Задача 9-5.1

5.1. Для додатних чисел , що задовольняють умову , доведіть нерівність:

.

Розв’язання. Розглянемо такі перетворення:

,

з нерівності між середніми маємо, що

або .

Тепер попередня нерівність підсилюється таким чином: .

Якщо тепер додати аналогічні 3 нерівності, матимемо:

.

11 клас

1. Порівняйте три числа: , та .

Відповідь: .

Розв’язання. Оскільки для натуральних справджується нерівність , то очевидно, що . Для числа маємо, що , звідки , а також

.

2. Квадратний тричлен з цілими коефіцієнтами для кожного цілого значення ділиться націло на . Чи обов’язково на ділиться націло кожний з коефіцієнтів тричлена ?

Відповідь: обов’язково.

Розв’язання. Дивись розв’язання задачі 10.3 б).

3. Знайдіть усі трійки додатних чисел , що задовольняють умови:

.

(Юрашев Владислав)

Відповідь: , де .

Розв’язання. Перепишемо першу рівність таким чином:

або .

Після чергового скорочення маємо, що

.

Якщо припустити, що , то , таким чином ліва частина недодатна, а права – додатна. Одержана суперечність показує, що справджуються нерівності , та , таким чином можна вважати, що - сторони деякого трикутника.

Але тоді рівності, що задані в умові задачі – це є рівності трьох бісектрис трикутника. Дійсно: , де - відрізки, на які розбиває ця бісектриса протилежну сторону. Тоді вони задовольняють умови: та . Звідси неважко одержати, що та . Тоді . Таким чином з рівності трьох бісектрис з відомої властивості трикутників випливає рівність трьох сторін, тому розв’язком заданих умов будуть довільні трійки , де .

4. У гострокутному різносторонньому трикутнику проведено медіану . Її продовження перетинає описане коло цього трикутника в точці . Нехай – висота , – точка перетину його висот. Промені та перетинають коло у точках та відповідно. Доведіть, що описане коло дотикається до відрізка .

(Хілько Данило)

Розв’язання. Для доведення заданого твердження достатньо довести, що (рис. 18). Проведемо до перетину з колом у точці . Тоді

,

,

отже достатньо показати, що .

, .

Отже , також , звідки . Тоді

.

5. Задана смуга , , у кожну комірку якої записане натуральне число (не обов’язково усі числа різні). Після цього під кожним числом записується натуральне число, яке дорівнює кількості таким чисел у попередньому рядку (наприклад, якщо в верхньому рядку тричі зустрічалося число 10, то під кожним з цих чисел 10 у наступному рядку буде написане число 3). Після цього з новим рядком проводиться аналогічна процедура.

а) Доведіть, що після скінченної кількості кроків рядки не будуть змінюватись.

б) Яку найбільшу кількість разів можливо, щоб наступний рядок відрізнявся від попереднього при та при довільному ?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: б) нехай найбільше натуральне число, задовольняє умову , тоді при , та кількість кроків , при – кроки, при – кроки, при усіх інших – кроків. Таким чином, оскільки , то для можна максимум зробити кроків.

Розв’язання. Набір чисел наступного рядка не залежать від порядку чисел у попередньому, тому у кожному рядку можемо переставити числа таким чином, щоб вони йшли у порядку зростання. Позначимо початковий рядок як нульовий, наступні – відповідно першій, другий…

Розглянемо властивості чисел у рядках, починаючи з першого.

Лема 1. Якщо число зустрічається в -му рядку, то кількість чисел кратна .

Доведення. У першому рядку число виникає, якщо у нульовому рядку є однакових чисел, наприклад . Тоді під цими числами запишеться група чисел . Якщо інше деяке число у нульовому рядку зустрічається також разів, то виникне ще одна група з чисел, кожне з яких дорівнює . Число у рядках, починаючи з першого, може виникнути за рахунок того, що у попередньому рядку вже були числа , під якими знову було написане , або утворилася група інших чисел, яких стало рівно . Таким чином їх кількість кратна .

Лема доведена.

Лема 2. Якщо є у -му рядку група чисел, що дорівнюють , то під цими числами завжди буде записане однакове число, але не обов’язково .

Доведення. Це випливає з простої властивості, якщо у попередньому рядку два однакових числа, то і далі під ними будуть лише однакові числа.

Лема доведена.

Розглянемо перший рядок. Нехай там найменше число . Це означає, що кількість таких чисел тут буде , . При цьому усі інші числа мають значення більші від .

