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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 1996 год. 8 класс 171

Из условия видно, что a 6= 0, b 6= 0. Поэтому a

+ b

> 0 (см.

комментарий). Значит, обе части равенства можно поде-

лить на a

+ b

. Получим

, откуда a = b.

К о м м е н т а р и й. Следующие очевидные утверждения часто ис-

пользуются при решении задач (и вообще в математике): 1) квадрат

ненулевого числа положителен, 2) сумма квадратов нескольких чисел

неотрицательна. Если эта сумма ра вна нулю, то каждое из чисел равно

нулю.

2. Обозначим массы гирек через m

, а массы шариков —

через x

. Имеем

−m

) + (m

−m

) + ... + (m

−m

) + (m

−m

) = 0.

Действительно, каждое m

входит в эту сумму два раза:

один раз со знаком «+», а второй раз — со знаком «−».

Поэтому все m

сократятся.

Заметим, что каждая из величин в скобках (m

−m

i+1

)

по модулю равна массе i-го шарика. Значит, это равенство

можно переписать так:

±x

±. . . ±x

±x

= 0,

где перед некоторыми x

стоит знак «+», а перед осталь-

ными — «−». Положим все шарики x

, перед которыми

стоят знаки «+» на левую чашу весов, а остальные — на

правую. Ясно, что весы будут в равновесии.

3. Рассмотрим клетку, в которой находится цветок.

Разобьем ее на четыре маленькие клеточки. Примем

AAA

A BB

BBB

CCC

DDD

Рис. 70

длину стороны маленькой клеточ-

ки за единицу (соответственно сто-

рона клетки равна двум). Пусть

наш цветок оказался в левой верх-

ней клеточке, как на рис. 70

(остальные случаи аналогичны).

Обозначим садовников, живущих в

вершинах клетки, через A, B, C

и D.

Докажем следующее утвержде-

ние: за цветком будут ухажи-

вать садовники A, B и C.

172 Решения. 1996 год. 8 класс

Разобьем всех садовников на четыре заштрихованных

на рис. 70 сектора. Будем называть секторы по имени

«углового» садовника — сектор A, ..., сектор D.

Заметим, что садовник A ближе к цветку, чем садов-

ник B. Действительно, расстояния по вертикали от цветка

до этих садовников равны, а расстояние по горизонтали до

садовника A меньше, чем до садовника B (потому что рас-

стояние по горизонтали до садовника A меньше единицы,

а до садовника B — больше). Значит, садовник A — ближе

(следует из теоремы Пифагора).

Аналогично, садовник A ближе к цветку, чем садов-

ник C, а садовники B и C ближе, чем садовник D. Поэто-

му садовник D не ухаживает за цветком. Не ухаживают

за цветком и остальные садовники из сектора D — они еще

дальше от цветка, чем садовник D (рассмотрите расстоя-

ния по вертикали и горизонтали).

Рассмотрим сектор B. Ближайшие в этом секторе са-

довники — это B

и B

. Покажем, что они не ухаживают

за цветком. Рассмотрим, например, садовника B

. Ясно,

что он дальше, чем B. Расстояние от этого садовника до

цветка по вертикали больше, чем 2, а по горизонтали —

больше, чем 1. Так что он дальше от цветка, чем C. И уж

тем более он дальше от цветка, чем A.

Наконец, рассмотрим сектор A. Покажем, что садовни-

ки A

и A

не ухаживают за цветком. Рассмотрим садов-

ника A

(для A

доказательство аналогично). Ясно, что он

дальше от цветка, чем B (опять же, расстояние по гори-

зонтали от него до цветка больше, чем от B до цветка).

Осталось доказать, что садовник C ближе к цветку, чем

садовник A

Проведем серединный перпендикуляр к отрезку A

Точки этого перпендикуляра равноудалены от точек A

и C. Точки лежащие ниже перпендикуляра — ближе к C,

чем к A

. Ясно, что цветок находится ниже перпендику-

ляра, значит, он ближе к C.

Итак, за цветком ухаживают садовники A, B и C.

Рассмотрим теперь садовника X. Из предыдущего ясно,

что цветы, за которыми он ухаживает, могут находиться

только в прилежащих к нему клетках. К тому же, до-

статочно нарисовать искомую область только для одной

Решения. 1996 год. 8 класс 173

клетки и воспользоваться симметрией. Рассмотрим, на-

пример, клетку XYZT (рис. 71). Разделим ее на 4 малень-

ких клеточки. По доказанному, для трех заштрихованных

X T

Y Z

Рис. 71

клеточек садовник X будет одним из ухажи-

вающих. За цветами, растущими в четвертой

клеточке, будут ухаживать садовники Y, Z и T.

