Задачи Пятого Турнира Юных Математиков

УЗШ Эрудит Рефератпо теме Задачи Пятого Турнира Юных Математиков ученика 10го классаГончаренко НикитыПредисловие Настоящий реферат рассматривает решения задач некоторых задачотборочного этапа Пятого Всеукраинского турнира юных математиков проводившегося г. Сумы . В кратком условии участия было отмечено, что предлагаемые задачи достаточно сложны и необязательно должны быть решеныполностью.Оцениваться будут и отдельные продвижения и разбор частных случаев.В некоторых случаях можно решить аналогичную или более простую задачу . Данныйреферат имеет несколько не доведенных до конца задач, либо решенных частично.Также приведены некоторые задач финального тура. Геометрические миниатюры Условие Зафиксируем на плоскости АВС и обозначим через SL, SM, SK площади треугольников, вершинами которых есть,соответственно, основания биссектрис, медиан и точек касания вписаннойокружности.

Доказать, что.РешениеРешение задачи разобъем на четыре этапа 1. Докажем, что2. Докажем, что 3. Докажем, что4. Из этапов 2 и 3 ясно, что , поэтому докажем, что Этап 1 Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точкикасания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС.Пусть окружность касаетсясторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P, S и Q. Обозначим отрезки AP, CQ и BS как x, y и z соответственно.

Тогда из отрезкикасательных, проведенных из одной точки равны , следует, что AC AQ x, CQ CS y, BS BP z. Составим и решим систему.

Найдем отношение площади PSQ к площади АВС черезразность площадей SPSQ SАВС SAPQ SCQS SBPS .Аналогично, и Тогда из SPSQ SАВС SAPQ SCQS SBPS Подставим значенияРаскрыв скобки, выражение можно записать какДлины сторон треугольника всегда положительны, значитиспользуем неравенство Коши . Аналогично, для трех чисел Подставим неравенства в числители дробей.Итак, отношение площадитреугольника PSQ по условию - Sk , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площадиданного треугольника АВС . Этап 2 Найдем отношение площадитреугольника, вершины которого основания биссектрис данного треугольника, кплощади данного треугольника АВС.Пусть АН, BG, CF биссектрисы АВС,тогда FGH искомый треугольник.

Найдем отношение площадей данноготреугольника и FGH.Обозначим AF x, BH y, CG z. По свойству биссектрис биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двумдругим сторонам , тогда Значит, По аналогии с предыдущей задачейнайдем отношение FBH, HCG, FAG к площади ABC. Аналогично, и .Тогда Упростив это выражение, получаем .Теперь, из неравенства Коши .Итак, отношение площади треугольника FHG по условию - Sl ,вершины которого основания биссектрис данного треугольника, к площадитреугольника АВС - .Этап 3 Найдем отношениеплощади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику ABC. Проведемиз вершин АВС медианы, пересекающие стороны АВ, ВС и АС соответственнов точках E, R и T.РассмотримAERT.RT, по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ7RT.ER AT и ER7AT по этим же признакам AERT параллелограмм.

Значит ETH EAT ETH ERT по свойству параллелограмма.Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них ETH RET ETH RCT, ETH RBE ETH ETR . Из и ERT подобен АВС при по свойству средней линии . По свойству площади подобныхфигур относятся как квадраты коэффициентов подобия , .Итак, отношение площадитреугольника по условию SK ,образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС - .Этап 4 докажем, что .Впроцессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решениеоказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено.Значит,действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан большеплощади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который большеплощади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности.

