Российские школьники взяли четыре золотые медали на международной олимпиаде по математике в гонконге
Задача 1.
Пусть O - центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC, Ap - высота.
Докажите, что если ∠ BCA ≥ ∠ ABC + 30, то ∠ CAB + ∠ COp < 90.
Решение:
Решение 1.
Пусть α = ∠ CAB, β = ∠ ABC, γ = ∠ BCA и δ = ∠ COp.
Пусть точки K и p симметричны точкам A и p соответственно относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC. Обозначим через R радиус описанной окружности ∆ ABC.
Тогда OA = OB = OC = OK = R. Кроме того, Qp = KA, поскольку KQpA - прямоугольник.
Теперь заметим, что ∠ AOK = ∠ AOB - ∠ KOB = ∠ AOB - ∠ AOC = 2 γ - 2 β ≥ 60 и, учитывая, что OA = OK = R, получим KA ≥ R и Qp ≥ R.
По неравенству треугольника Op + R = OQ + OC > QC = Qp + pC ≥ R + pC.
Отсюда следует, что Op > pC и, значит, в ∆ COp ∠ pOC > δ . Поскольку α = ½ ∠ BOC = ½(180 - 2 ∠ pCO), то действительно ∠ α + ∠ δ < 90.
Все учащиеся, участвовавшие в Зимнем лагере, - объясняет Анкора Морандин, - должны были показать, что они работали дома, отправляя решения по очень сложным проблемам по почте. Во время стажировки были заняты действительно сложные занятия, которые лучше всего решали молодые люди, свидетельствующие о высоком уровне участников. Короче говоря, чувства были очень позитивными. Должен сказать, что обычно ребята, которых мы выбираем со сцены в «Нормале», всегда одни из первых в национальном конкурсе и полагаются на международный уровень.
Среди лучших участников Зимнего лагеря был нынешний чемпион Италии по 400-метровым препятствиям в категории ниже. Он провел два обеденных перерыва в четырех на спортивной площадке, чтобы тренироваться, - вспоминает Морандин. В целом, студенты проводили свое свободное время вместе в большой гармонии, поддерживая большую концентрацию в математике, но все же делали небольшие часы.
Решение 2
Как и в предыдущем решении, достаточно показать, что Op > pC.
Вспомним, что по теореме синусов AB = 2R sin γ и AC = 2R sin β .
Отсюда получаем: Bp - pC = AB cos β - AC cos γ = 2R(sin γ cos β - sin β cos γ) = 2R sin (γ - β). Учитывая, что 30 ≤ γ - β < γ < 90, видим, что Bp - pC ≥ R.
Значит R + Op = BO + Op > Bp ≥ R + pC, откуда Op > OC, что и требовалось.
Решение 3
Сначала докажем, что R² > Cp CB. Для этого, поскольку CB = 2R sin α и Cp = AC cos γ , достаточно показать, что ¼ > sin α sin β cos γ .
Заметим, что 1 > sin α = sin (γ + β) = sin γ cos β + sin β cos γ и ½ ≤ sin (γ - β) = sin γ cos β - sin β cos γ , поскольку 30 ≤ γ - β < 90.
Отсюда следует, что ¼ > sin β cos γ и ¼ > sin α sin β cos γ .
Теперь отметим точку J на BC так, что CJ Cp = R². Тогда CJ > CB (поскольку R² > Cp CB), поэтому ∠ OBC > ∠ OJC.
Из того, что OC/CJ = pC/CO и ∠ JOC = ∠ OCp, следует, что ∆ JCO подобен ∆ OCp и ∠ OJC = ∠ pOC = γ .
Значит δ < ∠ OBC = 90 - α , то есть α + δ < 90.
Есть много университетских профессоров, которые посвятили или посвятили свое время Олимпиаде по математике, и многие из них работают в Пизе: Роберто Дворничич, Массимо Гоббино, Марко Форти, Микеле Барсанти, Туллио. Команда: слева Фабио Прунери, Андреа Чиприетти, Лука Каваллери, Якопо Гоой Чэнь.
Путь к обеспечению места в сборной был особенно долгим: после успешного прохождения различных этапов отбора - от схоластических до региональных, вплоть до Олимпийских игр Италии, мальчики прошли курс обучения в течение многих месяцев, постоянная поддержка олимпийских учителей и тренеров. Из небольшой группы «Олимпийских шансов» сборная Италии была определена командой по отбору. Ведущие парни сборной на этом длинном пути подготовки требовали высокого уровня навыков и больших усилий.
