III-го этапа XXVIII ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ … · xxix Всероссийская математическая олимпиада школьников

Материалы для проведения

III-го этапа

XXVIII ВСЕРОССИЙСКОЙ

МАТЕМАТИЧЕСКОЙ

ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ

2002–2003 учебный год

Москва, 2002

Условия задач

8 класс8.1. У Васи есть несколько конфет не обязательно одинаковой

стоимости. Известно, что конфеты можно разложить на двекучки так, что суммарная стоимость конфет в одной кучкебудет вдвое больше, чем в другой. Также их можно разло-жить на две кучки так, что суммарная стоимость конфет водной кучке будет втрое больше, чем в другой. Какое наи-меньшее число конфет могло быть у Васи? (О.Подлипский)

Ответ. 3 конфеты.Очевидно, что конфет не меньше 3. Пусть, например,

их стоимости равны 1, 3 и 8 рублям. Тогда (1 + 3) · 2 = 8 и3 · 3 = 1 + 8.

8.2. Точка пересечения высот остроугольного треугольника рав-ноудалена от середин его сторон. Докажите, что треуголь-ник равносторонний. (Н.Агаханов)

Решение.

A

B

C

M N

H

K

B1

Рис. 1.

Пусть H — точка пере-сечения высот (ортоцентр),BB1 — высота треугольника

ABC, M иN — середины сто-рон AB и BC (см. рис. 1).

Пусть BH ∩ MN = K,тогда MN ‖ AC (средняялиния), BH ⊥ AC, значит,HK — высота треугольника

MHN . НоHM = HN ⇒ HK— биссектриса треугольника MHN . Поэтому 4HMB == 4HNB ⇒ BM = BN , 1

2 BA = 12 BC, т.е. BA = BC.

Аналогично, BC = CA.8.3.Решение.

8.4. Для оборачивания кубика 3 × 3 × 3 имеется неограничен-

III этап, 2002–2003 уч. год

ный набор полосок ширины 1, каждая из которых состоитиз целого числа клеток. Какое наименьшее число полосокнеобходимо взять, чтобы обернуть кубик в один слой?

(Л.Емельянов)

Ответ. 6 полосок.

Рис. 2 Рис. 3На рис. 2 показан пример оклеивания 6 полосками по 9

клеток каждая. Показаны 3 полоски. Аналогично распола-гаются 3 другие полоски (см. рис. 3).

Докажем, что наименьшим числом обойтись нельзя. До-пустим, что существует оклейка 5 полосками, тогда хотя быодна из них имеет длину 11 или 12 клеток. Значит, остав-шимися 4 полосками надо оклеить 43 или 42 клетки. Длин-ная полоска (11 ли 12 клеток) оклеивает клетки четырехграней, и не затрагивает двух граней. Посмотрим на них(см. рис. 4). Для того, чтобы оклеить клетки, обозначенныекрестиком, необходимо использовать 2 полоски суммарнойдлины не более 10 клеток. Следовательно, двумя оставши-мися полосками нужно оклеить не менее 32 клеток. Длинаже каждой — не более 12 клеток.

8.5. На острове Буяне живут племена рыцарей, лжецов и реали-стов. Рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут, ареалисты лгут и говорят правду через раз.

3

XXIX Всероссийская математическая олимпиада школьников

длинная полоска

Рис. 4Однажды репортер спросил у двух жителей острова А

и Б, из каких они племен. Они ответили следующее: А: ,,Б— рыцарь. Извините, Б — реалист“. Б: ,,А — лжец. Изви-ните, А — . . . “. К сожалению, последнее слово, сказанноеБ, репортер не расслышал. Что это было за слово?

(И.Рубанов)

Решение. Ясно, что А — не рыцарь. Если А — лжец, тоон оба раза солгал. Но тогда получается, что Б — лжец

и сказал про А правду. Противоречие. Значит, А — ре-алист. Первое его высказывание, очевидно, ложно (иначеопять получается, что он — лжец). Значит, истинно второевысказывание. А, то есть Б — реалист. Поскольку первоевысказывание Б — ложно, то второе — истинно, то естьпропущенное слово — ,,реалист“.

8.6. Сумма положительных чисел x, y и z равна 11. Докажитенеравенство

[x]4 + [y]4 + [z]4 > 243.([a] — целая часть числа a, т.е. наибольшее целое число, непревосходящее a). (А.Храбров)

Решение. Предположим, что хотя бы одно из чисел меньше3. Тогда сумма оставшихся двух чисел больше 8. Следова-тельно, одно из них больше 4. В этом случае

[x]4 + [y]4 + [z]4 > 44 = 256 > 243.

Таким образом, можно считать, что все числа больше илиравны 3. В этом случае

[x]4 + [y]4 + [z]4 > 34 + 34 + 34 = 243.

