Тема ЮМШ (олимпиада Юношеской Математической Школы)

ЮМШ - задания по годам → .05 ЮМШ 2023

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела юмш (олимпиада юношеской математической школы)

Разделы подтемы ЮМШ - задания по годам

ЮМШ до 2020

ЮМШ 2020

ЮМШ 2021

ЮМШ 2022

ЮМШ 2023

ЮМШ 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#69410

Общий сюжет. Дан остроугольный неравнобедренный треугольник $ABC$ . На меньшей дуге $BC$ его описанной окружности выбирается переменная точка $D$ . Точка $′ D$ симметрична точке $D$ относительно прямой $BC$ . Луч $′ CD$ пересекает отрезок $AB$ в точке $E$ . Луч $′ BD$ пересекает отрезок $AC$ в точке $F$ .

1. Докажите, что окружность $ω$ , описанная около треугольника $D ′EF$ , проходит через фиксированную точку.

2. Известно, что в положении $D = D1$ центр окружности $ω$ лежит на отрезке $AB$ , а в положении $D = D2$ — на стороне $AC$ . Отрезки $BD2$ и $CD1$ пересекаются в точке $X$ . Докажите, что прямые $AX$ и $BC$ перпендикулярны.

3. Окружность $ω$ вторично пересекает окружность $ABC$ в точке $G$ . Докажите, что прямая $′ D G$ проходит через фиксированную точку.

4. Докажите, что если $∠A =60∘$ , то расстояние от вершины $A$ до точки Торричелли треугольника $ABC$ не превосходит диаметра окружности $ω$ (при любом положении точки $D$ ). Напомним, что точкой Торричелли треугольника $ABC$ называется такая точка $T$ , что $∠AT B =∠BT C =$ $∠CT A =120∘$ .

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, 1 сюжет (см. yumsh.ru)

Показать доказательство

$PIC$

1. Пусть $∠A = α$ . Тогда $∠BDA = 180∘ − α$ . Из симметрии $∠BD ′A= ∠BDA$ , но тогда $∠A+ ∠ED ′F = 180∘$ , то есть $AED ′F$ - вписанный, то есть для любого выбора точки $D$ окружность $ω$ проходит через фиксированную точку $A$ .

$PIC$

2. Если центр $ω$ лежит на отрезке $AB$ , то $AE$ - диаметр, а $∠AFE$ - прямой. Тогда углы $′ AD2B$ и $′ AD 1C$ - прямые. Рассмотрим точку $′ X$ , симметричную точке $X$ относительно $BC$ . Заметим, что если $′ AX$ перпендикулярно $BC$ , то и $AX$ будет перпендикулярно $BC$ . Продлим $′ AD 2$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $L$ и $′ AD 1$ до пересечения с $′ BD 2$ в точке $M$ . Тогда $′ MD 2$ и $′ LD1$ - высоты в треугольнике $AML$ , $X$ - его ортоцентр, $AX$ - третья высота. Докажем, что $ML||BC$ : Действительно, из вписанности $′ ′ ′ ′ BD 1D2C∠LCB = ∠BD 2D 1$ . $′ ′ MLD 2D1$ - вписанный ( $′ ′ ∘ ∠LD2M = ∠MD 1L= 90$ ), откуда $′ ′ ′ ∠BD2D 1 = ∠D1LM =⇒ ML ||BC =⇒ AX$ перпендикулярно $BC$

3. Докажем, что все прямые будут проходить через точку $M$ - середину $BC$ . Будем доказывать с конца - проведём через точки $M$ и $D ′$ прямую, и докажем, что она пересекает окружность $ABC$ в нужной нам точке. Пусть это точка $G′$ . Отразим $D′$ относительно точки $M$ , получим точку $U$ . $∠BUC = ∠BD ′C = ∠BDC$ , поэтому $U$ попадёт на описанную окружность $ABC$ . Посчитаем углы: $∠BD ′U = ∠D′UC$ так как $BDCD ′$ - параллелограмм, $∠G′UC =∠G ′AC$ как вписанные, $∠G ′D ′F =∠BD ′M$ как вертикальные, откуда $∠G ′D′F =∠G ′AF$ , то есть $G′ADF$ - вписанный, что и требовалось доказать.

