hình vuông “đồng tâm” có “cạnh”). Mũi tên màu xanh chỉ vị trí của các đỉnh (trong Hình 4, hai đỉnh vẫn giữ nguyên). Hãy thử tìm hiểu xem có bao nhiêu cách ánh xạ khác nhau như vậy.

lớp 10

2. Trong một 1976-gon thông thường, trung điểm của tất cả các cạnh và trung điểm của tất cả các đường chéo được đánh dấu. Số điểm hủy tối đa nằm trên một vòng tròn là bao nhiêu?

Đáp số: 1976. Hãy chứng minh điều đó. Trung điểm của tất cả các đường chéo có cùng độ dài $l$ nằm trên cùng một đường tròn, đồng tâm với đường tròn nội tiếp đa giác.

Vì có các đường chéo $\frac{1976}{2} = 988$ có độ dài khác nhau (chúng tôi cũng bao gồm các đường chéo bên là “digogons”), nên tất cả các điểm xuất sắc đều nằm trên 988 đường tròn đồng tâm và điểm nhỏ nhất trong số đó là bán kính của trường (được biểu thị dưới dạng một điểm - tâm của đa giác của chúng ta). Do đó, một đường tròn không thuộc họ này có thể chứa không quá $1+2 \cdot 987=1975$ điểm bị hủy, vì hai đường tròn “cực” cắt nhau tại hai điểm và chúng ta có một đường tròn “không cực” khác - một điểm là tâm của đa giác. Đường tròn thuộc họ “đồng tâm”, đi qua cạnh giữa của 1976-giác của chúng ta, chứa 1976 điểm hủy. Để kết luận, chúng ta lưu ý rằng tồn tại các vòng tròn chứa chính xác 1975 điểm hủy. Tuy nhiên, một trong số chúng được thể hiện trong Hình 5 - đây là một đường tròn ngoại tiếp một hình 1976 đều, tương tự như hình ban đầu (với hệ số 1/2), trong đó một đỉnh trùng với đỉnh của đa giác này, và 1975 đỉnh còn lại đều xuất sắc: trung điểm của hai cạnh và đường chéo 1973 xuất phát từ đỉnh này.

3. Trên một tờ giấy hình vuông có viết các hình chữ nhật $n$ ở một bên, song song với các cạnh của tờ giấy. Không có hai hình chữ nhật nào có điểm chung bên trong. Chứng minh rằng nếu bạn cắt những hình chữ nhật này thì số mảnh mà phần còn lại của tờ giấy được chia ra không quá $n+1$.

Phát biểu bài toán có thể dễ dàng suy ra từ nhận xét sau: tổng độ lớn của các góc của một đa giác kề với các góc trong của nó nhỏ hơn π, không nhỏ hơn 2π. (Bạn có thể dễ dàng tự mình chứng minh điều này.) Từ điều kiện bài toán, có thể thấy ngay rằng các góc ngoài của các bộ phận thu được là các góc trong của hình chữ nhật đã cắt (Hình 6, a) hoặc các góc ngoài của tờ giấy của chúng ta (Hình 6, b), tức là tổng của tất cả các góc ngoài không vượt quá 2π ($n+1$). Nhưng điều này cũng có nghĩa là bạn sẽ nhận được không quá ($n+1$) miếng. Từ chứng minh rõ ràng rằng nếu có ($n+1$) mảnh thì tất cả các mảnh này đều lồi.