8.7. Докажите, что любой параллелограмм можно разрезать

4


ровно на 9 равнобедренных треугольников. (Л.Емельянов)

Решение.

A

B C

DB′

D′

Рис. 5.

1) Пусть параллелограмм не явля-ется прямоугольником, а AD >> AB, тогда проекция точки Bна AD лежит на AD и не со-впадает ни с A, ни с D. Ана-логично, проекция D на BC ле-жит между B и C. Обозначимэти проекции через B′ и D′. Прямоугольные треугольникиABB′ и CDD′можно разрезать на 2 равнобедренных ка-ждый, как на рис. 6 (P — серединаAB ⇒ AP = PB = PB′).

A

B

B′

P

B

B′ D

D′

M

N

Q

Рис. 6 Рис. 7Разрежем прямоугольник B′BD′D на 5 равнобедренных

треугольников (см. рис. 7) (Q — середина DD′, M — сере-дина BQ, N — середина B′Q).

A

A1

B

B1

C

D

Q

Рис. 8.

2) Если параллелограмм являетсяпрямоугольником: Q — се-редина CD, CB1 — высота

4BCD, DA1 — высота4ADQ.4BQA — равнобедренный, акаждый из четырех прямо-угольных треугольников BB1C, B1CD, QA1D, AA1Dможно разрезать на 2 равнобедренных треугольника,как указано в первом случае.

8.8. На окружности расставлены 56 точек, делящие ее на рав-ные части. Двое играют в следующую игру. Игрок мо-жет своим ходом стереть любой набор точек, которые делят

5


окружность на равные части (при этом одну или 56 точекстирать нельзя). Проигрывает тот, кто не может сделатьход. Кто выигрывает при правильной игре?

(И.Рубанов, Д.Крамаренко)

Ответ. Выигрывает первый.Перенумеруем точки по порядку числами от 1 до 56.

Для выигрыша первому достаточно первым ходом стереть

точки, номера которых делятся на 7. Покажем, что тогдауже нельзя стереть точки, делящие окружность на деляще-еся на 7 число частей. В любом таком наборе есть точки,делящие ее на 7 равных частей. Но тогда их номера имеютразные остатки от деления на 7, поэтому среди них есть но-мер, делящийся на 7, но соответствующая точка уже стерта.

В таком случае, игроки могут стирать только точки,делящие окружность на 2k частей. Такие точки имеют оди-наковый остаток от деления на 7. Разобьем все оставшиесяточки на 6 множеств точек, имеющих фиксированный оста-ток, а эти множества — на пары. Тогда, если второй вы-черкнул в каком-то из этих множеств несколько точек, топервому достаточно вычеркнуть соответствующие точки в

парном множестве. Таким образом, первый всегда сможетсделать ход и выиграет.

9 класс9.1. На плоскости даны 2003 красных, 2003 синих и 2003 зеле-

ных прямых. Известно, что любые три прямые разных цве-тов имеют общую точку. Докажите, что все прямые имеютобщую точку. (В.Дольников)

Решение. Возьмем красную, синюю и зеленую прямую.Они, по условию, имеют общую точку P . Тогда любая зеле-ная должна проходить через P , так как P — точка пересе-чения красной и синей прямых. Аналогичное утверждениеверно для любой красной и синей прямой.

9.2. Буратино время от времени сажает на поле чудес монеты.

6


Из посаженной монеты немедленно начинает расти дерево

с постоянной скоростью 1 м в час. В полночь суммарная

высота посаженных Буратино деревьев равнялась 10 м, в5 часов утра — 16 м, а в 10 утра — 29 м. Докажите, чтосреди деревьев Буратино найдутся два таких, которые от-личаются по высоте не более, чем на 3 м. (И.Рубанов)

Решение. С полуночи до 5:00 суммарная высота деревьевувеличилась на 6 м. Поэтому в 5:00 часов деревьев было неменьше двух. С 5:00 до 10:00 суммарная высота деревьевувеличилась на 13 м. Поэтому в 5:00 деревьев было меньшетрех. Получается, что в 5:00 деревьев было ровно два, при-чем одно из них было посажено в 4:00. Деревья, посаженныес 5:00 до 10:00 за это время суммарно выросли на 3 м. Еслиих два или больше, то утверждение задачи очевидно. Еслиже дерево одно, то оно посажено в 7:00, и ровно на 3 м нижепосаженных в 4:00.

9.3. На высоте AH остроугольного 4ABC как на диаметре по-строена окружность ω. Пусть B1 и C1 — вторые (кромеA) точки пересечения ω со сторонами AB и BC соответ-ственно. Докажите, что касательные к ω, проведенные вB1 и C1 высекают на стороне BC отрезок, равный половинеэтой стороны. (Т.Емельянова)

Решение.

ω

A

BC

B1

C1

H MP

Рис. 9.

