- 40 первых лет лидировал СССР, основным конкурентом была… Венгрия.
- Китай врывается в этот чарт только в 1989 году, а к 2001 обгоняет Венгрию (население <10 млн человек), в 2003 обгоняет СССР.
- Америка появляется в этом чарте в 1974 году, в 2005 догоняет Венгрию и селится на второй позиции.
- Северная Корея была дважды исключена за читерство 1991 и 2010 годах.
- Россия к 2011 году (за 20 лет присутствия в рейтинге, без учета медалей СССР) нагоняет и Венгрию и СССР и врывается на 3 место.
- Если посчитать по-честному, то СССР+Россия должны быть на первом месте всегда.
- 6-16 июля 2022 года в Осло, в Норвегии, состоится 63-я Международная Математическая Олимпиада.
Сейчас в олимпиаде участвуют более 100 стран, в которых живет 90% населения Земли. От каждой страны участвуют 6 школьников. Олимпиада проходила каждый год, кроме 1980, когда она была отменена из-за внутренних раздоров в Монголии.
Изначально олимпиада была организована странами-участниками Варшавского договора, но потом к олимпиаде присоединились и другие страны.
Lisa Sauermann, Reid W. Barton, Nicușor Dan and Ciprian Manolescu выиграли по несколько медалей, Григорий Перельман, Terence Tao, Ngô Bảo Châu и Maryam Mirzakhani стали выдающимися математиками, а некоторые получили Филдсовскую премию.
Первая олимпиада проходила в Румынии, в Бухаресте, и в ней принимали участие школьники всего из 7 стран: 46 мальчиков и 6 девочек.
Под катом судьба победителей олимпиады 1959 года и текст задач с решениями.
Богуслав Дивиш (слева) выиграл Чехословацкую и Международную математическую олимпиаду (первое место) в 1959 году, а затем изучал математику в Карловом университете в Праге (был учеником Войтеха Ярника). Он написал дипломную работу вместе с Ярником в 1966 году и получил докторскую степень в 1969 году, защитив диссертацию «О точках решетки в многомерных эллипсоидах» в Гейдельбергском университете вместе с Питером Рокеттом.
Он написал 20 научных статей, умер на научной конференции от сердечного приступа в 33 года.
Basarab Nicolescu из Румынии и György Csanak из Венгрии набрали равное количество баллов и поделили 2 место.
- Интервью с Basarab Nicolescu про первую международную математическую олимпиаду
- Мысли Basarab Nicolescu про науку и религию
Из советской сборной в 1959 году только Андрей Том получил бронзовую медаль.
Задачи
Задача 1
Докажите, что дробь
неприводима для любого натурального числа.
решение
Используем алгоритм Евклида для наибольшего общего делителя:
из этого следует, что
неприводима.
(еще 5 вариантов решений)
Видеорешение:
из этого следует, что
неприводима.(еще 5 вариантов решений)
Видеорешение:
Задача 2
Для каких действительных значений «x» выполняется:
учитывая
а) A=√2,
b) A=1,
c) A=2,
где для квадратных корней допускаются только неотрицательные действительные числа?
решение
Квадратные корни означают, что 
.
Возведите в квадрат обе части данного уравнения:
Складываем первый и последний члены и получаем:
Умножьте средние члены и используйте (a + b)(a — b) = a2 — b2, чтобы получить:
Поскольку член внутри квадратного корня является полным квадратом, и, вынося 2 за скобки, мы получаем
Используя свойство, что
получаем:
Случай I: если x≤1, то |x-1| = 1 — x, и уравнение сводится и уравнение сводится к A2 = 2. Это как раз часть (а) вопроса, для которого действительный интервал теперь
Случай II: если x > 1, то |x-1| = x — 1, и мы имеем
что упрощает до
Это говорит о том, что для (b) нет решения, так как мы должны иметь <A2 ≥ 2
Для © мы имеем A = 2, что означает, что A2 = 4, поэтому единственным решением является x= 3/2
Видеорешение:
.Возведите в квадрат обе части данного уравнения:
Складываем первый и последний члены и получаем:
Умножьте средние члены и используйте (a + b)(a — b) = a2 — b2, чтобы получить:
Поскольку член внутри квадратного корня является полным квадратом, и, вынося 2 за скобки, мы получаем
Используя свойство, что
получаем:
Случай I: если x≤1, то |x-1| = 1 — x, и уравнение сводится и уравнение сводится к A2 = 2. Это как раз часть (а) вопроса, для которого действительный интервал теперь
Случай II: если x > 1, то |x-1| = x — 1, и мы имеем
что упрощает до
Это говорит о том, что для (b) нет решения, так как мы должны иметь <A2 ≥ 2
Для © мы имеем A = 2, что означает, что A2 = 4, поэтому единственным решением является x= 3/2
Видеорешение:
Задача 3
Пусть a, b, c — действительные числа. Рассмотрим квадратное уравнение относительно косинуса «х»:
Используя числа a, b, c, составьте квадратное уравнение относительно косинуса «2х», корни которого совпадают с корнями исходного уравнения.