Значит, садовник ухаживает за цветами, расту-

щими в этих трех клеточках, и еще в девяти

клеточках, получающихся из них симметрией.

4. Без ограничения общности можно считать, что точ-

ка K ближе к точке B, чем точка L (рис. 72). Тогда

K L

Рис. 72

треугольник MKC равносторон-

ний (так как MC = KC, ∠MCK =

= 60

◦

). Поэтому AB kMK (так

как ∠MKC = ∠ABC = 60

◦

). Значит,

углы AKM и BAK равны как на-

крест лежащие.

Заметим, что углы BAK и CAL

равны из симметрии (или же

в силу того, что 4BAK = 4CAL

по первому признаку). Значит,

∠AKM = ∠CAL. Поэтому

∠AKM + ∠ALM =

= ∠CAL + ∠ALM = ∠LMC.

Последнее равенство следует из того, что ∠LMC, будучи

внешним углом в треугольнике AML, равен сумме двух

внутренних.

Итак, осталось доказать, что ∠LMC = 30

◦

. Но отрезок

ML — медиана равностороннего треугольника MKC, а зна-

чит ML — биссектриса этого треугольника.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 3 для 10 класса.

5. При четных n — смотрите рис. 73. Ладья сначала

побывает во всех клетках первых двух горизонталей, по-

том — во всех клетках 3-й и 4-й горизонтали и т. д.

Покажем, что при нечетном n такое невозможно. Дей-

ствительно, рассмотрим любую горизонталь, отличную от

174 Решения. 1996 год. 8 класс

первой. Когда ладья попадает на эту горизонталь, ей нуж-

но следующим ходом перейти на другую клетку этой же

Рис. 73

горизонтали, а потом обязательно уй-

ти на другую горизонталь (поскольку

ладья должна сделать всего n

ходов,

она может побывать на каждой клетке

не более одного раза). Значит, клет-

ки выбранной горизонтали делятся на

пары. Поэтому в горизонтали должно

быть четное число клеток.

Иными словами, после того как ла-

дья побывает на горизонтали первый

раз, она побывает в двух клетках этой

горизонтали. После второго попадания в горизонталь — в

четырех. Если в горизонтали нечетное число клеток, то в

какой-то момент наступит ситуация, когда ладья, побывав

во всех клетках горизонтали, кроме одной, уйдет в другую

горизонталь. Ладье надо попасть в эту клетку, но после

этого она не сможет сделать хода. См. также факт 23.

6. П е р в ы й с п о с о б. a) Рассмотрим два случая.

1) Предположим, что найдется школьник, решивший

хотя бы 6 задач. Докажем, что найдется школьник, ре-

шивший оставшиеся 2 задачи. Действительно, каждую из

этих двух задач решили 5 школьников, а так как всего

школьников 8 < 5 + 5, найдется школьник, решивший обе

(см. факт 1).

2) Предположим, что каждый школьник решил не бо-

лее 5 задач. Докажем сначала, что каждый школьник

решил ровно 5 задач. Действительно, так как в каждой

из восьми задач было по 5 решений, то всего решений 40.

Но если каждый из восьми школьников решил не более 5

задач, причем кто-то решил меньше 5 задач, то решений

меньше 40.

Итак, пусть каждый школьник решил 5 задач. Пусть

первый школьник решил задачи 1, 2, 3, 4, 5. Докажем,

что найдется школьник решивший задачи 6, 7 и 8.

В противном случае, каждый школьник решил не менее

трех из первых пяти задач, тогда имеется не менее, чем

5 + 7 ×3 = 26 решений первых пяти задач. Но нам извест-

Решения. 1996 год. 9 класс 175

но, что каждую из этих задач решили 5 школьников,

значит, всего решений 25. Противоречие.

В т о р о й с п о с о б. a) Последний шаг можно доказать

иначе. Опять же, пусть первый школьник решил задачи

1, 2, 3, 4, 5. Каждую из задач 6, 7 и 8 не решили 3

школьника. Значит, каждую из них не решили 2 школь-

ника, не считая первого. Значит, всего школьников, не ре-

шивших одну из задач 6, 7 или 8, не более семи (включая

первого). Так как всего школьников 8, найдется школь-

ник, решивший задачи 6, 7 и 8.

б) Эту задачу можно решить подбором (см. таблицу

«успеваемости»):

Школьники

Задачи

1 2 3 4 5 6 7 8

1 + + + − − + − +

2 + + + − − − + +

3 + + − + − − + +

4 + − − + + − + −

5 − + + + + − − +

6 − − + + − + + −

7 − − − − + + − −

8 − − − − + + − −

К о м м е н т а р и й. Авторам книги неизвестно непереборное реше-

ние этой задачи.

