tailieunhanh - Đề thi Olympic sinh viên thế giới năm 2002 ngày 1

" Đề thi Olympic sinh viên thế giới năm 2002 ngày 1 " . Đây là một sân chơi lớn để sinh viên thế giới có dịp gặp gỡ, trao đổi, giao lưu và thể hiện khả năng học toán, làm toán của mình. Từ đó đến nay, các kỳ thi Olympic sinh viênthế giới đã liên tục được mở rộng quy mô rất lớn. Kỳ thi này là một sự kiện quan trọng đối với phong trào học toán của sinh viên thế giới trong. | Solutions for problems in the 9th International Mathematics Competition for University Students Warsaw July 19 - July 25 2002 First Day Problem 1. A standard parabola is the graph of a quadratic polynomial y x2 ax b with leading coefficient 1. Three standard parabolas with vertices V1 V2 V3 intersect pairwise at points A1 A2 A3. Let A s A be the reflection of the plane with respect to the x axis. Prove that standard parabolas with vertices s A1 s A2 s A3 intersect pairwise at the points s V1 s V2 s V3 . Solution. First we show that the standard parabola with vertex V contains point A if and only if the standard parabola with vertex s A contains point s V . Let A a b and V v w . The equation of the standard parabola with vertex V v w is y x v 2 w so it contains point A if and only if b a v 2 w. Similarly the equation of the parabola with vertex s A a b is y x a 2 b it contains point s V v w if and only if w v a 2 b. The two conditions are equivalent. Now assume that the standard parabolas with vertices V1 and V2 V1 and V3 V2 and V3 intersect each other at points A3 A2 A1 respectively. Then by the statement above the standard parabolas with vertices s A1 and s A2 s A1 and s A3 s A2 and s A3 intersect each other at points V3 V2 V1 respectively because they contain these points. Problem 2. Does there exist a continuously differentiable function f R R such that for every x 2 R we have f x 0 and f0 x f f x Solution. Assume that there exists such a function. Since f 0 x f f x 0 the function is strictly monotone increasing. By the monotonity f x 0 implies f f x f 0 for all x. Thus f 0 is a lower bound for f 0 x and for all x 0 we have f x f 0 x f 0 1 x f 0 . Hence if x 1 then f x 0 contradicting the property f x 0. So such function does not exist. 1 Problem 3. Let n be a positive integer and let 1 ak _ vny k bk _ 2k-n for k _1 2 . . n. Show that a1 b1 . a2 b2 . . 1 2 an bn __ 0 n 1 Solution. Since kQ _ n _1 for all k 1 1 is equivalent to 2n n 11 1 n 1 n 1 1 21 22 2n - . 1