ЧТД.Задача 1 ФинальноготураУсловие Решить уравнение xy2 xy x2 2y 1 0 вцелых числах.РешениеПредставимисходное уравнение в виде Изэтого следует, что х делитель 2у 1. Введем замену 2у 1 kx, где k Z. Тогда Т.к. ищем решения вцелых числах, из этого равенства видно, что k число нечетное.Подставим значения в преобразованное уравнение.Введемзамену х1 -х. Тогда полученное уравнение примет вид .Решимданное уравнение относительно х1 очевидно, что .1. Рассмотрим случай, когда k 1. Отсюда, х 1 или х -5, тогда y 0 или у -3 Ответ 1 0 , 0 -2. Рассмотрим случай, когда k -1. Отсюда, х -1 или х -3, тогда у 0 или у 1 Ответ -1 0 , -3. Рассмотрим случай, когда k 3. Отсюда у -14.Ответ -9 -14 4. Рассмотрим случай, когда k -3 нет решений в области целых чисел.Итак, в результате вышеописанных вычислений былинайдены следующие решения 1 0 , 0 -3 , -1 0 , -3 1 , -9 -14 . Cумма производныхУсловие Пусть. Доказать,что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное.РешениеРассмотримпроизводные P x Далеезамечаем, что . Рассмотрим это число 1. n 2k 4k2 2k-1 это число четное.2. n 2k 1.2k 2k 1 2 также число четное.Отсюда следует, что- число четное при любых допустимых значениях n. Значит как сумма четных чисел, число четное.Введем некоторую функцию F x .Рассмотрим возможные случаи для х 1. х число четное- число нечетное число четное F x нечетное.Значит, -нечетное число, ЧТД.2. х число нечетноеa. n нечетное- число четное при четном х четное, значит сумма четна F x четное.b. n четное- число нечетное при четном х четное, значит сумма нечетна F x четное.Значит, при любом нечетном х,всегда F x будет четнойпри любом четном нечетном значении n - четное ЧТДВрезультате рассмотренных выше случаев, выводим, что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное.

ЧТД.Необычное уравнениеУсловие Для m натуральных через P m ,обозначается произведение всех цифр его десятичной записи, а через S m их сумма.Найти количество k n решений уравненияпри n 2002.Исследуйте величину k n решений уравнения.РешениеРассмотрим различные случаи числа x.Пусть в записи х есть ноль, тогда P x 0, значитПусть S x y, S x n и в записи числа есть ноль, тогда Значит, P S x P y 0, т.к.число содержит ноль.S S x S y n. Имеетсябесконечно много решений.Т.е. для решения данного уравнения подходят числа, S S x которых равна n.Т.к. решений бесконечно много, то имеем множестворешений для любых случаев.Идем от обратного S y n где, a b c f n, т.е. отперестановки цифр сумма не меняется.При n 2002, S x 4, P S x 4, S S X 4 .Рассмотрев решения для данного случая, убеждаемся,что n можно подобрать относительно х или наоборот.Задание 6Финального ТураНайти все функции , для которых выполняется РешениеПусть х 1 Заменим f y на а, имеем . Проверим полученную функцию.y 1, тогдаТеперь подставим в исходную функцию.

Значит, одно из возможных значений функции - .МатематическийАнализУсловие Рассматриваются различные непрерывно дифференцируемые функции это значит, что дляпроизвольного , существует , причем функция g непрерывна насегменте 0 1 под произодными функции f в конечных точках сегмента 0 1 считаются конечныепроизводные соответственно , для которых f 0 f 1 0 и . Охарактеризовать множество всех точек, координатнойплоскости xOy, через которые могутпроходить графики всех функций.РешениеИспользуем неравенство Коши-Буняковского дляопределенного интеграла, но, прежде, распишем определенный интеграл Распишем, также, формулу Ньютона-Лейбница .Итак,Значит . Значит, .Тогда, т.к. по условию .Рассмотрим два случая 1. y2 x x2 точка лежит на контуре Т.е. графиком данной функции будет произвольнаякривая, в которую вписан угол угол OMK 900 ПРОТИВОРЕЧИЕ 2. Т.е. всегда можно построить гладкую кривую,проходящую через точку Х.Бесконечные БиномиальныеКоэффициентыУсловие упроститьвыражение .РешениеОтметим,что если n четное, что количествочленов ряда нечетно, а если n нечетно, тоих количество четно.Рассмотримчетные и нечетные n.1. n 2k 1 нечетноеТогда,ряд будет иметь вид . Зная,что , упростим этот ряд Видим,что равноудаленные от концов ряда члены сокращаются, и, т.к. количество ихчетно, следовательно сумма ряда рана нулю при n 2k 1.2. n 2kЭтотслучай не был решен до конца, но в результате расчетов первых четных чисел былавыведена и проверена, однако не доказана, формула, где n четное.Работа Гончаренко Никиты,Г. Краматорск, ОШ 35.