$PIC$ $PIC$

4. Пусть $T$ - точка Торичелли треугольника $ABC$ . Заметим, что она лежит на дуге $′ BD C$ (так как $∘ ∘ ∠BTC = 120 = 180 − ∠A$ Рассмотрим точку $′ T$ , изогонально сопряжённую точке $T$ . Заметим, что $∘ α +β +γ+ δ = 120$ , и $∘ β+ γ = 60$ , откуда $′ ∘ ∘ ∘ ∠BT C = 180 − 60 = 120$ , и точка $′ T$ лежит на дуге $′ BD C$ . Также заметим, что $∘ x +y =y +δ = 60$ , откуда $y =δ$ , то есть $′ ∘AT B$ касается $CB$ в точке $B$ . Тогда мы можем определить точку $T ′$ как точку пересечения двух окружностей, которые проходят через $A$ и касаются $BC$ в точках $B$ и $C$ соответственно.

$PIC$

Пусть $N$ - середина малой дуги $BC$ . Докажем, что $N$ - центр окружности $T′CB$ . Рассмотрим точку пересечения биссектрис $I$ . Тогда $∠BIC = 90∘+ ∠A2-= 120∘$ , то есть $I$ также лежит на дуге $BD′C$ , а по лемме о Трезубце мы знаем, что $NI = NB = NC$

$PIC$

Заметим, что (по определению изогонального сопряжения) $AT$ и $AT ′$ будут симметричны относительно биссектрисы $AI$ . Тогда в треугольниках $ATN$ и $AT′N$ : $AN$ - общая, $∠TAN = ∠T′AN$ , $TN = T′N$ . Тогда возможны две ситуации:

$PIC$

Треугольникии либо равны, либо сумма двух их углов равна $180∘$ Предположим, что вторая ситуация возможна. Тогда $∠NT A +∠NT ′A =$ $=180∘$ , но $∠NT A> ∠NBA$ , $∠NT ′A > ∠NCA$ , откуда $∠NT A +∠NT ′A> ∠NBA + ∠NCA = 180∘$ . Противоречие, следовательно треугольники $ATN$ и $AT′N$ равны, и $AT =AT ′$

$PIC$

Пусть $M$ - середина $BC$ . Проведём луч $AM$ , который пересечёт дугу $BD ′C$ в некоторой точке $K$ и дугу $BDC$ в некоторой точке $K ′$ . Тогда из симметрии $MK = MK ′$ . Через точку $M$ и произвольную точку $D′$ на дуге проведем прямую, которая пересечёт окружность $∘ABC$ в точке $G$ . (По доказанному ранее $ω =∘GAD ′$ ). Отразим $D ′$ относительно $M$ , получим точку $D′1$ Распишем степень точки:

$MB ⋅MC = MK ′⋅MA$	$(∘ABC,M )$
$′ MK ⋅MA =MK ⋅MA$	$′ (MK = MK )$
$MB ⋅MC = MD ′1⋅MG$	$(∘ABC,M )$
$MD ′⋅MG = MD ′1⋅MG$	$(MD ′ =MD ′1)$

Откуда $MD ′⋅MG = MK ⋅MA$ , то есть любая окружность $ω$ проходит через точку $K$ .

$PIC$

Достроим $BKC$ до параллелограмма. Тогда

∠T′CB = ∠CBK ′ =∠K ′AC

∠T′BC = ∠BCK ′ =∠K ′AB

Это свойство выполнено и для точки $K$ , и для точки $T′$ . Но такая точка всего одна, следовательно, они совпадают, а хорда окружности всегда меньше или равна диаметру окружности!

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#69411

Общий сюжет. Пусть $f(a,b)$ — это количество способов пронумеровать клетки доски $a ×b$ номерами от 1 до $ab$ так, что каждая следующая находится в одной строке или столбце хотя бы с одной из предыдущих.

1. Найдите $f(3,2)$ .

2. Покажите, что

( ) f(a,a)≤ 100-a2! 2a

3. Докажите, что

( 2) f(a,a)≥ --a-!a 100⋅8

4. Найдите $f(a,2)$ .

Замечание. “Найти” означает выписать ответ в замкнутом виде.

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, 2 сюжет (см. yumsh.ru)

Показать ответ и решение

1. Заметим, что при перестановке столбцов и строк в расстановке чисел она всё ещё будет удовлетворять условию. Значит, можно посчитать число способов с $1$ в нижнем левом угле и затем умножить его на $6$ . Разберём возможные позиции для двойки:

2

1

$=⇒ 4!$ (остальные числа можем поставить как угодно)



1	2

$=⇒ 3⋅3!$ (нам нельзя ставить $3$ в верхний правый угол. выбираем для неё одно из трёх других мест и расставляем остальные как угодно)



1		2

$=⇒ 3⋅3!$ (симметричен предыдущему случаю)

Тогда $f(3,2)= 6(4!+ 2⋅3⋅3!)= 360.$

2. Будем расставлять числа по возрастанию. Переставим столбцы и строки так, чтобы $1$ находилась в левом нижнем углу. Рассмотрим долю мест, на которые мы можем поставить $2$ . Эта доля $= 2(aa−2−1)1 ≤ 2a$ . Для $3$ эта доля будет $(a−1)+(aa−21−)2+(a−2)≤ 3a$ . И в общем случае: с каждым новым числом общее количество свободных мест уменьшается на 1, а количество подходящих увеличивается максимум на $(a− 1)$ . Сравним:

(i+-1)(a+-1)≤ i+1- a2− i a

что при $i≤ a$ верно.