Так как AH — диа-метр ω, то ∠AB1H == 90◦ ⇒ 4HB1B — пря-моугольный.

Пусть M — точка

пересечения касательной,проведенной в B1, со сто-роной CB. MB1 = MHкак отрезки касательных к ω, проведенных из точки M .

Значит, 4HB1M — равнобедренный ∠B1HM == ∠HB1M ⇒ т.к. ∠B1BH +BHB1 = ∠MB1B+∠MB1H == 90◦, ∠MB1B = ∠MBB1, а, значит 4MB1B — рав-нобедренный, то есть MB = HM . Аналогично, CP =

7


= PH ⇒ PM = CB/2.9.4. Докажите, что существует бесконечно много не делящихся

на 3 точных квадратов, представимых в виде суммы пятиразличных степеней тройки. (А.Гарбер)

Решение. Для любого натурального n > z можно взятьчисла (3n + 2)2. Действительно,(3n + 2)2 = 32n + 4 · 3n + 4 = 32n + 3n+1 + 3n + 3 + 1.

9.5. На доске написано уравнениеx2 + 2x · ∗+ 3 · (∗+ ∗) = 0.

Докажите, что любую тройку попарно различных целых чи-сел можно так расставить в уравнении вместо ∗, что полу-ченное уравнение будет иметь корни. (Н.Агаханов)

Решение. Пусть a = n — наибольшее из этих чисел, b и c(b > c) — два других числа. Тогда b 6 n − 1 и c 6 n − 2.Поэтому, если поставить n вместо самой левой звездочки,получим квадратное уравнение с дискриминантом D = a2−−3(b+ c) > n2−3(n−1+n−2) = n2−6n+9 = (n−3)2 > 0.

9.6. За круглым столом 35 гостей уселись пить чай. Им выдали10 литровых и 25 поллитровых кружек. Каждому принеслиполлитровый чайник с чаем. Гость может вылить содер-жимое чайника себе или одному из своих соседей. Гости со-гласны пить только из полной кружки. Какое наибольшеечисло гостей может напиться чаю? (Р.Женодаров)

Ответ. 30 гостей.Гостям выдано 10+25 = 35 «поллитров» чая, а суммар-

ный объем кружек равен 10·2+25 = 45 «поллитров». Чтобынаполнить наибольшее количество полных кружек, нужнооставить пустыми минимальное число. Но так как гостямне хватает 10 «поллитров», а в каждую кружку влезает неболее 10 «поллитров», то по крайней мере 10 : 2 = 5 кружекостанутся пустыми. Следовательно, полных кружек можетбыть не более 30.

Приведем пример на 30 «напившихся» гостей — 25 споллитровых кружек и 5 с литровых. Пронумеруем по

кругу всех гостей с «литровыми» кружками, начиная с не-

8


которого (1, 2, . . . , 10). Разобьем весь круг на куски от 1-годо 2-го, от 3-го до 4-го и т.д., от 9-го до 10-го. В каждомтаком куске гости передают чай по часовой стрелке следу-ющему, кроме последнего (с «литровкой») в этом куске, ко-торый доливает себе свои поллитра.

Все остальные люди с «поллитрами», не входящие в та-кие куски, выливают чай в свои кружки. Таким образом.ровно 5 человек остались с пустыми «литровыми» круж-ками, и, следовательно, 30 человек напьются чая.

9.7. Пусть P — произвольная точка внутри 4ABC. Выбе-рем какую-либо вершину и отразим ее симметрично относи-тельно P , а затем полученную точку отразим симметричноотносительно середины стороны, противолежащей выбран-ной вершине. Обозначим полученную точку Q. Докажите,что Q не зависит от выбора вершины 4ABC.


Решение.A

BC

PM

Q

A0

A′

Рис. 10.

Выберем вершину A.Пусть A′ симметричнаA относительно P . Обо-значим через A0 сере-дину BC. Точки A′ иQ симметричны относи-тельно A0.

Рассмотрим4AA′Q,в нем отрезки AA0 и QPявляются медианами. Значит, они пересекаются в точке M ,делящей AA0 и QP в отношении 2 : 1, но AA0 — это ме-диана 4ABC ⇒ точка M — это точка пересечения медиан

4ABC (nfr как, находясь на его медиане, точка M делит

ее в отношении 2 : 1). Получается, что Q лежит на прямой

PM и удалена отM на расстояние вдвое большее, чем PM .А так как точки P и M — фиксированы, то и точка Q фик-сирована и не зависит от выбора вершины A, B или C.

9.8. На окружности расставлены 2n > 2 точек, делящие ее на

9


равные части. Двое играют в следующую игру. Игрок мо-жет своим ходом стереть любой набор точек, которые делятокружность на равные части (при этом одну или 2n точекстирать нельзя). Проигрывает тот, кто не может сделатьход. Кто выигрывает при правильной игре?