Сравните уравнения для «х» и «2х» для a=4, b=2, c=-1.
решение
Пусть исходное уравнение выполняется только при cos(x)=m, cos(x)=n. Затем, мы хотим построить квадратное уравнение с корнями 2m2-1, 2n2-1.
Очевидно, что сумма корней этого квадрата должна быть
и произведение его корней должно быть:
Таким образом, следующий квадратичный показатель удовлетворяет условиям:
Теперь, когда мы допустим a=4, b=2, c=-1, наши уравнения
и
Это упрощает предыдущее уравнение. Первый корень первого уравнения
соответствует 
и второй корень первого уравнения 
соответствует 
Видеорешение:
Очевидно, что сумма корней этого квадрата должна быть
и произведение его корней должно быть:
Таким образом, следующий квадратичный показатель удовлетворяет условиям:
Теперь, когда мы допустим a=4, b=2, c=-1, наши уравнения
и
Это упрощает предыдущее уравнение. Первый корень первого уравнения
соответствует 
и второй корень первого уравнения 
соответствует 
Видеорешение:
Задача 4
Постройте прямоугольный треугольник с заданной гипотенузой c так, чтобы медиана, проведенная к гипотенузе, была бы средним геометрическим двух катетов треугольника.
решение
Обозначим катеты треугольника как a и b. Мы также наблюдаем известный факт, что в прямоугольном треугольнике медиана гипотенузы равна половине длины гипотенузы. (Это верно, потому что если мы вписываем треугольник в окружность, гипотенуза является диаметром, поэтому отрезок от любой точки окружности до середины гипотенузы является радиусом.)
Условия задачи требуют, чтобы ab = c2/4
Однако мы замечаем, что удвоенная площадь треугольника abc равна aхb, так как a и b образуют прямой угол. Однако удвоенная площадь треугольника также является произведением c и высоты к стороне c. Следовательно, высота до c должна иметь длину c/4. Следовательно, если мы построим окружность с диаметром c и линией, параллельной c, на расстоянии c/4 от c, то любая точка пересечения прямой и окружности даст подходящую третью вершина треугольника.
(еще 5 вариантов решения)
Видеорешение:
Условия задачи требуют, чтобы ab = c2/4
Однако мы замечаем, что удвоенная площадь треугольника abc равна aхb, так как a и b образуют прямой угол. Однако удвоенная площадь треугольника также является произведением c и высоты к стороне c. Следовательно, высота до c должна иметь длину c/4. Следовательно, если мы построим окружность с диаметром c и линией, параллельной c, на расстоянии c/4 от c, то любая точка пересечения прямой и окружности даст подходящую третью вершина треугольника.
(еще 5 вариантов решения)
Видеорешение:
Задача 5
Произвольная точка M выбрана внутри отрезка AB. Квадраты AMCD и MBEF построены по одну сторону от AB, с отрезками AM и MB в качестве их соответствующих оснований. Окружности описанные вокруг этих квадратов с центрами соответственно P и Q пересекаются в точке M, а также в другой точке N. Обозначим через N' точку пересечения прямых AF и BC.
a) Докажите, что точки N и N' совпадают.
b) Докажите, что прямые MN проходят через фиксированную точку S независимо от выбора M.
c) Найдите геометрическое место середины отрезков PQ, когда M изменяется между A и B.
решение
а) Так как треугольники AFM, CBM равны, то и углы AFM, CBM равны; следовательно, угол AN'B прямой. Следовательно, N' должен лежать на описанных окружностях обоих четырехугольников; следовательно, это та же точка, что и N.
b) Заметим, что AM/MB = CM/MB = AN/NB, так как треугольники ABN, BCM подобны. Тогда NM делит ANB пополам.
