Интересни задачи от Турнир на градовете

[alexander_ivanov]

5 задача. от XXXI Международен турнир на градовете Есенен тур , Основен вариант

Дадено е множество теглилки от 1, 2, ..., N грама. Трябва да се изберат няколко от тях (повече от една) така, че общото тегло на избраните теглилки да е равна на средноаритметичното на останалите тегла. Докажете, че:

а) ако N+1 е точен квадрат, задачата е изпълнима;

б) ако задачата е изпълнима, то N+1 е точен квадрат.


3 задача. от ХХХ Международен турнир на градовете Есенен тур, Тренировъчен вариант

В окръжност с радиус 2 е вписан остроъгълен триъгълник [tex]A_{1}A_{2}A_{3}[/tex] . Докажете, че на дъгите [tex]A_{1}A_{2}, A_{2}A_{3}, A_{3}A_{1}[/tex] може да се избере по една точка (съответно [tex]B_{1}B_{2}B_{3}[/tex] ) така, че лицето на шестоъгълника [tex]A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}A_{3}B_{3}[/tex] да е равно като число на периметъра на тригълника [tex]A_{1}A_{2}A_{3}[/tex]


П.С.: Ще пускам по 2 интересни задачи (които поне според мен са такива) на пост. Следващият пост с задачи от състезанието ще е след като се решат задачите от предишния пост.
Задачите се водят 7-9 клас и се решават отборно (отбора се състои от 6 човека) за 4 или 6 (зависи от регламента на състезанието за годината) часа. Броя задачи не е фиксирам (имало е година в която са се дали 4 задачи, има и такава с 10)
И имам една молба: моля не копирайте авторското решение, а се помъчете малко и ако не можете да решите задачата поствайте идеята си (първо) , после решението; към останалите, надявам се да успеете да откриете пропуските в решението на човека постнал решението си ( ако има такива)...

[alexander_ivanov]

Някой някакви идеи

[martin123456]

5
Да означим [tex]\sum_k=1+2+\cdots + k=\frac{k(k+1)}{2}[/tex] и да означим с [tex]\sum_{x_k}=x_1+x_2+\cdots + x_k[/tex], където сме избрали някакви [tex]k[/tex] грама (различни). Условието в задачата е равенството [tex]\sum_{x_k}=\frac{\sum_{N}-\sum_{x_k}}{N-k} \Leftrightarrow \sum_{x_k}(N-k+1)=\sum_N[/tex]
a) Нека [tex]N+1=r^2[/tex]. Взимаме [tex]1,2,\ldots, r[/tex] и получаваме [tex](r^2+r)(N-r+1)=(N^2+N)[/tex]. Заместваме с [tex]N=r^2-1[/tex] и получаваме [tex](r^2+r)(r^2-r)=(r^2-1)r^2[/tex], което е очевидно.
б) Ще покажем неравенството [tex]\sum_{x_k}(N-k+1)\ge \sum{N}[/tex]. Очевидно то е следствие от [tex]\sum_{k}(N-k+1)\ge \sum_N[/tex], тъй като [tex]\sum_{x_k} \ge \sum_{k}[/tex].T.e. се концентрираме върху второто неравенство: [tex]\sum_{k}(N-k+1)\ge \sum_N \Leftrightarrow (k^2+k)(N-k+1)\ge (N^2+N) \Leftrightarrow N^2+N(1-k-k^2)+k^3-k \le 0[/tex]. Лявата страна има корени [tex]N_{1,2}=\frac{k^2+k-1 \pm \sqrt{(k-2)(k-1)k(k+1)+1}}{2}[/tex]. Дискриминантата е неотрицателна, тъй като [tex]k \ge 2[/tex] по условие. Искаме, да покажем, че [tex]N \in [N_1,N_2][/tex].
Да забележим, че [tex]\sum_{x_k}=\frac{N^2+N}{N+1-k}=N+k+\frac{k(k-1)}{N+1-k}[/tex] и значи [tex]N+1-k \le k^2-k \Rightarrow k^2 \ge N+1[/tex].
За доказването на [tex]N\le N_2[/tex] е достатъчно да покажем, че [tex]k^2-1 \le N_2 \Leftrightarrow 2k^2-2 \le k^2+k-1 +\sqrt{D} \Leftrightarrow k^2-k-1 \le \sqrt{D} \Leftrightarrow[/tex][tex]k^4+k^2+1-2k^3-2k^2+2k \le k^4-k^2-2k^3+2k+1[/tex]. Което очевидно е равенство.
Получихме, че [tex]N_2\ge k^2-1[/tex]. От Виет [tex]N_1N_2=k(k^2-1)\Rightarrow N_1\le k[/tex]. Но [tex]N\ge k \Rightarrow N \ge N_1[/tex].

[martin123456]

За 2рата задача, сигурно ли е че условието е вярно?
Аз получавам веднага следната зависимост [tex]S_{A_1B_1A_2}+S_{A_2B_2A_3}+S_{A_3B_3A_1}+2p=2p[/tex].