Задача 2.
Докажите, что
Для всех положительных вещественных чисел a, b и c.
Решение:
Сначала докажем, что
Или, что то же самое,
По неравенству о средних
Отсюда
Значит
Точно также
Сложив эти три неравенства, получим:
Комментарий. Можно доказать, что для любых a,b,c > 0 и λ ≥ 8 выполняется следующее неравенство:
Как и каждый год Олимпиада дает нам необычайную картину многих превосходств, составляющих итальянскую школу. Исключения, иногда скрытые, которые могут быть усилены именно благодаря соревнованию самого высокого уровня, такого как олимпийский. Это позитивный знак, который, с одной стороны, демонстрирует все большее внимание, уделяемое молодым талантам полюсами передового опыта, с другой - предоставляет молодым людям еще более совершенную подготовку, а также направляет их на будущий академический и профессиональный выбор.
От Университета Боккони в Милане до Пизы в настоящее время растет сотрудничество, которое Национальный комитет информационной Олимпиады подписал с итальянскими университетами. Италия может похвастаться очень респектабельным медалью: за 16 лет участия в международных соревнованиях она завоевала 43 медали: 2 золотых, 16 серебряных и 25 бронзовых.
Задача 3.
Двадцать одна девочка и двадцать один мальчик принимали участие в математическом конкурсе.
- Каждый участник решил не более шести задач.
- Для любых девочки и мальчика найдётся хотя бы одна задача, решённая обоими.
Лица, рассказы и амбиции «Великолепной четверки», которые составляют итальянскую команду. Кюри в Джулиановой в провинции Терамо. Всегда интересующийся математикой, он надеется продолжить учебу в университете и быть допущенным к Высшей школе Скуола в Пизе. Его страсть к математике началась в пятом классе со своей первой гонкой Кангуру, приближающейся к информатике на втором месте: здесь он прошел схоластический отбор Олимпийских игр и достиг территориального, но не достиг национального этапа. Именно по этой причине, после пятого класса, он очень хотел бы присоединиться к команде преподавателей.
Решение:
Предположим, что нашлась задача, которую решили не более двух девочек или не более двух мальчиков.
Будем считать задачу «красной», если её решили не более двух девочек и «чёрной» в противоположном случае (тогда её решили не более двух мальчиков).
Представим шахматную доску с 21-й строкой, каждая из которых соответствует девочке, и 21-м столбцом, каждый из которых соответствует мальчику.
Тогда каждая клетка соответствует паре «мальчик-девочка». Каждую клетку покрасим в цвет какой-нибудь задачи, которую решили и мальчик-строка и девочка-столбец.
По принципу Дирихле в каком-нибудь столбце найдётся 11 чёрных клеток, или в какой-нибудь строке найдутся 11 красных клеток (потому что иначе получится, что всего клеток не более чем 21 10 + 21 10 < 21²).
Рассмотрим, например, девочку-строку, содержащую хотя бы 11 чёрных клеток.
Каждой из этих клеток соответствует задача, решённая максимум двумя мальчиками.
Тогда мы можем указать не менее 6 различных задач, решённых этой девочкой. В силу первого условия никаких других задач девочка не решала, но тогда максимум 12 мальчиков имеют общие решённые задачи с этой девочкой, что противоречит второму условию.
Точно также разбирается случай, если в каком-нибудь столбце найдутся 11 красных клеток.
Он не интересовался ИТ до трех лет назад. Он продемонстрировал отличные навыки, выиграв олимпийское золото на итальянской Олимпиаде в области информационных технологий. Его учебная программа также является настоящим чемпионом в других дисциплинах. Он не считает себя «ботаником», потому что он утверждает, что знает ботаников хуже, чем он.
Он единственный в своей школе, который участвовал в информационной Олимпиаде. Из итальянской Олимпиады его самой красивой памятью является прогулка по кратерам Этны, где он освободил весь стресс, накопленный за 5 часов гонки. Он не считает себя «ботаником», напротив, он счастливо занимается полтора года и страстно любит пианино. Международная Олимпиада информатики является отправной точкой для продвижения цифровых навыков и талантов наших школ, которые Министерство образования, университета и исследований продвигалось на протяжении многих лет.