Теперь рассмотрим окружность с диаметром AB. Так как угол ANB прямой, угол N лежит на окружности, а так как MN делит угол ANB пополам, то дуги, которые он пересекает, конгруэнтны, т. е. он проходит через биссектрису дуги AB (против часовой стрелки)., что является постоянной точкой.
с) Обозначим середину PQ как R. Очевидно, что расстояние R до AB равно среднему из расстояний P и Q до AB, т. е. половине длины AB, которая является константой. Следовательно, рассматриваемое геометрическое место является отрезком прямой.
Видеорешение:
Видеорешение 2:
b) Заметим, что AM/MB = CM/MB = AN/NB, так как треугольники ABN, BCM подобны. Тогда NM делит ANB пополам.
Теперь рассмотрим окружность с диаметром AB. Так как угол ANB прямой, угол N лежит на окружности, а так как MN делит угол ANB пополам, то дуги, которые он пересекает, конгруэнтны, т. е. он проходит через биссектрису дуги AB (против часовой стрелки)., что является постоянной точкой.
с) Обозначим середину PQ как R. Очевидно, что расстояние R до AB равно среднему из расстояний P и Q до AB, т. е. половине длины AB, которая является константой. Следовательно, рассматриваемое геометрическое место является отрезком прямой.
Видеорешение:
Видеорешение 2:
Задача 6
Две плоскости P и Q пересекаются по прямой p. Точка А принадлежит плоскости P, а точка С принадлежит плоскости Q, ни одна из этих точек не лежит на прямой p. Постройте равнобедренную трапецию ABCD (AB параллельно CD), в которую можно вписать окружность, и с вершинами B и D, принадлежащими P и Q соответственно.
решение
Видеорешение:
Прежде всего заметим, что обе прямые AB (обозначим a) и DC (обозначим c) должны быть параллельны p, так как если одна из них не параллельна, то ни одна из них не параллельна pтогда ни одна из них не должна пересекать p (поскольку они обе компланарны с p), поэтому они будут скрещивающимися.
Теперь заметим, что поскольку в трапецию можно вписать окружность, мы должны иметь AB + DC = AD + BC, а поскольку трапеция равнобедренная, отсюда следует, что длина каждого из катетов трапеции равна среднему значению длин оснований.
Это среднее можно найти, опустив перпендикуляр AA' на c так, чтобы A' лежала на c. Среднее значение будет A'C, которое является одной из сторон прямоугольника со сторонами на a и c с вершинами A и C.
Теперь нарисуем окружность с центром C, содержащую A'. Пересечения этой окружности с a являются двумя возможными значениями B, из каждого из которых легко определить соответствующее положение D. Стоит отметить, что точки пересечения могут совпадать (в этом случае существует только единственный случай — квадрат), а могут и вовсе не пересекаться.
Прежде всего заметим, что обе прямые AB (обозначим a) и DC (обозначим c) должны быть параллельны p, так как если одна из них не параллельна, то ни одна из них не параллельна pтогда ни одна из них не должна пересекать p (поскольку они обе компланарны с p), поэтому они будут скрещивающимися.
Теперь заметим, что поскольку в трапецию можно вписать окружность, мы должны иметь AB + DC = AD + BC, а поскольку трапеция равнобедренная, отсюда следует, что длина каждого из катетов трапеции равна среднему значению длин оснований.
Это среднее можно найти, опустив перпендикуляр AA' на c так, чтобы A' лежала на c. Среднее значение будет A'C, которое является одной из сторон прямоугольника со сторонами на a и c с вершинами A и C.
Теперь нарисуем окружность с центром C, содержащую A'. Пересечения этой окружности с a являются двумя возможными значениями B, из каждого из которых легко определить соответствующее положение D. Стоит отметить, что точки пересечения могут совпадать (в этом случае существует только единственный случай — квадрат), а могут и вовсе не пересекаться.
Читать еще
- Большой спорт для математиков (2007)
- Международная математическая олимпиада школьников 2015
- Международная математическая олимпиада 2020 (решаем в комментах)
- Второе место на Международной математической олимпиаде 2020
- Задачи с Международной математической олимпиады 2021 (решаем в комментах)
- 100 уроков Математики Алексея Савватеева
- Первая Всесоюзная олимпиада школьников по программированию (информатике) 1988 года
- Первая Всероссийская олимпиада школьников по программированию (информатике) 1989 года
- Из дневника призера первой Всероссийской олимпиады по программированию для школьников 1989 года
