KAZAKHSTAN EGMO TST 2020

1. Для каждого 𝑛 ∈ 𝑁 определите НОД (𝑛! + 1, (𝑛 + 1)!) Решение:

Если число (𝑛 + 1) составное, то любой простой делитель 𝑞 числа (𝑛 + 1)! не превосходит 𝑛 (если 𝑞 делит

(𝑛 + 1), то 𝑞 ≤ ≤ 𝑛; если 𝑞 не делит 𝑛 + 1, то 𝑞 делит одно из чисел 2, 3, … , 𝑛). Откуда 𝑛! делится на 𝑞,

а значит 𝑛! + 1 на 𝑞 не делится. Откуда ((𝑛 + 1)!, 𝑛! + 1) = 1.

Если же (𝑛 + 1) = 𝑝 – простое, то любой простой делитель 𝑞 ≠ 𝑝 числа (𝑛 + 1)! является делителем числа 𝑛! (так как 𝑞 ∤ 𝑝 = (𝑛 + 1)), откуда 𝑛! + 1 не делится на 𝑞. Кроме того, по теореме Вильсона, число 𝑛! + 1 =

(𝑝 − 1)! + 1 делится на 𝑝 = (𝑛 + 1). Значит p - единственный общий простой делитель чисел (𝑛 + 1)! И 𝑛! + 1. Осталось заметить, что (𝑛 + 1)! = 𝑝! Не делится на 𝑝 . Значит ((𝑛 + 1)!, 𝑛! + 1) = 𝑝 = 𝑛 + 1.

2. Пусть 𝑛 ≥ 2 натуральное число, а 𝑎 , 𝑎 , … , 𝑎 – набор положительных чисел, сумма которых равна 1. Докажите, что для любого набора положительных чисел 𝑥 , 𝑥 , … , 𝑥 , сумма которых равна 1, докажите неравенство

2 𝑥 𝑥 ≤𝑛 − 2

𝑛 − 1+

𝑎 𝑥

1 − 𝑎

Решение: Преобразуем левую часть в

(𝑥 + 𝑥 + ⋯ + 𝑥 ) − 𝑥 − 𝑥 − ⋯ − 𝑥 = 1 − 𝑥

И теперь запишем наше неравенство как

1 − 𝑥 ≤𝑛 − 2

𝑛 − 1+

𝑎 𝑥

1 − 𝑎⇔

1

𝑛 − 1≤

𝑎 𝑥

1 − 𝑎+ 𝑥

Теперь перепишем правую часть последнего неравенства как

𝑎 𝑥

1 − 𝑎+ 𝑥 = (

𝑎 𝑥

1 − 𝑎+ 𝑥 ) =

𝑥

1 − 𝑎

Наконец, оценим последнее по неравенству Коши-Буняковского

𝑥

1 − 𝑎≥

(𝑥 + ⋯ + 𝑥 )

(1 − 𝑎 ) + (1 − 𝑎 ) + ⋯ + (1 − 𝑎 )=

1

𝑛 − (𝑎 + ⋯ + 𝑎 )=

1

𝑛 − 1

3. Внутри треугольника ABC выбрана точка P. Пусть 𝐼 , 𝐼 , 𝐼 – центры вписанных окружностей

треугольников PBC, PAC, PAB соответственно. Точка 𝐼 – центр вписанной окружности треугольника 𝐼 𝐼 𝐼 . Докажите, что для каждой точки 𝑃 такой, что 𝐼 = 𝑃, обязательно имеют место равенства:

𝐴𝑃 − 𝐵𝑃 = 𝐴𝐶 − 𝐵𝐶, 𝐵𝑃 − 𝐶𝑃 = 𝐵𝐴 − 𝐶𝐴, 𝐶𝑃 − 𝐴𝑃 = 𝐶𝐵 − 𝐴𝐵 Решение:

Из условия задачи следует, что в четырёхугольнике 𝐼 𝑌𝑃𝑍 диагональ 𝑃𝐼 делит углы ∠𝑌𝑃𝑍 и ∠𝑌𝐼 𝑍 пополам, откуда треугольники 𝐼 𝑌𝑃 и 𝐼 𝑍𝑃 равны (по второму признаку). Значит ∠𝐼 𝑌𝑃 = ∠𝐼 𝑍𝑃. Аналогично ∠𝐼 𝑍𝑃 = ∠𝐼 𝑋𝑃 и ∠𝐼 𝑋𝑃 = ∠𝐼 𝑌𝑃. Значит

