Matematikai olimpiai játékok és olimpiai problémák
1. probléma: a, b> 0, a + b ≤ 2. Igazolja ezt.
Megoldás: megszorozzuk a nevező, mozgó összes bal oldalon, és hasonló kifejezések, átírjuk egyenlőtlenség a² + b² - ab - a²b² ≥ 0. Megjegyezzük, hogy úgy a²b² ≤ ab ≤ 1. Ekkor a² + b² - ab - a²b² ≥ (a - b) ² ≥ 0.
2. probléma: A síkon adva # 8710; ABC és D és E pontokat, úgy, hogy ∠ ADB = ∠ BEC = 90. Bizonyítsuk be, hogy a szegmens DE hossza nem haladja meg a félperimetert # 8710; ABC.
Megoldás: Legyen F az AB középpontja, és legyen G a BC középpontja. Ezután FG = AC / 2, középvonalként. DF = AB / 2 és GE = BC / 2, mivel a jobb háromszögben a medián a hypotenuse fele.
Ezért a DF + FG + GE megegyezik a félmérővel # 8710; ABC. De DE ≤ DF + FG + GE, mivel a törött vonal hossza minden bizonnyal kisebb, mint a szegmens hossza, amely összeköti a végét.
3. feladat: Természetes számokban oldja meg az egyenletet:
Megoldás: Újraírjuk az egyenlőséget formában
Index utolsó mértékben, hogy egy nem-negatív egész szám, így a y k ≤ 9y, azaz y k - 1 ≤ 9. k> 4, azt találjuk, hogy y = 1, X = 1 k = 1 megkapjuk egyenlet 1 = 2 8Y. amely nincs természetes megoldásokkal; k = 2 van, hogy van, 9y - y² = 1, ami nem történik; k = 3 nem két hatalom; Végül, ha k = 4 a egyenlőtlenség y k - 1 ≤ 9 azt találjuk, hogy y = 2, és ha X = 16. A: x = y = 1 és x = 16, y = 2.
4. probléma: Bizonyítsuk be, hogy a téglalap három különböző méretű sarkában lévő téglalapok kivágásának módja mindig egyenletes.
Megoldás: Indukció a téglalap területére. Hagyja, hogy a kijelentés igaz legyen minden kisebb téglalapra. Rajzolj fel egy függőleges vonalat, amely felosztja a téglalapot. Minden olyan aszimmetrikus partíció, amely párokra oszlik. Szimmetrikus partícióval minden fél sarokba van osztva. Ezért az eredeti téglalap szimmetrikus partícióinak száma megegyezik a "felének" partícióinak számával, és az indukciós hipotézissel egyenlő.
Probléma 5: A négyszög ABCD oldalán AD és BC veszik, illetve pontok R és T. P - a metszéspont BT és az AR időközönként; S - metszéspontja CT és DR szegmensek. Kiderült, hogy a PRST paralelogramma. Bizonyítsuk be, hogy AB || CD-t.
Megoldás: Legyen M az AB és a CT vonalak metszéspontja. Az AR és CT vonalak párhuzamosságából következik, hogy MT: TC = AP: PR. A BT és RD vonalak párhuzamosságából következik, hogy AP: PR = AT: TD. Tehát MT: TC = AT: TD, és az egyenlő T szögű ATM és CTD háromszögek hasonlóak. Ezért ∠ AMT = ∠ TCD, tehát az AB és a CD vonalak párhuzamosak.
6. feladat: a, b, c természetes számok, ahol (a - b) elsődleges szám és 3c² = c (a + b) + ab. Bizonyítsuk be, hogy a 8c + 1 pontos négyzet.
Megoldás: Jelölje p = a-b, q = a + b. Aztán van 12c² = 4cq + q² - p². Ahonnan p² = q² + 4cq - 12c² = (q - 2c) (q + 6c). Mivel p elsődleges, akkor q + 6c = p2, q - 2c = 1, innen kapjuk, hogy 8c + 1 = p².
Megoldás: Az n indukcióval bizonyítjuk, hogy a probléma megfogalmazása igaz azoknak az államoknak, amelyekben a 2n városok. Az alap nyilvánvaló. Átmenet: legyen ez igaz minden olyan államra, amely kisebb városokból áll. Ha nincsenek ciklusok az államban, akkor az egész állam köztársaságnak nyilvánítható. Ha vannak ciklusok, akkor egy időre több utat zárunk be úgy, hogy a ciklus pontosan megegyezzen. Nevezzük meg a fontos ciklust képező utakat, és fontos városokat, amelyek a város egyik legfontosabb útján - a város szomszédságában - keresztül érhetők el. Most két nagyváros kapcsolódik egy fontos úton (nyilvánvaló, hogy környékük nem metszi). Vagy valamelyik, vagy két szomszédság közelében egy pár város (és kevesebb, mint 2n) lesz. Ezeket a városokat egy országnak fogjuk tekinteni, és minden más - egy másik, és minden országban visszaállítjuk a zárt utakat. Az építőiparban mindkét ország páros számú városból áll, és bármelyik városból bármelyik országba utazhat. Az indukciós hipotézis szerint ezeket az országokat fel lehet osztani köztársaságokra.