Тогда общее количество мест

2 (a−-1)! (a)!aa−2

Докажем, что

2 (a−-1)! (a2)! (a )!aa−2 ≤ 100 2a

что равносильно

a a−2 2 ⋅(a− 1)!≤ 100a

По неравенству о средних:

a2 x(a− x)≤ 4

Тогда

2a⋅(a− 1)!≤ 8⋅1⋅(a − 1)⋅aa− 1 ≤ 100aa−2

что и требовалось.

3. Докажем, что

( 2) (a2)!(a−a−12)!-≥--a-!a a 100⋅8

что равносильно

a a−2 (a − 1)!⋅100⋅8 ≥ a

Базу $a= 2$ легко проверить

100⋅64≥ 1

По предположению индукции

----aa−2----≤ 1, (a− 1)!⋅100⋅8a

а для перехода надо доказать

-(a+-1)a−1-- (a)!⋅100⋅8a+1 ≤ 1

Тогда докажем

a−1 a−2 -(a+-1)-a+1 ≤----a------a, (a)!⋅100⋅8 (a− 1)!⋅100⋅8

что равносильно

(a+ 1)a−1 ≤ aa−2⋅8a ⇐⇒ (a-+1)a−1 ≤ 8 a

1a−1 (1+ a) ≤ 8

а это уже известное неравенство (можно оценить даже не числом 8, а числом Эйлера - числом $e$ ), которое тоже легко проверить по индукции для любого натурального $a.$

4. Будем расставлять числа по возрастанию. Пусть мы начали с какой-то из двух строк. Нам интересен первый момент, когда мы “перескочим” на другую, так как после этого остальные числа можно расставить как угодно.

			…	k	…

1	2	3	…		…

Пусть мы “перескочили” на числе $k +1$ . Посчитаем количество таких расстановок: мы выбираем одну из двух строк начальной, затем расставляем числа от $1$ до $k$ в этой строке, затем выбираем, куда поставить $k+ 1$ — для этого есть только $k$ способов, так как мы должны поставить его в один столбец с любым из $k$ чисел. Все остальные числа можем расставить как угодно:

2⋅a⋅(a− 1)⋅...⋅(a− k+ 1)⋅k ⋅(2a− (k +1))!

Таким образом,

∑a f(a,2)= 2⋅a⋅(a− 1)⋅...⋅(a− k+ 1)⋅k ⋅(2a− (k+ 1))!= k=1

∑a --a!-- =k=12⋅(a− k)! ⋅k⋅(2a− (k+ 1))!

Что делать с такой суммой не очень понятно, хочется выразить её через $Cnm$ — с ними мы умеем работать, то есть мы хотим получить выражение вида $(nn+!mm!)!$ :

f(a,2)= ∑a 2⋅--a!--⋅k⋅(2a− (k+ 1))!= k=1 (a− k)!

a a =2⋅a!(a− 1)!∑ -k(2a−-k−-1)! =2 ⋅a!(a − 1)!∑ kCa−1 k=1(a− 1)!(a− k)! k=1 2a−k−1

Осталось посчитать эту сумму. Распишем её:

a ∑ kCa−1 = Ca−1 +2Ca−1 + 3Ca−1 + ...+ aCa−1 k=1 2a−k−1 2a−2 2a−3 2a−4 a− 1

Пусть у нас есть $2a− 1$ игроков, которые упорядочены по убыванию своей силы. мы выбираем среди них команду из $a$ игроков и капитана, который должен быть сильнее всех игроков. С одной стороны, мы можем просто набрать команду из $a+ 1$ игроков и назначить капитаном самого сильного из них. Это же число способов можно посчитать по-другому: выберем самого сильного после капитана участника команды. Пусть он имеет номер $k+ 1$ (то есть сильнее него ровно $k$ человек). Тогда у нас есть $k$ способов выбрать капитана, и потом нам нужно набрать команду из $a− 1$ человека из $2a− k− 2$ . Получается, что