(И.Рубанов, Д.Крамаренко)

Ответ. Если n есть степень двойки, то выигрывает второй,иначе — первый.

Перенумеруем точки по порядку числами от 1 до 2n.Если n — степень двойки, то любой вычеркиваемый на-бор делит окружность на 2k частей. Поэтому они все либочетные, либо нечетные, и все точки делятся на два равныхn-угольника. Поэтому, если первый вычеркнет несколькоточек в одном из них, второму достаточно вычеркнуть со-ответствующие точки в другом. Тогда второй всегда смо-жет сделать ход и выиграет.

Пусть теперь n имеет нечетный простой делитель p.Тогда для выигрыша первому достаточно первым ходом

стереть точки, номера которых делятся на p. Покажем, чтотогда уже нельзя стереть точки, имеющие разные остаткиот деления на p. Действительно, рассмотрим набор, в кото-ром две соседних стираемых точки имеют разные остатки,т.е. разность их координат не делится на p. Рассмотримp стираемых точек подряд. Тогда они все имеют разные

остатки от деления на p, ибо разности их координат не де-лятся на p. Поэтому среди них есть точка, координата ко-торой делится на p, т.е. уже стертая точка.

В таком случае, игроки могут стирать только точки, де-лящие окружность на имеющие одинаковый остаток от де-ления на p. Разобьем все оставшиеся точки на p− 1 множе-ство точек, имеющих фиксированный остаток, а эти множе-ства — на пары. Тогда, если второй вычеркнул в каком-тоиз этих множеств несколько точек, то первому достаточновычеркнуть соответствующие точки в парном множестве.Таким образом, первый всегда сможет сделать ход и вы-играет.

10


10 класс10.1. Может ли тангенс острого угла быть в целое число раз

больше как синуса, так и косинуса этого же угла?(Н.Агаханов)

Ответ. Не может.Пусть tg α = n sinα и tg α = m cos α, где m,n — нату-

ральные числа, так как sinα и cos α положительны. Раз-делив первое равенство на второе, получаем 1 = n

m tg α,

tg α = mn , откуда sinα = m

n2 , cos α = 1n ⇒ 1 = sin2 α +

+ cos2 α = m2

n4 + 1n2 = m2 + n2

n4 ⇒ n2(n2 − 1) = m2. Отсюда

m2 ... n2, т.е. m = ns ⇒ n2 − 1 = s2, что невозможно принатуральных n и s.

10.2. На высоте AH остроугольного треугольника ABC взята

точка D. ТочкиM и N симметричны точке D относительно

сторон AB и AC соответственно. Докажите, что окружно-сти, описанные около треугольников ABM и ACN , пересе-каются второй раз в точке, симметричной точке D относи-тельно стороны BC. (Т.Емельянова)

Решение.A

B C

D

H

E

M

N

Рис. 11.

Обозначим за E точку,симметричную D относи-тельно BC. Докажем, чточетырехугольник AMBEвписанный.

Из симметрии D и

E относительно BC вы-текает, что ∠BEA == ∠BDE. Поскольку Dи M симметричны относи-тельно AB, треугольникиADB и AMB равны, следовательно ∠AMB = ∠ADB. Но∠ADB + ∠ADE = 180◦, поэтому ∠AMB + ∠BEA = 180◦,т.е. четырехугольник AMBE вписанный.

11


Аналогично доказывается, что четырехугольникANCEвписанный, откуда следует утверждение задачи.

10.3. Существуют ли такие натуральные числа x, y и z (причемx — нечетное), что выполняется равенство x10 + y10 = z11?

(В.Сендеров)

Ответ. Да, существуют.Положим y = αx. Тогда x10 + y10 = x10 + (αx)10 =

= x10(1 + α10). Взяв теперь α = 2 и x = 210 + 1, получимy = 211 + 2 и z = 210 + 1. Найденные числа удовлетворяютусловию задачи.

10.4. Для оборачивания кубика n×n×n имеется неограниченныйнабор полосок ширины 1, каждая из которых состоит из це-лого числа клеток. Какое наименьшее число полосок необ-ходимо взять, чтобы обернуть кубик в один слой (оборачи-вать разрешается так, чтобы каждая полоска покрывала наповерхности кубика несколько клеток целиком)?


Ответ. 2n полосок.На рис. 2 показан пример оклеивания 2n полосками по

3n клеток каждая. Показаны n полосок. Аналогично распо-лагаются другие n полосок (см. рис. 3).

12

3n

1

2

3

n

12

3n

Рис. 12.

Докажем, что меньшим числом

обойтись нельзя. Рассмотрим три

грани, имеющие общую вершину.Пометим клетки, расположенные вэтих трех гранях по диагоналям,выходящим из общей вершины, чи-слами 1, 2, . . . , n (см. рис. 12) Не-трудно видеть, что одна полоска неможет покрывать клетки, помечен-ные различными числами. Кроме

того, полоска покрывает не более двух клеток, помеченныхчислами, т.е. на покрытие клеток, помеченных числом k(k = 1, 2, , . . . , n), требуется не менее двух полосок. Такимобразом, всего требуется не менее 2n полосок.

