46-я Международная математическая олимпиада

Рассказ о том, как проходила олимпиада, и фотографии можно найти по адресу http://potential.org.ru/bin/view/Math/ArtDt200507252240PH7C03J7, а также в печатном номере журнала Потенциал — № 7, 2005.

Здесь приводятся условия задач и указания к их решениям.

Условия задач

Задача 1

На сторонах равностороннего треугольника $ABC$ выбраны шесть точек: $A_1$, $A_2$ на $BC$; $B_1$, $B_2$ на $CA$; и $C_1$, $C_2$ на $AB$. Эти точки являются вершинами выпуклого шестиугольника $A_1{A}_2{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2$, стороны которого имеют равные длины. Докажите, что прямые $A_1{B}_2$, $B_1{C}_2$ и $C_1{A}_2$ пересекаются в одной точке.

Задача 2

Пусть $a_1$, $a_2$, — последовательность целых чисел, в которой содержится бесконечно много как положительных, так и отрицательных членов. Известно, что для каждого натурального $n$ все $n$ остатков от деления чисел $a_1,a_2,\dots ,a_n$ на $n$ различны. Докажите, что каждое целое число встречается в этой последовательности ровно один раз.

Задача 3

Пусть $x$, $y$ и $z$ — положительные числа такие, что $xyz⩾1$. Докажите, что

$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}⩾0$.

Задача 4

Последовательность $a_1,a_2,\dots$ определена следующим образом: $a_n=2^n+3^n+6^n-1$ ($n=1,2,\dots$). Найдите все натуральные числа, которые взаимно просты с каждым членом этой последовательности.

Задача 5

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$, стороны $BC$ и $AD$ которого равны, но не параллельны. Пусть $E$ и $F$ — внутренние точки отрезков $BC$ и $AD$ соответственно такие, что $BE=DF$. Прямые $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P$, прямые $BD$ и $EF$ пересекаются в точке $Q$, прямые $EF$ и $AC$ пересекаются в точке $R$. Рассмотрим треугольники $PQR$, получаемые для всех таких точек $E$ и $F$. Докажите, что окружности, описанные около всех этих треугольников, имеют общую точку, отличную от $P$.

Задача 6

На математической олимпиаде участникам были предложены 6 задач. Оказалось, что каждая пара задач была решена более чем $\frac{2}{5}$ от общего числа участников, но никто не решил все 6 задач. Докажите, что найдутся по крайней мере два участника, каждый из которых решил ровно 5 задач.

Указания к решениям задач

Задача 1

Ясно, что сумма векторов $\overrightarrow{A_1{A}_2},\overrightarrow{B_1{B}_2},\overrightarrow{C_1{C}_2}$ нулевая, поэтому сумма векторов $\overrightarrow{A_2{B}_1},\overrightarrow{B_2{C}_1},\overrightarrow{C_2{A}_1}$ также нулевая, следовательно прямые, содержащие векторы $\overrightarrow{A_2{B}_1},\overrightarrow{B_2{C}_1},\overrightarrow{C_2{A}_1}$ образуют правильный треугольник. Отсюда несложно вывести, что вся конфигурация переходит в себя при повороте на $120^{\circ }$ вокруг центра треугольника $ABC$.

Задача 2

Вначале несложно установить, что в последовательности каждое целое число встречается не более одного раза. Далее можно доказать по индукции, что для каждого $n$ числа $a_1,a_2,\dots ,a_n$ — это $n$ последовательных целых чисел, взятых в некотором порядке.

Задача 3

Одно из самых изящных решений принадлежит школьнику Юрию Борейко из команды Молдовы, оно было удостоено специального приза Международной олимпиады. В этом решении используется оценка

$\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{x^5-x^2}{x^3(x^2+y^2+z^2)}⩾\frac{x^5-yz}{x^2+y^2+z^2}$.

Сложив три аналогичных неравенства, получаем, что утверждение задачи следует из верного неравенства

$x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx⩾0$

Задача 4

Достаточно показать, что для любого простого числа $p$ найдётся такой номер $n$, что $a_n$ делится на $p$. Случаи $p=2$ и $p=3$ легко разбираются. При $p>3$ подходит $n=p-2$. Это можно доказать, используя малую теорему Ферма: если натуральное $a$ не делится на простое $p$, то $a^{p-1}$ даёт остаток 1 при делении на $p$.

Задача 5

Искомая точка является второй точкой пересечения окружностей, описанных около треугольников $ADP$ и $BCP$. Другое описание той же точки — как центр поворота, переводящего точки $A$, $F$, $D$ соответственно в точки $C$, $E$, $B$.

Задача 6

Предположив, что верно противное, добавим участникам решённых задач так, чтобы один из них решил 5 задач, а все остальные — по 4. Далее, суммируя по всем ученикам количество пар решённых задач, и с другой стороны, оценивая эту сумму по всем парам задач, получим противоречие во всех случаях, кроме случая, когда количество участников даёт остаток 2 при делении на 5. Оставшийся случай можно разобрать, прибегнув к подсчёту двумя способами суммарного количества пар решённых задач, содержащих одну фиксированную задачу. При рассмотрении возникает противоречие с остатками при делении на 3.