Задача 4.
Пусть N - нечетное натуральное число большее 1, а k 1 , k 2 ,…k n - произвольные целые числа. Для каждой из n! перестановок a = (a 1 ,a 2 , ,a n ) чисел 1, 2,…n, обозначим
Докажите, что найдутся две такие перестановки b и c (b ≠ c), что n! является делителем S(b) - S(c).
Решение:
Чтобы узнать больше: что такое Международная Олимпиада информатики. Международная олимпиада по информатике является одной из международных научных олимпийских игр, проводимых ЮНЕСКО, зарезервированных для учащихся средних школ в возрасте от 14 до 20 лет.
В течение 16 лет Италия участвует в этом конкурсе, выбирая лучший «талант бит» по очень артикулированному пути, в котором тысячи студентов уходят, в течение двух школьных лет. На первом этапе скиминга в отдельных школах следуйте территориальным выборам, из которых выходят около 80 мальчиков, которые участвуют в итальянской Олимпиаде информатики. Из группы лучших классифицируются «Олимпийские шансы», которые далее подготавливаются и отбираются командой, состоящей из тренера и наставника, для составления команды для отправки на международный конкурс, состоящий из четырех человек плюс резерв.
Пусть ∑ S(a) - сумма S(a) по всем n! перестановкам a = (a 1 ,a 2 , a n ). Мы вычислим ∑ S(a) двумя способами и достигнем противоречия в случае, если n нечётно.
Первый способ. В ∑ S(a) число k 1 умножается на каждое i ∈ 1, ,n всего (n - 1)! раз, по одному на каждую перестановку 1,2, n, в которой a 1 = i. Поэтому коэффициент при k 1 в ∑ S(a) равен (n - 1)!(1 + 2 + + n) = (n + 1)!/2. Это верно для всех k i , поэтому
Данные сегодня подведены сегодня Министерством образования и науки. Шесть из медалей от Международной олимпиады по математике, 4 - от Физической олимпиады, 3 - от биологии, 3 - от информатики, 5 - от математической лингвистики, 7 - от астрономии, 6 - от Европейской научной олимпиады, 12 - от Балканы в математике и 8 из Балканской информатики.
Было 78 участников из 16 стран. Среди них самые сильные молодые астрономы России, Китая, Индии, Италии, Республики Корея. На этой Олимпиаде - лучшая работа Болгарии - кроме семи медалей, мы снова стали абсолютным победителем. Это Бойко Крассимиров Борисов из Софийской средней школы математики Паисия Хилендарского, София, которая получила золотую медаль и диплом за лучший результат.
Второй способ. Если n! не является делителем S(b) - S(c) для любого b ≠ c, то все суммы S(a) должны иметь различные остатки при делении на n!.
Поскольку всего перестановок n!, эти остатки в точности равны 0, 1, …, n! - 1.
Поэтому
Таким образом
Но для нечётных n левая часть этого сравнения сравнима с 0 по модулю n!, в то время как при n > 1 правая часть не может быть сравнима с 0 (поскольку n! - 1 нечётно).
Мы получили противоречие для всех нечётных n > 1.
В олимпиадах школьных предметов 107 учеников стали лауреатами. Самым большим является их число из Софии, Варны и Пловдива. Школы с наибольшим количеством участников общенационального тура олимпиад - это математическая школа им. Пайсия Хилендарского, средняя школа математики «Петр Берон» - Варна, Национальная школа математики и естественных наук Акад. Любомир Чакалов, «Иван Вазов»Пловдивский университет, факультет математики и информатики Акад.
Финансирование осуществляется в рамках модуля «Обеспечение обучения талантливых студентов для участия в школьных олимпиадах» Национальной программы «Школьные Олимпиады и соревнования». Конкурс организован Сингапурским Международным Центром Конкурса Математики. Организована международной организацией - Азиатским союзом международной математической олимпиады и другими математическими организациями стран-участниц. В этом конкурсе есть задачи, решение которых требует применения знаний из высших классов для соответствующей возрастной группы.
Задача 5.
В треугольнике ABC проведена биссектрисы Ap и BQ. Известно, что ∠ BAC = 60 и что AB + Bp = AQ + QB. Какими могут быть углы треугольника ABC?