10.5. На доске написано уравнение

12


x2 + 2x · ∗+ 3 · (∗+ ∗) = 0.

Докажите, что любую тройку попарно различных целых чи-сел можно так расставить в уравнении вместо ∗, что полу-ченное уравнение будет иметь корни. (Н.Агаханов)

Решение. Пусть a = n — наибольшее из этих чисел, b и c(b > c) — два других числа. Тогда b 6 n − 1 и c 6 n − 2.Поэтому, если поставить n вместо самой левой звездочки,получим квадратное уравнение с дискриминантом D = a2−−3(b+ c) > n2−3(n−1+n−2) = n2−6n+9 = (n−3)2 > 0.

10.6. Ко дню Российского Флага продавец украшает витрину 12горизонтальными полосами ткани трех цветов. При этом

он выполняет два условия:1) Одноцветные полосы не должны висеть рядом.2) Каждая синяя полоса обязательно должна висеть междубелой и красной.

Сколькими способами он может это сделать?(С.Волченков)

Решение. Будем называть белые и красные полосы тканизелеными.

Обозначим через Tn количество способов, которымиможно украсить витрину при наличии n полос ткани. Пер-вой полосой может быть только зеленая.

Если вторая полоса — синяя, то далее должны следо-вать n− 2 полосы, причем, первая из них — зеленая. Всегоспособов так развесить полосы — Tn−2.

Если вторая полоса — тоже зеленая, то вместе с нейоставшихся полос — n− 1 и развесить их можно Tn−1 спо-собами. Итак,

Tn = Tn−1 + Tn−2. (∗)Очевидно, что T1 = 2 (одна полоса может быть либо белой,либо красной), T2 = 2 (две полосы могут быть либо белой икрасной, либо красной и белой).

Все последующие Tn считаются по формуле (∗):

13


T3 = T2 + T1 = 4, T4 = T3 + T2 = 6, T5 = T4 + T3 = 10,T6 = T5 + T4 = 16, T7 = T6 + T5 = 26, T8 = T7 + T6 = 42,T9 = T8 + T7 = 68, T10 = T9 + T8 = 110, T11 = T10 + T9 = 178,

T12 = T11 + T10 = 288.

10.7. В пространстве даны 4 попарно не пересекающиеся прямые.Известно, что любая плоскость, не параллельная ни однойиз этих прямых, пересекает их в четырех точках, являю-щихся вершинами параллелограмма. Докажите, что дан-ные прямые параллельны. (С.Спиридонов)

Решение. Пусть a, b, c, d — данные прямые. Докажем,например, что прямые c и d параллельны.

Рассмотрим некоторую плоскость, не параллельную ниодной из данных прямых. Пусть она пересекает прямые aи b в точках A и B соответственно. Рассмотрим плоскостиπα, проходящие через прямую AB и не параллельные пря-мым a, b, c, d (заметим, что таких плоскостей бесконечномного). Пусть Cα, Dα — точки пересечения плоскости πα с

прямыми c и d. Все рассматриваемые плоскости πα можно

разделить на 3 типа: (1) для которых ABCαDα — паралле-лограмм; (2) для которых ABDαCα — параллелограмм; (3)для которых ACαBDα — параллелограмм. Найдутся дверазличные плоскости πα′ и πα′′ одного типа.

Допустим, что πα′ и πα′′ — плоскости типа (1) (см.рис. 13). Тогда

−−−→AB =

−−−−−−→Dα′Cα′ , и также

−−−→AB =

−−−−−−−→Dα′′Cα′′ .

Следовательно, векторы−−−−−−→Dα′Cα′ и

−−−−−−−→Dα′′Cα′′ равны. Это

значит Cα′Cα′′Dα′′Dα′ — параллелограмм, следовательноCα′Cα′′‖Dα′Dα′′ , т.е. c‖d.

Тот случай, когда πα′ и πα′′ — плоскости типа (2) ана-логичен уже разобранному.

Допустим, что πα′ и πα′′ — плоскости типа (3) (см.рис. 14). Тогда Cα′ и Dα′ симметричны относительно се-редины отрезка AB, и также Cα′′ и Dα′′ симметричны от-носительно середины отрезка AB. Следовательно, прямыеc = Cα′Cα′′ и d = Dα′Dα′′ симметричны относительно сере-дины отрезка AB, и значит, параллельны.

