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 $xyz \geqslant 1$. Докажите, что

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

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

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

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

$x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx \geqslant 0$

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.