Якщо число зустрічається рівно разів, то під кожним з цих чисел до кінця будуть записуватись лише числа . Меншими вони стати не можуть, бо їх рівно , а збільшитись також не можуть, бо для цього треба, щоб з’явилися числа, яких так само , а таких більше немає. Таким чином ці числа взагалі можна в подальшому прибрати з розгляду. Таким чином ми маємо новий рядок чисел, в якому чисел. Тепер вже в цьому рядку шукаємо найменше число.

Якщо найменше число зустрічається рівно разів, , то у другому рядку під кожним з таких чисел буде написане число . Розглянемо також у першому рядку деяке число , яке задовольняє умови: . Виходячи з аналогічних міркувань, якщо їх рівно , то вони вже не зможуть змінюватись від рядка до рядка. Числа, що менші від або не змінюються, тоді вони не впливають на зміни чисел , або збільшуються не менше ніж у два рази, а тому число під ними з’явитись не може. Такі числа також можна в подальшому не розглядати. Якщо таких чисел штук, то вони замінюються кожне на число .

Таким чином з усіх чисел, які слід розглядати (тобто числа під якими можуть з часом змінитись) у другому рядку найменше .

Аналогічно, якщо розглянути другий рядок та найменше число , які там слід розглядати, то у третьому рядку найменше число, що слід розглядати дорівнюватиме і так далі.

Зрозуміло, що не може з’явитись у таблиці число більше за . Тому максимальна кількість кроків, коли в таблиці щось може змінитись складає максимальне , для якого справджується умова . Нагадаю, що тут ми не враховували ще один крок – перехід від нульового до першого рядка. Таким чином максимум може біти рівно крок.

Тепер наведемо приклад, що дійсно таку кількість разів рядки можуть змінюватись. Позначимо через – таке найбільше число, для якого .

Нехай у нульовому рядку числа мають такий вигляд:

(0-й рядок)

Тут нехай для жодного цілого невід’ємного . Тоді інші рядки мають такий вигляд:

(1-й рядок)

(2-й рядок)

(3-й рядок)

…………………………………………………………

(k -й рядок)

(k -й рядок)

Проаналізуємо тепер чи принциповою є умова . Якщо є група чисел у першому рядку, кількість яких , то там повинна вже бути група чисел , які на наступному кроці дадуть групу , а тому при наведеному вище процесі, коли числа змінюються за степенями двійки: , при наступному кроці числа вже не зміняться і процес триватиме меншу кількість кроків.

,

аналогічно для .

Для ситуації достатньо просто в основному варіанті замість групи утворити дві групи: та , де та , які не будуть змінюватись протягом усіх кроків і не заважатимуть основному варіанту.

4.1. У трикутнику проведена бісектриса , – точка дотику вписаного кола до сторони , – центр вписаного кола . Точка на описаному колі така, що . Позначимо через – другу точку перетину прямої та описаного кола . Доведіть, що .

Розв’язання. Позначимо через точку на відрізку , для якої (рис. 19). Нехай . Тоді доведемо, що .

Нехай та - радіус описаного кола .

, .

З теореми косинусів маємо, що

,

З рівнобедреної трапеції

.

Звідси маємо, що . Тому , звідки .

З вписаного чотирикутника та одержаної паралельності чотирикутник - вписаний. Пари точки та симетричні відносно серединного перпендикуляра до сторони , то . Тоді

,

звідки остаточно знаходимо, що .

5.1. Для яких натуральних можна за скінченну кількість кроків з набору чисел отримати набір з однакових чисел, якщо за один крок можна вибирати два довільних числа та збільшити кожне з них на довільне однакове натуральне число?

Відповідь: .

Розв’язання. Для це можливо. Робимо це так:

, …, .

Тепер ми маємо, що на дошці записані усі парні числа. При цьому кожне число зустрічається рівно двічі. Тепер їх усі не важно зробити рівними .

Для це можливо, робимо це так:

, , …, .

Тепер ми маємо, що на дошці записані усі парні числа, що менші від . При цьому кожне число зустрічається рівно двічі. А також записане число . Залишається усі пари однакових чисел прирівняти до цього найбільшого числа.

Доведемо методом від супротивного, що для це неможливо. Сума чисел з самого початку – непарна: . Кожного разу суму усіх чисел ми збільшуємо на парне число, але наприкінці ми маємо усі однакові числа, тобто парну суму. Одержана суперечність завершує доведення.