14


cd

AB

Cα′′Dα′′

Cα′Dα′ c

d

A

B

Cα′′

Cα′

Dα′′

Dα′

Рис. 13 Рис. 1410.8. На столе лежат картинками вниз 8 игральных карт. Вы мо-

жете указать на любую группу карт (в частности, на однукарту, или, например, на все 8) и спросить, сколько картбубновой масти в этой группе. В качестве ответа Вам со-общат число, отличающееся от истинного зна-чения на 1.Как при помощи 5 вопросов наверняка узнать число бубно-вых карт, лежащих на столе? (С.Токарев)

Решение. Обозначив карты буквами A, B, C, D, E, F , Gи H, приведем один из способов. Первый вопрос — о всех

8 картах; пусть в качестве ответа на него предложено чи-сло k. Три следующих вопроса — о парах (A,B), (C,D), и(E,F ). Поскольку каждый ответ позволяет определить чет-ность числа бубновых карт в соответствующей группе, тоэта четность станет известна для пар (A,B), (C,D), (E,F )и (G, H). Ясно также, что если число бубновых карт в паренечетно, то оно равно 1; пусть среди указанных четырехпар ровно l содержат по одной бубновой карте.

Для пятого вопроса сформируем группу, состоящую из4− l карт — по одной из каждой пары, где число бубновыхкарт четно (т.е. равно 0 либо 2). Эти 4− l пар содержат вобщей сложности k+1−l либо k−1−l карт бубновой масти,

15


а сформированная группа — вдвое меньшее их количество,т.е. k + 1− l

2 либо k − 1− l2 . Но числа k + 1− l

2 и k − 1− l2 от-

личаются друг от друга на 1, и очевидно, что, получив в ка-честве ответа число, на 1 отличающееся от истинного зна-чения, мы это истинное значение (пусть оно равно m) сразуопределим. Определится и общее число бубновых карт настоле (2m + l).

11 класс11.1. В треугольнике сумма косинусов двух углов равна синусу

третьего угла. Докажите, что треугольник — прямоуголь-ный. (Н.Агаханов)

Решение. Из равенства cos α + cos β следует, что

2 cos α + β2 cos α− β

2 = 2 sin α + β2 cos α + β

2 , т.е. cos α + β2 =

= 0 или cos α− β2 = sin α + β

2 . Без ограничения общно-сти считаем α > β. Переписав второе равенство в виде

cos α− β2 = cos

(π2 −

α + β2

), получаем α− β

2 = π2 − α + β

2 ,(0 6 α− β

2 < π2

), откуда α = π

2 .З а м е ч а н и е. Ошибочным является такое рассу-

ждение: cos α + cos β = sin(α + β) = sinα cos β + cos α sin β.Левая часть не меньше правой, так как sinβ 6 1 и sinα 6 1,т.е.

sinα cos β + cos α sinβ 6 cos α + cos β, (1)причем равенство возможно только если при ненулевых ко-синусах (хотя бы один такой есть!) стоят единичные си-нусы.

В действительности неравенство (1) неверно, например,для углов α = 120◦, β = 30◦.

11.2. Биссектрисы AL, BM и CN треугольника ABC пересека-ются в точке O. Какой из отрезков LO, MO или NO —наибольший, если ∠A > ∠B > ∠C? (В.Сендеров)

Решение.Пусть ∠A = 2α, ∠B = 2β, ∠C = 2γ. Опустим перпендику-

16


ляры из точки O на стороны треугольника. Пусть L1, M1,N1 — основания этих перпендикуляров (см. рис. 15).

A

B

C

L

M

N

L1

M1

N1

O

Рис. 15.

В треугольникахOL1L,OM1M , ON1N оди-наковые катеты (рав-ные радиусу вписан-ной окружности), по-этому та из гипотенуз

(отрезков LO, MO,NO) больше, котораяобразует со стороной

треугольника меньший

угол.∠L1LO — внешний угол4ABC, поэтому ∠L1LO = 2γ+

+ α. Аналогично, ∠M1MO = 2γ + β, ∠N1NO = γ + 2β.Отсюда, ∠L1LO > ∠M1MO и ∠N1NO > ∠M1MO, т.е.∠M1MO — наименьший из трех углов, а значит, OL —наибольший из отрезков.

В случае, если точка L1 лежит с другой стороны от

точки L, аналогичные вычисления приводят к тому же ре-зультату.

11.3. Пусть x, y, z — неотрицательные числа и выполняется ра-венство x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1. Докажите неравенство

x + y + z 632

.

(В.Дольников)

Решение. Первое решение. Имеем: 2(xy + yz +xz)+x2 ++y2+z2−2(x+y+z)+1 = 2−2(x+y+z)+2(xy+yz+xz)−2xyz,или (x + y + z − 1)2 = 2(1 − x)(1 − y)(1 − z). Далее, понеравенству Коши, так как 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1, 0 6 z 6 1.

2(1− x)(1− y)(1− z) 6 2(

3− x− y − z

3

)3

.