[alexander_ivanov]

Изпуснал съм едни запетаи а уж си проверявах написаното. Но все пак мисля че се разбират къде са но като изключим тях всичко е преписано дословно....
ето я задачата:


3 задача. от ХХХ Международен турнир на градовете Есенен тур, Тренировъчен вариант

В окръжност с радиус 2 е вписан остроъгълен триъгълник [tex]A_{1}A_{2}A_{3}[/tex] . Докажете, че на дъгите [tex]A_{1}A_{2}, A_{2}A_{3}, A_{3}A_{1}[/tex] може да се избере по една точка (съответно [tex]B_{1},B_{2},B_{3}[/tex] ) така, че лицето на шестоъгълника [tex]A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}A_{3}B_{3}[/tex] да е равно като число на периметъра на тригълника [tex]A_{1}A_{2}A_{3}[/tex]

[alexander_ivanov]

Между другото хубаво решение на 1-вата задача

[martin123456]

Ами пак е същото. Може би аз не виждам нещо или греша, но не излиза решение така.
Мерси

[alexander_ivanov]

Щом ти не можеш да я решиш май ще трябва да напиша авторското....
Или искаш да помислиш още малко...

[martin123456]

Чертежът ми верен ли е?

[alexander_ivanov]

Ще ти подскажа : Какво става когато [tex]B_{1},B_{2},B_{3}[/tex] са среди на съответно дъгите [tex]A_{1}A_{2},A_{2}A_{3},A_{3}A_{1}[/tex]

[alexander_ivanov]

авторско решение на 2-рата задача:


Да означим средите на дъгите [tex]A_{1}A_{2},A_{2}A_{3},A_{3}A_{1}[/tex]съответно
с [tex]B_{1}, B_{2}, B_{3}[/tex]. Шестоъгълникът A1B1A2B2A3B3 е съставен от четири-
ъгълниците [tex]OA_{1}B_{1}A_{2}[/tex], [tex]OA_{2}B_{2}A_{3}[/tex] и [tex]OA_{3}B_{3}A_{1}[/tex], където O е ценърът на
окръжността. Всеки от тези четириъгълници има перпендикулярни диа-
гонали. Следователно лицето на шестоъгълника [tex]A_{1}B_{1}A_{2}B_{2}A_{3}B_{3}[/tex] е

Tъй като радиусът на окръжността е 2, то [tex]OB_{1} = OB_{2} = OB_{3} = 2[/tex]
и лицето на шестоъгълника е равно на [tex]A_{1}A_{2} + A_{2}A_{3} + A_{3}A_{1}[/tex], т.е. на
периметъра на триъгълника [tex]A_{1}A_{2}A_{3}[/tex].

[drago]

Mного хубава задачка!
@Alexander_Ivanov: A как бихме могли да се досетим, да пробваме точно тази конфигурация?

[inveidar]

Mного хубава задачка!
@Alexander_Ivanov: A как бихме могли да се досетим, да пробваме точно тази конфигурация?

Друг може ли да отговори?

[drago]

Mного хубава задачка!
@Alexander_Ivanov: A как бихме могли да се досетим, да пробваме точно тази конфигурация?

Друг може ли да отговори?

OK.
Просто си помислих, че ще е полезно за момчето. За съжаление в много решения не се обръща внимание на мотивацията, пък на мен не ми допада много мотото "Умен бях, сетих се" !

[inveidar]

Добрееее. Аз ще се пробвам. Значи, след като в равенството участват от едната страна лице, а от другата периметър, то е близко до акъла периметъра да е умножен по отсечка с дадена дължина, за да се запази размерността. Но единствената дадена отсечка в случая това е точно радиусът. Вече търсим на чертежа лице, в което да участва радиусът. Сега е лесно да се сетим, че диаметър е перпендикулярен на хорда, ако минава през средата и(и хордата не е диаметър). Това е, общо взето.

[drago]

Интересна гледна точка.
Сега моята версия: Исканото в задачата е не да се намери точното положение на точките [tex]B_1,B_2,B_3[/tex], a да се докаже, че има такива. Да си представим,че фиксираме точките [tex]A_i[/tex], a мърдаме [tex]B_i[/tex]. Значи, ако вземем тези точки така, че да миниминизрат лицето на шестоъгълника и после така, че да го направят максимално и ако в единия случай това лице е по-мaако или равно от периметъра, а в другия е по-гол. или равно, то ще има междинна конфигурация с лице равно на периметъра. Първият случай се достига,когато [tex]B_i[/tex] съвпаднат с [tex]A_i[/tex]. Toгава лицето на шестоъгълника се изражда в лице на триъгълник и то е [tex]P.r /2, \,\, r[/tex] e радиуса на вписаната окръжност, който е по-малък от 2, т.е. това лице е по-малко от периметъра на триъгълника. Втория случай се достига когато точките [tex]B_i[/tex] са максимално отдалечени от страните, това е когато са среди на дъгите. Значи трябва да намерим или оценим лицето на този шестоъгълник.
Веднага, след като прочетох задачата, това ми беше ясно. за съжаление и мой срам, не се сетих, че като се разбие този шестоъгълник на четериъгълници лицето се смята веднага. Така се отказах за момента...