Решение:
Обозначим углы треугольника ABC через α = ∠ A = 60, β = ∠ B и γ = ∠ C. Продолжим сторону AB до точки p′ так, чтобы Bp′ = Bp и построим точку p′ на AQ так, чтобы Ap′ = Ap′. Тогда Bp′p - равнобедренный треугольник с углами при основании равными β /2. Поскольку AQ + Qp′ = AB + Bp′ = AB + Bp = AQ + QB, отсюда следует, что Qp′ = QB. Учитывая, что ∆ Ap′p′ равносторонний, а Ap - биссектриса угла A, получаем, что pp′ = pp′.
Заключительный тур - в Болгарии и проходит в два тура - индивидуальный и командный турнир. Общий рейтинг также составлен на основе суммы очков из двух лучших оценок из трех предварительных раундов и двойного балла финала. В финале приняли участие 982 студентов из 8 стран: Азербайджана, Болгарии, Казахстана, Мексики, России, Румынии, Турции и Узбекистана. В финальном раунде 4-го тура Георгий завоевал золотую медаль, и после отличного выступления в трех предварительных раундах он получил золотую миску и лавровый венок для полной презентации.
Это одно из самых массовых математических соревнований, которые каждый год становятся все более популярными в Болгарии. Он проводится удаленно в 19 странах - Болгарии, Сингапуре, Китае, Вьетнаме, Гонконге, Индии, Индонезии, Мьянме, Малайзии, Таиланде, Узбекистане, Камбодже, России, Брунее, Лаосе, Монголии, Южной Корее, Филиппинах, Бангладеш и Таиланде. Олимпиада организована Сингапурским Международным Центром Конкурса Математики.
Докажем, что точки B, p и p′ лежат на одной прямой (а, значит, точка p′ совпадает с точкой C. Предположим, что это не так, то есть ∆ Bpp′ - невырожденный. Тогда ∠ pBQ = ∠ pp′B = ∠ pp′Q = β /2, а ∠ Qp′B = ∠ QBp′. Значит ∠ pp′B = ∠ pBp′, то есть Bp = pp′. Тогда треугольник Bpp′ - равносторонний, но из этого следует, что β /2 = 60, и, значит, α + β = 60 + 120 = 180. Противоречие.
Георгий был избран учеником года Академии художеств, архитектуры и дизайна в Софии. Враца, Плакета за отличные успехи и достигли высоких результатов и мэра мэра муниципалитета Враца. С апреля по апрель в Пардубице встречались молодые талантливые математики. Победителем национального раунда математической Олимпиады после успешного завершения сложных задач был, наконец, Филипп Бялас, студентка грамматики Опатова в Праге. Второе место занял Павел Турек из гимназии Оломоуц-Хейчин и Павел Худек из гимназии Йиржи Гута-Ярковского в Праге.
Самым успешным решателем математической олимпиады был Филипп Бялас из Праги, который легко посоветовал с примерами: «В этом году национальный раунд был не таким сложным, как в предыдущие годы, все задачи прекрасно подойдут мне и сумели их своевременно решить», - говорит он.
Поскольку треугольник BCQ равнобедренный, то 120 - β = γ = β /2, поэтому β = 80 и γ = 40.
Задача 6.
Пусть a, b, c, d - целые числа такие, что a > b > c > d > 0. Предположим, что ac + bd = (b + d + a - c)(b + d - a + c). Докажите, что число ab + cd составное.
Решение:
Предположим, что число ab + cd - простое. Заметим, что ab + cd = (a + d)c + (b - c)a = m НОД (a + d,b - c) дл некоторого натуральго m. По предположению или m = 1 или НОД (a + d,b - c) = 1. Рассмотрим эти варианты по-очереди.
В этом году победитель национального цикла Математической олимпиады Филипп Бялас из Опатовской гимназии в Праге. Национальный тур в этом году проходил в гимназии, Пардубице, Дашике и факультете электротехники и информатики Университета Пардубице. Второй день, программа была типичной для Пардубице, потому что она была представлена математикам на ипподроме, - говорит гимназист Людек Бурьян и добавляет: Мы надеемся, что мы разложили общенациональный раунд Олимпиады.
Все участники - наше восхищение, потому что просто попасть в финальный раунд было очень сложно. Самые успешные решатели национального велосипеда летом регулярно представляют Чехию на Международной математической олимпиаде. В прошлом году Павел Турек из Оломоуца, выигравший серебряную медаль в нынешнем национальном туре. Международная математическая олимпиада в этом году пройдет в Гонконге, и члены нашей делегации будут отобраны на основе результатов национального тура и отборочного тура.