Положим t = x + y + z − 1. Тогда имеем неравенство

t2 + 2(

t− 23

)3

6 0.

17


Один корень многочлена t2 + 2(

t− 23

)3равен 1

2 и поэтому

t2 +2(

t− 23

)3= 1

27 (2t3 +15t2 +24t−16) = 127 (2t−1)(t+4)2

или 127 (2t− 1)(t+4)2 6 0, то есть 2t− 1 6 0 ⇒ 2(x+ y + z−

− 1) 6 1 ⇒ x + y + z 6 32 .

Второе решение. Делаем замену a+ 12 = x, b+ 1

2 = y,

c + 12 = z. Тогда |a|, |b|, |c| 6 1

2 .Далее имеем(

a +12

)2

+(

b +12

)2 (c +

12

)2

+2(

a +12

) (b +

12

) (c +

12

)=

= a2 + a + b2 + b + c2 + c +34

+

+2(

18

+12

(ab + ac + bc) +14

(a + b + c) + abc

)=

= a2 + b2 + c2 +32

(a + b + c) + 1 + (ab + ac + bc) + 2abc = 1.

Или

a2 + b2 + c2 + (ab + ac + bc) + 2abc +32

(a + b + c) = 0

Если мы докажем, что 2(a2+b2+c2)+2(ab+ac+bc)+4abc > 0,то a+b+c 6 0 и, следовательно, x+y+z 6 3

2 . Далее имеем:

2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + ac + bc) + 4abc =

= (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 + 4abc =

= (a + b + c)2 + a2 + (b− c)2 + 2bc(1 + 2a),

но a > − 12 и, следовательно, все слагаемые неотрицательны

и неравенство доказано.11.4. В лагерь приехали n > 9 школьников. Известно, что любую

группу из 6школьников можно расселить по двум трехмест-ным комнатам так, что в каждой комнате все школьникизнакомы между собой. Какое наименьшее число пар знако-мых могло быть среди школьников?

(Д.Крамаренко)

18


Ответ. n(n− 1)2 − n = n(n− 3)

2 .Будем изображать школьников точками; если школь-

ники знакомы, то соединим их точки черным ребром,иначе — красным.

Приведем пример, показывающий, что оценка дости-гается. Расположим точки в вершинах выпуклого n-угольника и закрасим его стороны красным, а диагоналичерным. Тогда любые шесть точек образуют выпуклый ше-стиугольник, и его можно разбить на две тройки точек, иду-щих “через одну”.

Покажем, что черных ребер не менее указанного коли-чества, т.е. красных не больше n. Если из какой-то вер-шины выходит хотя бы 4 ребра, то шестерку точек, содер-жащую ее и четырех ее соседей, нельзя разбить указаннымв условии образом. Поэтому из каждой вершины выходит

не более трех красных ребер. Если из каждой вершины вы-ходит не более двух ребер, то всего ребер не более n.

Осталось разобрать случай, когда какая-то вершина Aсвязана ровно с тремя вершинами B, C и D красными ре-брами. Рассмотрим шестерку точек A,B, C, D, E, F , где E и

F — произвольные вершины, отличные от A,B, C, D, и ра-зобьем ее на две тройки указанным в условии образом. То-гда вершина A должна быть в другой тройке, чем B,C,D,поэтому E,F должны быть в одной тройке с ней. Таким

образом, A,E, F соединены черными ребрами, поэтому всекрасные ребра выходят из вершин B,C,D. Поскольку из ка-ждой выходит не более 3 красных ребер, всего их не больше,чем 9 6 n.

11.5. Сумма положительных чисел x, y и z равна 11. Докажитенеравенство

x[x] + y[y] + z[z] > 81.([a] — целая часть числа a, т.е. наибольшее целое число, непревосходящее a). (А.Храбров)

Решение. Предположим, что хотя бы одно из чисел меньше3. Тогда сумма оставшихся двух чисел больше 8. Следова-

19


тельно, одно из них больше 4. В этом случаеx[x] + y[y] + z[z] > 44 = 256 > 81.

Таким образом, можно считать, что все числа больше илиравны 3. Причем не все числа равны 3. В этом случае

x[x] + y[y] + z[z] > 33 + 33 + 33 = 81.

11.6. На доске написаны числа от 1 до n, n > 3. Разрешается

стереть любые два числа одной четности и вместо них за-писать на доску их полусумму. Так стирают числа до техпор, пока на доске не останется одно число. Докажите, чтов конце на доске могло остаться любое число от 2 до n− 1.

