2022-ий рік розпочався з участі учнів в обласних та Київській міській олімпіаді. Задачі на таких олімпіадах, як правило, є на порядок складнішими за ті, які учні звикли розв’язувати в школі. Однак, зазвичай, на кожній олімпіаді є кілька таких задач, які, за задумом укладачів, повинні розв’язати всі учасники олімпіади. Розглянемо найпростіші задачі, які у 2022-му році учні розв’язували на олімпіаді в м. Київ.
Приміром, у першому турі олімпіади десятикласники доводили таку нерівність:
Для зручності можна ввести заміну х=√ab̅, y=√a̅c̅, z=√cb̅. Тоді х²+у²+z²=1, а=ху/z, b=xz/y, c=yz/x. Тоді задана нерівність набуде вигляду (у+y/(y²+2xz))∙(x+x/(x²+2yz))∙(z+z/(z²+2xy)) ≥ 8xyz. Ця нерівність рівносильна такій: (1+1/(y²+2xz))∙(1+1/(x²+2yz))∙(1+1/(z²+2xy)) ≥ 8. Оскільки, х²+у²+z²=1, то x²+2yz≤1. Тоді 1+1/(x²+2yz) ≥2. Аналогічно, 1+1/(y²+2xz) ≥2, 1+1/(z²+2xy) ≥2. Перемноживши почленно останні три нерівності, отримаємо нерівність, яку потрібно було довести.
Там же було таке рівняння:
Припустимо, що такий квадратний тричлен існує. Тоді а/2022² +b/2022+с=0, звідки а+2022b+2022²с=0. Звідси видно, що число а повинно бути парним. Однак, згідно з умовою задачі, воно непарне. Тому твердження задачі доведено від супротивного.
Своєю чергою, дев’ятикласники у першому турі олімпіади розв’язували таку задачу:
Матимемо, що (х+у+|х–у|)² ≥ (х+у)²= (х–у)²+4ху ≥4ху. Тоді (х+у+|х–у|)²/(ху) ≥4. Варто зазначити, що рівність в останній нерівності досягається при х=у, в чому легко переконатись підстановкою. Тому найменше значення заданого виразу дорівнює 4.
У восьмому ж класі в першому турі учні розв’язували таку задачу:
А) Нехай ці п’ять натуральних чисел дорівнюють nx, ny, nz, nw, nt, де n – їхній найбільший спільний дільник, а НСД(x, y, z, w, t)=1. Нехай при цьому x<y<z<w<t (нерівності строгі, бо ці числа повинні бути попарно різними). Тоді за умовою задачі, (nx+ny+nz+nw+nt)/5=3n, звідки x+y+z+w+t=15. Оскільки, x<y<z<w<t, то x≥1, y≥2, z≥3, w≥4, t≥5. Тоді x+y+z+w+t≥1+2+3+4+5=15. Тому рівність x+y+z+w+t=15 може виконуватись лише за умови, що x=1, y=2, z=3, w=4, t=5. Легко переконатись, що якщо n – довільне натуральне число, то п’ять чисел n, 2n, 3n, 4n, 5n задовольняють умову задачі, бо вони попарно різні, їхнє середнє арифметичне дорівнює 3n, а найбільший спільний дільник – n.
Б) Застосувавши аналогічні міркування до попереднього пункту задачі, отримаємо, що повинна виконуватись рівність (nx+ny+nz+nw+nt)/5=2n, звідки x+y+z+w+t=10. Однак ми вже вище показали, що якщо наші числа попарно різні, то x+y+z+w+t≥15. Тому рівність x+y+z+w+t=10 не може мати місця. Таким чином, відповідь на пункт б) негативна – «ні».
Семикласники у першому турі розв’язували таку задачу:
Варто помітити, що 2022=6∙337. Ми знаємо, що 1/2–1/3= 1/6. Тоді, поділивши останню рівність на 337, отримаємо, що 1/(2∙337)–1/(3∙337)= 1/(6∙337)= 1/2022, звідки 1/2022=1/674 –1/1011.
У другому ж турі олімпіади восьмикласники розв’язували таку задачу:
Число с+[c, a] ділиться без остачі на с. На с без остачі ділиться також число [b, c]. Оскільки, крім цього, b=с+[c, a]–[b, c], то число b повинно бути кратне с. Оскільки, число b кратне с, то число [а, b] також кратне с. Тоді число с+[c, a]–[а, b] без остачі ділиться на с. Але с+[c, a]–[а, b]=а. Отже, число а кратне с. Своє чергою, всі числа а, [а, b] та [c, a] діляться без остачі на а. Тоді без остачі на а ділиться число с=а+[а, b]–[c, a]. Оскільки, с ділиться на а, а число а ділиться на с, то с=а. Оскільки, b кратне с та с=а, то b кратне а. Але число а кратне b, бо а=b+[b, c]–[а, b]. Оскільки, b кратне а, а число а кратне b, то b=а. Отже a=b=c. При a=b=c задані рівності, вочевидь, виконуються.
Були й інші відносно нескладні завдання. Тому, як можна бачити, олімпіад не варто боятись, бо принаймні кілька задач можуть розв’язати практично всі учасники, які хоча б трішки до них готувались.
