Федоров Р.М., Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К., Ященко И.В. Московские математические олимпиады 1993-2005

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 1993 год. 11 класс 121

интервалам I

. Заметим также, что в силу 2

◦

ни один из

интервалов, составляющих график функции, не пересека-

ет осей координат.

Пусть J

— интервал, который получается из I

пово-

ротом на 90

◦

по часовой стрелке. По доказанному все эти

интервалы лежат на графике; все они лежат в четвертом

квадранте. Далее, пусть Q

— точка, получающаяся из P

поворотом на 90

◦

по часовой стрелке.

Нетрудно видеть, что интервалы J

и точки Q

состав-

ляют пересечение графика с четвертым квадрантом.

Итак, часть графика, расположенная в правой полу-

плоскости, представляет собой объединение интервалов I

и точек P

, Q

(k = 1, . . . , n, l = 1, . . . , m). Значит, про-

екции этих интервалов и точек на ось абсцисс разбивают

интервал (0; 1) на 2n интервалов и 2m точек. Но интер-

вал нельзя разбить на четное число интервалов четным

числом точек! Противоречие.

6. Рассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть муха побывала на

каждой из граней тетраэдра и вернулась в исходную точ-

ку. Без ограничения общности можно считать, что муха

Рис. 37

сначала побывала на грани ABC,

потом — на грани BCD, затем — на

DAB, и, наконец, на ACD. Обо-

значим соответствующие точки на

гранях, в которых побывала муха,

через E, F, G и H (рис. 37). Ясно,

что минимальное расстояние, кото-

рое муха могла пролететь, равно

периметру пространственного четы-

рехугольника EFGH.

◦

. Проведем через DC плос-

кость, перпендикулярную AB

(плоскость симметрии тетраэдра

ABCD) и рассмотрим четырехугольник E

, симмет-

ричный EFGH относительно этой плоскости. (Вершины

и G

останутся на тех же гранях, что E и G

соответственно, F

попадет на одну грань с H, а H

—

на одну грань с F.) Периметры четырехугольников EFGH

и E

равны.

122 Решения. 1993 год. 11 класс

◦

. Л е м м а. Рассмотрим любой пространственный

четырехугольник KLMN (рис. 38). Пусть P и Q — сере-

дины сторон KL и MN. Tогда

PQ 6

(KN + LM).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Обозначим через R середину диа-

гонали LN. Имеем PR =

KN, RQ =

LM. Таким образом,

PQ 6 PR + RQ =

(KN + LM).

Лемма доказана.

Обозначим через E

, F

, G

и H

середины отрезков

, FH

, GG

и HF

соответственно. Вершины этого че-

тырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, со-

гласно лемме, периметр четырехугольника E

не

Рис. 38

Рис. 39

больше периметра EFGH. Кроме

того, вершины E

и G

(середины

и GG

) будут лежать в плос-

кости симметрии тетраэдра, прохо-

дящей через CD, т. е. на медиа-

нах CT и DT граней ABC и ABD

(рис. 39).

Исходя из четырехугольника

, точно так же постро-

им E

, симметричный ему

относительно плоскости симметрии

тетраэдра, проходящей через AB,

а затем, взяв середины отрезков,

соединяющих вершины этих четы-

рехугольников, лежащих в одной

грани, получим E

, все вер-

шины которого лежат в объеди-

нении двух плоскостей симметрии

тетраэдра ABCD, проходящих че-

рез CD и AB. Иными словами, вер-

шины E

и G

лежат на отрезках

CT и DT, а вершины F

и H

—

на медианах AS и BS граней ACD

и BCD.

Решения. 1993 год. 11 класс 123

При этом периметр E

не превосходит перимет-

ра EFGH. Значит, периметр EFGH не меньше, чем 4d,

где d — расстояние между прямыми CT и BS.

◦

. Осталось построить путь длины 4d и найти d. Пусть

и F

— основания общего перпендикуляра к прямым

CT и BS, причем E

лежит на CT, а F

— на BS. Обозна-

чим через G

точку, симметричную точке E

относительно

плоскости ABS. Из симметрии ясно, что F

— общий

перпендикуляр к прямым BS и DT. Аналогично строится

точка H

, при этом G

и H

являются общими пер-

пендикулярами соответственно к DT и AS и к AS и CT.

Значит, периметр четырехугольника E

равен 4d.

