Задачи Пятого Турнира Юных Математиков (стр. 1 из 3)
УЗШ «Эрудит»
Реферат
по теме
«Задачи Пятого Турнира Юных Математиков»
ученика 10го класса
Гончаренко Никиты
Настоящий реферат рассматривает решения задач некоторых задач отборочного этапа Пятого Всеукраинского турнира юных математиков (проводившегося г. Сумы). В кратком условии участия было отмечено, что «предлагаемые задачи достаточно сложны и необязательно должны быть решены полностью. Оцениваться будут и отдельные продвижения и разбор частных случаев. В некоторых случаях можно решить аналогичную или более простую задачу». Данный реферат имеет несколько не доведенных до конца задач, либо решенных частично. Также приведены некоторые задач финального тура.
«Геометрические миниатюры»
Условие: Зафиксируем на плоскости
АВС и обозначим через SL, SM, SK площади треугольников, вершинами которых есть, соответственно, основания биссектрис, медиан и точек касания вписанной окружности. Доказать, что 
.Решение
Решение задачи разобъем на четыре этапа:
1. Докажем, что
2. Докажем, что
3. Докажем, что
4. Из этапов (2) и (3) ясно, что
, поэтому докажем, что 
Этап 1: Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС.
Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P, S и Q. Обозначим отрезки AP, CQ и BS как x, y и z соответственно. Тогда из «отрезки касательных, проведенных из одной точки равны», следует, что AC = AQ = x, CQ = CS = y, BS = BP = z.
Составим и решим систему.  |
Найдем отношение площади PSQ к площади АВС через разность площадей S PSQ = S АВС – (S APQ + S CQS + S BPS).
Аналогично,
и 
Тогда из S PSQ = S АВС – (S APQ + S CQS + S BPS) Þ
Подставим значения
Раскрыв скобки, выражение можно записать как
Длины сторон треугольника всегда положительны, значит используем неравенство Коши:
. Аналогично, для трех чисел: 
Подставим неравенства в числители дробей
.Итак, отношение площади треугольника
PSQ (по условию - Sk) , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС: 
.Этап 2: Найдем отношение площади треугольника, вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади данного треугольника АВС.
Пусть АН, BG, CF – биссектрисы АВС, тогда FGH – искомый треугольник. Найдем отношение площадей данного треугольника и FGH.
Обозначим AF = x, BH = y, CG = z. По свойству биссектрис («биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам»), тогда 
Значит,
По аналогии с предыдущей задачей найдем отношение FBH, HCG, FAG к площади ABC.
Аналогично,
и 
.Тогда
Упростив это выражение, получаем
.Теперь, из неравенства Коши (
) Þ 
.Итак,отношение площади треугольника
FHG (по условию - Sl), вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади треугольника АВС - 
.Этап 3: Найдем отношение площади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику
ABC. 
Проведем из вершин АВС медианы, пересекающие стороны АВ, ВС и АС соответственно в точках E, R и T.Рассмотрим AERT.
RT, по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ7RT.
ER=AT и ER7AT по этим же признакам ÞAERT – параллелограмм.
Значит ÐEAT=ÐERT (*) – по свойству параллелограмма.
Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них ÞÐRET = ÐRCT, ÐRBE = ÐETR (**).
Из (*) и (**) Þ
ERT подобен АВС при 
(по свойству средней линии). По свойству «площади подобных фигур относятся как квадраты коэффициентов подобия», 
.Итак, отношение площади треугольника (по условию SK), образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС -
.Этап 4:докажем, что
.В процессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решение оказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено.
Значит, действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан больше площади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который больше площади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности. ЧТД.
Задача 1 Финального тура
Условие: Решить уравнение xy2 + xy + x2 – 2y – 1 = 0 в целых числах.
Решение
Представим исходное уравнение в виде:
Из этого следует, что х – делитель 2у+1. Введем замену: 2у+1 = kx, где kÎZ. Тогда