1 случай: m = 1. Тогда
Что неверно.
2 случай: НОД (a + d,b - c) = 1. Подставляя ac + bd = (a + d)b - (b - c)a в левую часть равенства ac + bd = (b + d + a - c)(b + d - a + c), получаем (a + d)(a - c - d) = (b - c)(b + c + d).
Ввиду этого, найдётся такое натуральное число k, что
Складывая эти равенства, получаем, что a + b = k(a + b - c + d) и, следовательно, k(c - d) = (k - 1)(a + b). Вспомним, что a > b > c > d. Если k = 1, то c = d - противоречие. Если k ≥ 2, то
Поэтому мы стараемся идти к молодым одаренным ученикам и мотивировать их изучать технику. Исправлены некоторые опечатки в списке фьючерсов и укажите условия, которые были известны в августе. Обновленный веб-сайт, новый список Расписания, даты семинаров для средней школы,,,,, Международная математическая олимпиада в Гонконге выиграли бронзовую медаль Павел Турек и Мариан Поляк был чуть ниже.
Ограничить успешный исследователь составляет 12 баллов. Успешные решатели поздравления, исследователи благодарим Вас за участие, и мы надеемся, что со всеми мы встретимся в следующем году в высоких категорий школьников. Победители категории А могут представлять Чехию на Международной математической олимпиаде или Центрально-Европейской математической олимпиаде. Обучение Выбор перед Международной математической олимпиады в Гонконге от 6 квалифицированных представителей и двух исследователей из Оломоуц, Павел Турек и Мариан Поляк.
Противоречие.
В обоих случаях достигнуто противоречие, значит число ab + cd составное.
Вчера, около шести часов вечера по МСК, были объявлены результаты международной олимпиады по математике.
Согласно им, сборная РФ получила четыре золотые, одну серебряную и одну бронзовую медаль. По количеству золотых наград сборная России заняла пятую строчку из-за разницы в баллах, а в неофициальном общем медальном зачете учащиеся старших классов разделили седьмое место с представителями Великобритании.
В этом году Россию представляли три школьника из Москвы, два из Санкт-Петербурга и один из Рыбинска.
Лучшим в российской сборной оказался Григорий Юргин, который идеально справился с четырьмя задачами из шести и занял 19-21 место с результатом 33 балла из 42. Также золотые награды получили Руслан Салимов (31 балл), Иван Фролов (30 баллов) и Павел Губкин (29 баллов). Серебряную медаль заработал Никита Карагодин (23 балла), бронзу сборной принес Георгий Вепрев (19 баллов).
Максимально возможное количество золотых медалей собрали представители Соединенных Штатов (6 из 6), следующие за ними Южная Корея, Китай и Сингапур, также, как и учащиеся из России, взяли по четыре золотые награды на команду.
Лучшими на олимпиаде ожидаемо стали представители Азии. Первое место с результатом 42 балла делят между собой представитель Китая, три школьника из Южной Кореи и два американца (Allen Liu, Yuan Yao). Кроме этого золотыми наградами порадовали своих наставников ученики из Сингапура (4 медали), Тайваня (3 медали), Гонконга (3 медали), КНДР (2 медали), Великобритании (2 медали) и Японии (1 медаль). С полным списком призеров можно ознакомиться на официальном сайте ММО .
Данный показатель сборной России можно считать успехом, так как в прошлом году ребята не смогли взять ни одного золота и вернулись домой с серебряными наградами.
Абсолютно все золотые призеры РФ не справились с последней, шестой задачей, набрав за нее 3, 2, 1 и 0 баллов соответственно своим местам в итоговой таблице. Также у всех их, исключая Юргина, возникли проблемы с задачей №3. Но, в отличие от товарищей, которые набрали за задачу №2 максимальное кол-во очков, Григорий с ней не справился, потеряв 5 баллов (заработал 2 из 7 возможных). Конечно, это отразилось на позиции в зачете по очкам, но не повлияло на качество наград: все четверо взяли золото.
В общей сложности в соревновании приняли участие 602 школьника из 109 стран мира. Кроме того, в мае этого года команда Санкт-Петербургского государственного университета