Заметим, что нужно еще проверить, что основания этих

общих перпендикуляров лежат на гранях тетраэдра, а не

на их продолжениях, это будет сделано ниже (нам еще

нужно вычислить d).

◦

. Проведем через AB плоскость, перпендикулярную

CT и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим тре-

угольник ABD

(рис. 40), в котором AB = a, D

T =

(по формуле для длины высоты правильного тетраэдра).

Рис. 40

Точка S перейдет в S

— середину D

Искомое расстояние d равно расстоянию

от точки T до прямой BS

(поскольку

общий перпендикуляр параллелен плос-

кости проекции). Кроме того, очевидно,

что основание перпендикуляра, опущен-

ного из точки T на прямую BS

, лежит

на отрезке BS

, а не на его продолжении,

значит, точка F

лежит на отрезке BS.

Аналогично доказывается, что и осталь-

ные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не

на их продолжениях.

В прямоугольном треугольнике BTS

известны катеты

BT =

, TS

. Значит, BS

; d =

BT · TS

√

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Из решения задачи видно, что искомых

траекторий ровно три (почему?).

◦

. Известна аналогичная задача для плоскости: жук ползает вну-

три треугольника со сторонами a, b, c. Какое наименьшее расстояние

124 Решения. 1994 год. 8 класс

он может проползти, чтобы побывать на каждой стороне и вернуться

в исходную точку? В случае остроугольного треугольника эта задача

называется задачей Фаньяно.

Оказывается, что кратчайший путь в случае остроугольного тре-

угольника соединяет основания высот треугольника (см. [42], гл. 4,

§ 5), а в случае прямо- или тупоугольного треугольника вырождается

в двойной отрезок высоты. См. [51], задача 70.

1994 год

8 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. На банку напитка уходит

би-

дона яблочного и

бидона виноградного сока, значит,

объем банки равен

объема бидона.

После изменения рецептуры на банку напитка уходит

бидона яблочного и

бидона виноградного сока, значит,

объем банки равен

объема бидона. Итак, мы получаем уравнение:

Отсюда находим

−

Значит, x = 15.

В т о р о й с п о с о б. На 30 банок было затрачено 5 би-

донов яблочного и 3 бидона виноградного сока. Итого 8

бидонов. По новой рецептуре на 30 банок затратят 6 би-

донов яблочного сока. Значит, виноградного сока затратят

2 бидона. Итак, бидона виноградного сока хватит на 15

банок.

2. П е р в ы й с п о с о б. Пусть x, y — искомые трех-

значные числа. Если к числу x приписать три нуля, то

получится число 1000x, если приписать y, то получится

1000x + y (см. факт 11).

Решения. 1994 год. 8 класс 125

Итак, ученик написал число 1000x + y. По условию это

число в семь раз больше, чем x · y. Получается равенство

7x · y = 1000x + y. (1)

Разделим обе части равенства (1) на x:

7y = 1000 +

Число

положительно и меньше 10, так как y 6 999,

x > 100. Поэтому

1000 < 7y < 1010.

Деля это неравенство на 7, получаем

142

< y < 144

Так как y — целое число, y — либо 143, либо 144. Пусть

y = 143. Подставляя это значение y в равенство (1), полу-

чаем:

7x · 143 = 1000x + 143.

Решая это уравнение, находим x = 143. Если y = 144, то

аналогичное уравнение дает x = 18, что не годится, потому

что x — число из трех цифр.

В т о р о й с п о с о б. Перепишем равенство (1) в виде

1000x = (7x −1)y. Нетрудно видеть, что x и 7x −1 не име-

ют общих делителей, отличных от 1 и −1. Действительно,

если d — общий делитель чисел x и 7x −1, то d явля-

ется делителем числа 7x, а значит, и делителем числа

1 = 7x −(7x −1) (см. факт 5). Но 1 делится только на 1

и −1.

Итак, число 7x −1 — делитель произведения 1000 · x и

взаимно просто со вторым множителем. Тогда, по извест-

ной теореме (см. факт 9), число 7x −1 — делитель числа

1000. Но

7x −1 > 7 · 100 −1 = 699,

поэтому 7x −1 = 1000 (единственный делитель числа 1000,

больше либо равный 699 — это само число 1000), откуда

x = 143. Подставляя x = 143 в исходное уравнение, нахо-

дим y = 143.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 1 для 10 класса.

