Задачи олимпиады Балеарских островов 2013
Предлагаю вам две задачи, которые предлагались на олимпиаде по математике, проходившей на Балеарах 13 января 2013 г.
Первая задача, на мой взгляд, довольно простая.
Задача. Найдите все функции 
, определенные на множестве вещественных чисел и принимающие вещественные значения, которые удовлетворяют функциональному уравнению
![\[f(x)+xf(-x)=1.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-f869bf6c8764733471b76d6a9d96f867_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
на 
:![\[f(-x)-xf(x)=1.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-774e355790565dfbbe78ab785f76ba8b_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[f(x)+xf(-x)=1,\ f(-x)-xf(x)=1.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-11330bc1ee84431463b7f20c290e0319_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[f(x)+x^2f(x)=1-x,\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-e7ff26f1dfcf0ff176880dc543fe514b_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[f(x)=\frac{1-x}{1+x^2}.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-585e635b787837dfd88afbbb4a84374b_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Вторая задача, как мне кажется, гораздо красивее и сложнее.
Задача. Имеется пять квадратов, расположенных так, как показано на рисунке:
Докажите, что квадрат 
и треугольник 
имеют одинаковые площади.
(эти углы в сумме дают 
), то![\[S_{FAE}=S_{GAH}.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-786694b9c939a7d895a5174eba5468c3_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
перпендикуляр к “основанию’’ фигуры. Пусть этот перпендикуляр пересекает продолжение отрезка 
в точке 
, а продолжение отрезка 
— в точке 
. Проведем также перпендикуляр к “основанию’’ через точку 
. Пусть этот перпендикуляр пересекает продолжение отрезка 
, а продолжение отрезка 
.
.
— объединение треугольника 
, квадрата 
и треугольника 
.![\[PB-RB=DH-BG,\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-9f3509a051f64b7821106f7500a40852_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[S_{SRPQ}=(DH-BG)^2.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-f5c22170f25e7012304aa288d0d34874_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[S_{AGR}=DH\cdot BG,\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-c1043809004763956b4325bb7f11c2ed_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
, а высота, опущенная на эту сторону, — это 
.
.![\[S_{AGPQH}=(DH-BG)^2+2DH\cdot BG=DH^2+BG^2.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-71d958e381d750db4b31a46fd5c57d9d_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
, что и требовалось доказать.Источник: http://www.xeix.org/Enunciats-i-solucions-de-la-fase-2081
1 Владимир:
Действительно, симпатичная задачка. Я думаю, подразумевалось более элегантное решение, без построений. В точках B и D сходятся по два треугольника, площади которых попарно равны по той же причине, что и с треугольниками FAE и GAH. Далее можно рассмотреть пятиугольник, образованный точками G, A, H и нижним основанием. С одной стороны, он состоит из 3-х квадратов и 4-х треугольников; учитывая предыдущее замечание, площади всех этих составляющих легко выразить через отрезки GB и DH (стороны “образующих” квадратов). С другой, это треугольник GAH и трапеция, площадь которой тоже выражается через GB и DH. Приравниваем и получаем ответ.
[Ответить]
Елизавета Александровна Калинина Reply:
Январь 31st, 2013 at 23:46
Владимир, видимо, Ваше решение проще. Но идея примерно та же. По ссылке после статьи приводится три различных решения: евклидово (близкое к приведенному и вашему), тригонометрическое и с помощью метода координат.
[Ответить]
2 Александр:
Можно с помощью векторов:
f = -b x k – 2 a
g = a x k – 2 b
f’ = -f x k
g’ = g x k
S = 1/2 |f’ x g’|
После алгебраических действий получим искомое: S = a*a+b*b
[Ответить]
2 Февраль 2013, 1:37