(Н.Агаханов)

Решение. Докажем утверждение по индукции. Для n = 3оно верно: {1, 2, 3} → {1 + 3

2 , 2} → {2}. Пусть оно верно дляn = m, т.е. из чисел от 1 до m можно получить любое число

от 2 до m−1. Рассмотрим набор {1, . . . ,m, m+1}. По пред-положению индукции из его части 1, . . . , m можно получить

любое число от 2 до m − 1. Значит, последним мы можемоставить на доске любое число из набора

m + 1 + (m− 1)2 =

= m, m + 1 + m− 32 = m − 1, . . . , m + 1 + k

2 = p, где k = 3,

если m — четно, и тогда p = m + 42 , k = 2, если m — не-

четно, и тогда p = m + 32 .

Теперь рассмотрим множество {2, 3, . . . ,m+1}. Из негоуказанными операциями можно получить в конце любое чи-сло от 3 до m (Здесь все числа на 1 больше, чем в наборе{1, . . . ,m}, а среднее арифметическое чисел a + 1 и b + 1 на1 больше среднего арифметического чисел a и b). Значит,последним мы можем оставить на доске любое число из на-бора 1 + 3

2 = 2, 1 + 52 = 3, . . . , 1 + l

2 = s, где l = m − 1, еслиm — четно, и тогда s = m

2 , l = m, если m — нечетно, и

тогда s = 1 + m2 .

Итак, если m четно, то мы получили в конце любое

число от 2 до m, а если нечетно, то любое число, кроме

20


a = m + 22 . Но число a можно получить, разбив вначале все

числа, кроме a, на пары (1,m + 1), (2,m), . . . , (a− 1, a + 1),где средние арифметические чисел в парах равны a.

11.7. Пусть A1, B1, C1, D1 — середины ребер SA, SB, SC,SD четырехугольной пирамиды SABCD. Известно, чтопространственные четырехугольники ABC1D1, A1BCD1,A1B1CD, AB1C1D являются плоскими и имеют равные

площади. Докажите, что ABCD — ромб. (Н.Агаханов)

Решение. В 4ASB, A1B1 — средняя линия (см. рис. 16),поэтому A1B1 ‖ AB1, значит, A1B1 ‖ (ABC). Но, по усло-вию, прямые A1B1 и CD лежат в одной плоскости. Значит,A1B1 ‖ CD, отсюда AB ‖ CD. Аналогично, AD ‖ BC, т.е.ABCD — параллелограмм со сторонами AB = a, AD = b.

A

B

C

D

S

O

A1

B1C1

D1

A′

B′

C ′

D′

O

A

B C

D

A′

B′C ′

D′

N

MP Q

Рис. 16 Рис. 17Будем через ρ(PQ, EF ) обозначать расстояние между

параллельными прямыми PQ и EF , ρ(O,PQ) — расстоя-ние от точки O до прямой PQ. По условию S(DA1B1C) == S(AD1C1B), но эти трапеции обе имеют основания a иa/2, поэтому ρ(DC, A1B1) = ρ(AB,C1D1). Пусть A′, B′, C ′,D′ — проекции точек A1, B1, C1, D1 на плоскость (ABC),SO — высота пирамиды. Тогда A′, B′, C ′, D′ — соответ-ственно середины отрезков OA, OB, OC, OD (см. рис. 17).

21


По теореме Пифагора ρ2(CD,A′B′) = ρ2(CD,A1B1) −− (H/2)2 = ρ2(AB,C1D1) − (H/2)2 = ρ2(AB,C ′D′), т.е.ρ(CD,A′B′) = ρ(AB,CD), откуда AQ = DP , AP = PM == x, DQ = QM = y, где P , Q, M — параллельные проекции

точек A′(B′), C ′(D′), O на AD. Имеем: 2x + y = 2y + x, т.е.x = y и, значит, O лежит на средней линии MN параллело-грамма ABCD. Аналогично, она лежит на второй его сред-ней линии, т.е. O — точка пересечения диагоналей парал-лелограмма ABCD. Тогда ρ(CD,A′B′) = 3/4ρ(CD,AB) == 3/4ha, ρ(AD,B′C ′) = 3/4ρ(AD,BC) = 3/4hb, где

a · ha = b · hb = S(AB1C1D). По условию (CDA1B1) =

= S(AB1C1D), т.е. 12

(a + a

2

) √(34 ha

)2+

(H2

)2=

= 12

(b + b

2

) √(34 hb

)2+

(H2

)2, значит, с учетом равенства

a · ha = b · hb, a · H = b · H, откуда a = b. Утверждениедоказано.

11.8. На столе лежат картинками вниз 8 игральных карт. Вы мо-жете указать на любую группу карт (в частности, на однукарту, или, например, на все 8) и спросить, сколько картбубновой масти в этой группе. В качестве ответа Вам со-общат число, отличающееся от истинного зна-чения на 1.Как при помощи 5 вопросов наверняка узнать число бубно-вых карт, лежащих на столе? (С.Токарев)

Решение. См. решение задачи 10.8.

Не указаны авторы в задачах: 8.3

22

Documents

III-го этапа XXVIII ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ … · xxix Всероссийская математическая олимпиада школьников