126 Решения. 1994 год. 8 класс

Рис. 41

3. Продолжим отрезки BQ

и BP до пересечения с пря-

мой AC в точках A

и C

соответственно. В треуголь-

нике ABC

отрезок AP яв-

ляется биссектрисой и высо-

той (рис. 41). Значит, этот

треугольник равнобедренный

(AB = AC

). Тогда отрезок AP

является, также, и медиа-

ной: BP = C

P. Аналогично,

отрезок CQ является медиа-

ной треугольника CBA

, т. е. BQ = QA

. Следовательно,

PQ — средняя линия треугольника A

, значит, отрезок

PQ параллелен A

, но тогда он параллелен и AC.

4. 1

◦

. Представим себе, что квадрат, в вершинах ко-

торого сидят кузнечики — это квадрат клетчатой бумаги

Рис. 42

(размер квадрата — 1 ×1). Заметим, что куз-

нечики всегда прыгают по вершинам кле-

ток: если на клетчатой бумаге поместить

кузнечиков в вершины клеток (эти верши-

ны называются узлами квадратной сет-

ки), то после каждого прыжка каждый

кузнечик снова попадет в некоторый узел

квадратной сетки (рис. 42). Дело в том,

что прыжок эквивалентен центральной симметрии одного

кузнечика относительно другого, а квадратная сетка цен-

трально симметрична относительно любого своего узла.

◦

. Предположим, что кузнечики сумели попасть в вер-

шины большего квадрата, тогда, прыгая в обратном по-

рядке, они должны попасть в вершины меньшего. Но, на-

чиная прыгать из вершин большего квадрата, они всегда

будут попадать в узлы сетки, состоящей из больших квад-

ратов. Иначе говоря, расстояние между ними не может

быть меньше, чем сторона большого квадрата. Противоре-

чие.

К о м м е н т а р и й. Если сначала кузнечики находились в верши-

нах произвольного параллелограмма, то они всегда будут прыгать по

сетке из таких же параллелограммов.

Решения. 1994 год. 8 класс 127

5. Сделаем несколько замечаний, каждое из которых

очевидно.

◦

. Любые две стрелки определяют «плохой» сектор

между их продолжениями, попав в который, третья стрел-

Рис. 43

ка создает плохой момент времени. Этот

сектор не превосходит 180

◦

— см. рис. 43.

◦

. Через целое число часов положение

минутной и секундной стрелок будет таким

же.

◦

. Через 6 часов после каждого плохого

момента будет хороший (так как часовая

стрелка повернется на 180

◦

и попадет из

плохого сектора в хороший).

◦

. Бывают хорошие моменты, через 6 часов после ко-

торых будет опять хороший момент.

◦

. Теперь можно разбить сутки на интервалы хороше-

го и плохого времени, так что каждому интервалу плохого

времени соответствует интервал хорошего времени такой

же длины (при сдвиге на 6 часов), поэтому хорошего вре-

мени не меньше, чем плохого. Кроме того, некоторым ин-

тервалам хорошего времени соответствуют опять хорошие

интервалы. Так, например, интервалу 3:00:00—3:00:05 со-

ответствует интервал 9:00:00—9:00:05. Оба интервала —

хорошие. Значит, хорошего времени больше, чем плохого.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Сравните с задачей 4 для 8 класса олимпи-

ады 1993 г.

◦

. Почему не достаточно установить соответствие между момента-

ми плохого и хорошего времени? — Потому что плохих моментов бес-

конечно много, и говорить, что хороших моментов больше, некоррект-

но. Более того, можно установить взаимно однозначное соответствие

между точками отрезков разной длины: например, отображение x 7→2x

устанавливает соответствие между точками отрезка [0; 1] и точками

отрезка [0; 2]. Это соответствие взаимно однозначно, т. е. каждой точ-

ке первого отрезка соответствует единственная точка второго отрезка

и наоборот. Однако отрезки имеют разную длину!

Вопрос о том, когда между двумя множествами можно установить

взаимно однозначное соответствие, очень интересен и глубок. Если

множества конечны, то ответ прост — соответствие можно установить

тогда и только тогда, когда множества содержат одинаковое количе-

ство элементов. Для бесконечных множеств ситуация гораздо сложнее.

Приведем несколько утверждений (подробнее об этом можно прочитать

в [28]):

128 Решения. 1994 год. 9 класс

а) можно установить взаимно однозначное соответствие между це-

лыми и натуральными числами;

б) можно установить взаимно однозначное соответствие между ра-

циональными и натуральными числами;

в) не существует взаимно однозначного соответствия между рацио-

нальными и иррациональными числами;

г) существует взаимно однозначное соответствие между точками

отрезка и точками квадрата.