3 ∙ 180° = (∠𝐼 𝑌𝑃 + ∠𝐼 𝑍𝑃) + (∠𝐼 𝑍𝑃 + ∠𝐼 𝑋𝑃) + (∠𝐼 𝑋𝑃 + ∠𝐼 𝑌𝑃) =

= 2(∠𝐼 𝑌𝑃 + ∠𝐼 𝑌𝑃 + ∠𝐼 𝑋𝑃) = 2(180° + ∠𝐼 𝑋𝑃).

Значит ∠𝐼 𝑋𝑃 = 90°, т.е. 𝐴𝑋 ⊥ 𝐼 𝐼 . Аналогично 𝐵𝑋 ⊥ 𝐼 𝐼 и 𝐶𝑋 ⊥ 𝐼 𝐼 . Откуда 𝑌 и 𝑍 – точки касания вписанной окружности треугольника 𝐵𝑃𝐶. Следовательно

𝑃𝑌 = 𝑃𝑍 = .

Аналогично из треугольника 𝐴𝑃𝐶 имеем

𝑃𝑋 = 𝑃𝑍 = .

Значит

= ⟺ 𝐴𝑃 − 𝐵𝑃 = 𝐴𝐶 − 𝐵𝐶.

Остальные равенства доказываются аналогично.

4. Внутри треугольника ABC выбрана такая точка D, что AD = DC. Прямая BD пересекает сторону

AC в точке E. Оказалось, что = . Докажите, что 𝐵𝐸 = 𝐵𝐶

Решение: Заметим, что

𝐴𝐸

𝐸𝐶=

𝐵𝐷

𝐵𝐸< 1

Поэтому на отрезке CE можно найти такую точку F, что 𝐶𝐹 = 𝐴𝐸. Тогда 𝐵𝐷

𝐵𝐸=

𝐴𝐸

𝐸𝐶=

𝐶𝐹

𝐶𝐸

Поэтому по теореме Фалеса 𝐷𝐹||𝐵𝐶. Заметим, что тогда ∠𝐵𝐶𝐸 = ∠𝐷𝐹𝐸 и ∠𝐵𝐸𝐶 = ∠𝐷𝐸𝐹, а потому треугольники 𝐸𝐷𝐹 и 𝐸𝐵𝐶 подобны (*). А теперь вспомним, что треугольник ADC у нас равнобедренный, а так как AE = CF, то из соображений симметрии получаем, что ED = DF. Но тогда из-за подобия (*) получаем, что EB = BC, ч.т.д.

5. На контрольной учитель смог рассадить весь класс из 𝑛 человек (𝑛 ≥ 3) по трем комнатам так, что никакая пара друзей не попала в одну комнату. Подумав, учитель понял, что других способов так их рассадить нет. Докажите, что в классе не менее 2𝑛– 3 пар друзей. Решение: При n = 2, 3 все дружат между собой, иначе способ рассадки не единственный. Заметим, что при n 3 пустых комнат нет, иначе можно пересадить в пустую человека из комнаты с не менее чем двумя участниками и получит новый способ рассадки. Рассмотрим граф дружб для двух комнат из трех, скажем A и B. Пусть он не связен. Выберем одну компоненту. Учеников из этой компоненты из A переведем в B, а из B — в A. Получится новый способ. Противоречие. Значит, для каждой пары комнат граф связен. Пусть в комнатах сидят a, b, c учеников, a+b+c = n. Тогда ребер между парами комнат не меньше a+b–1, a+c–1 и b+c–1 соответственно, в сумме 2(a+b+c) – 3 = 2n–3.

6. Для простых чисел 𝑝 и 𝑞 нашлись некоторые натуральные числа 𝑚 и 𝑛 такие, что 1 + 𝑞 + 𝑞 + ⋯ + 𝑞 – степень числа 𝑝 с натуральным показателем 1 + 𝑝 + 𝑝 + ⋯ + 𝑝 – степень числа 𝑞 с натуральным показателем

Докажите, что хотя бы одно из чисел 𝑝 и 𝑞 равно 2