6. Первый закрашивает квадрат 18 ×18, примыкаю-

щий к большей стороне прямоугольника, так, чтобы ось

Рис. 44

симметрии квадрата и ось сим-

метрии прямоугольника совпада-

ли (см. рис. 44 для доски раз-

мером 7 ×14). Тогда относитель-

но этой общей оси остаток прямо-

угольника распадется на две оди-

наковые части. Теперь на каждый

ход второго игрока первый отве-

чает симметричным ходом, причем у первого ход всегда

найдется, поскольку второй не может закрасить квадрат,

пересекающий ось симметрии.

9 к л а с с

Рис. 45

1. Пусть пять точек A, B, C, D и E,

из которых две D и E лежат внутри

треугольника ABC, попарно соединены

отрезками. Эти 10 отрезков можно раз-

бить на две несамопересекающихся ло-

маных из 5 звеньев каждая (рис. 45).

Любую из этих ломаных можно взять

в качестве пятиугольника. Тогда вторая

ломаная соответствует его диагоналям.

2. П е р в ы й с л у ч а й. Если k > l, то выигрывает Ко-

ля: ему достаточно отрезать от k часть, которая будет

больше суммы всех остальных.

Например, можно разрезать k на части (рис. 46)

l +

(k −l),

(k −l).

Решения. 1994 год. 9 класс 129

l +

(k −l)

Рис. 46

Тогда самая большая часть l +

(k −l) не может быть сто-

роной никакого треугольника: по неравенству треуголь-

ника сумма длин двух остальных сторон должна быть

больше, но сумма длин всех остальных отрезков (равная

l +

(k −l)) меньше длины этой части.

В т о р о й с л у ч а й. Если k 6 l, то выигрывает Лёва.

Пусть Коля разрезал k на части k

> k

. Тогда Лё-

ва разрежет l так, чтобы его большая часть равнялась

большей части отрезка Коли, а две другие были равными

между собой (рис. 47):

l = k

l −k

Тогда получатся два равнобедренных треугольника:

, k



l −k

, k



Действительно, из отрезков a, a, b можно сложить равно-

бедренный треугольник тогда и только тогда, когда b < 2a.

Очевидно, что k

< 2k

. С другой стороны,

2 ·

l −k

= l −k

> k

так как k

+ k

< k 6 l.

l − k

Рис. 47

130 Решения. 1994 год. 9 класс

3. Например: x = k(2k

+ 1), y = 2k

+ 1, z = −k(2k

+ 1).

Как додуматься до этих формул? Избавимся от двух

кубов с помощью подстановки z = −x. Получим уравнение

+ y

= y

, 2x

= (y −1)y

. Если

y −1

= k

— точный квад-

рат, то решение найдется:

y = 2k

+ 1, x = k(2k

+ 1).

4. П е р в ы й с п о с о б. Пусть окружности расположе-

ны как на рис. 48. Случай другого расположения окруж-

ностей разбирается аналогично (см. комментарий).

Рис. 48

Достаточно доказать, что

равны треугольники AQN и

AMP. Для этого докажем, что

они подобны, и что у них

равны соответственные сторо-

ны AQ и AM.

По теореме о вписанных

углах ∠P = ∠N и ∠Q = ∠M, сле-

довательно, треугольники AQN

и AMP подобны.

Чтобы доказать равенство

отрезков AQ и AM, докажем

равенство дуг AQ и MA (ду-

ги измеряются против часовой

стрелки). Заметим, что угол

ABQ равен половине дуги AQ, а угол MAN равен поло-

вине дуги AM (см. факт 15). Итак, достаточно доказать

равенство углов ABQ и MAN.

Угол ABQ — внешний угол треугольника ABN, поэтому

∠ABQ = ∠ANB + ∠BAN. Угол MAN состоит из двух углов

BAM и BAN, но ∠ANB = ∠BAM (каждый из них равен

половине дуги AB окружности, проходящей через точки

A, B и N), поэтому

∠MAN = ∠ANB + ∠BAN = ∠ABQ.

Задача решена.

В т о р о й с п о с о б. По теореме о секущей и касатель-

ной, проведенных из одной точки, получаем:

MP =

, NQ =