9 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. Допустим противное. Тогда в

некотором выпуклом n-угольнике имеется не менее 36 уг-

лов, меньших 170

◦

(остальные n −36 углов не превосходят

180

◦

). Значит, сумма всех углов такого многоугольника

меньше, чем 36 · 170

◦

+ (n −36) · 180

◦

. Но, как известно,

сумма углов выпуклого n-угольника равна (n −2) · 180

◦

Следовательно, получаем неравенство

(n −2) · 180 < 36 · 170 + (n −36) · 180.

Раскрывая скобки и производя несложные преобразова-

ния, получим 34 · 180 < 36 · 170, что неверно.

176 Решения. 1996 год. 9 класс

В т о р о й с п о с о б. Если внутренний угол многоуголь-

ника меньше 170

◦

, то соответствующий внешний угол

больше 10

◦

. Если бы таких углов было хотя бы 36, то

их сумма была бы больше, чем 360

◦

. Но сумма внешних

углов выпуклого многоугольника в точности равна 360

◦

Противоречие.

2. П е р в ы й с п о с о б. Предположим, сначала, что

одно из чисел равно нулю. Пусть, например, a = 0 (осталь-

ные случаи аналогичны). Тогда получим неравенства:

|b|> |c| и |c|> |b|, откуда |b|= |c |, т. е. b = c или b = −c.

В первом случае b = a + c, во втором a = b + c. Все доказано.

Пусть теперь ни одно из чисел a, b и c не равно ну-

лю. Без ограничения общности можно считать, что чис-

ло a — максимальное по модулю среди чисел a, b и c

(т. е. |a |> |b |, |a |> |c |). Также можно считать, что a > 0

(в противном случае произведем замену: a = −a

, b = −b

c = −c

). Тогда |a|= a, |a −b|= a −b, |a −c |= a −c.

При этих предположениях из неравенства |b −c |> |a|

следует, что числа b и c не могут иметь одинаковых зна-

ков (подумайте, почему).

Возможны два случая.

◦

. b > 0, c < 0. Тогда |b |= b, |c |= −c и |b −c |= b −c, так

что мы получаем неравенства a −b > −c, b −c > a, a −c > b.

Из первого неравенства следует, что b 6 a + c, из второго —

что b > a + c, значит, b = a + c.

◦

. b < 0, c > 0. Тогда, аналогично предыдущему случаю,

получим неравенства a −b > c, c −b > a, a −c > −b. Следова-

тельно, в этом случае одновременно выполняются нера-

венства c > a + b, c 6 a + b, т. е. c = a + b. Таким образом, в

обоих случаях утверждение доказано.

В т о р о й с п о с о б. Возведем неравенство |a −b |> |c | в

квадрат и перенесем все члены в левую часть, получим

(a −b)

−c

> 0. Разложив левую часть на множители по

формуле разности квадратов, получим: (a −b −c)(a −b + c)>

> 0, или, что то же самое,

(a −b −c)(b −c −a) 6 0.

Аналогично получаем, что произведения (b −c−a)(c −a −b)

и (c −a −b)(a −b −c) также неположительны.

Решения. 1996 год. 9 класс 177

Перемножая эти произведения находим, что

(a −b −c)

(b −c −a)

(c −a −b)

6 0.

Мы видим, что произведение неотрицательных чисел не

превосходит 0, значит, одно из этих чисел равно 0, откуда

следует требуемое утверждение.

3. Углы BNM и NCA равны, так как прямые MN и AC

параллельны (рис. 74). Угол NCA опирается на дугу

AB,

значит, он равен половине этой дуги. По теореме об угле

между касательной и хордой (см. факт 15), угол BAM так-

же равен половине дуги

AB. Значит, ∠NCA = ∠BAM. Сле-

довательно, ∠BNM = ∠BAM, и вокруг четырехугольника

Рис. 74

AMBN можно описать окруж-

ность. Получаем следующую

серию равенств углов:

∠NCA = ∠BAM = ∠MBA =

= ∠MNA = ∠NAC.

Второе равенство следует из

того, что треугольник AMB

равнобедренный (касательные,

проведенные из одной точки

к окружности, равны), тре-

тье — из того, что четырех-

угольник AMBN вписанный,

последнее — из теоремы о внутренних накрест лежащих

углах при параллельных прямых.

Таким образом, ∠NCA = ∠NAC, так что треугольник

ANC равнобедренный. Значит, AN = NC.

К о м м е н т а р и й. Внимательный читатель заметил, что мы поль-

зовались тем, что ∠BCA острый. Проверьте, что в противном случае

не найдется точки N на стороне BC такой, что MN kAC.

4. а) Сумма числа 9 и числа, записанного под ним,

заключена между 10 и 18. Так как на этом отрезке есть

только один точный квадрат, под числом 9 должно быть

записано число 7. Аналогично, число 7 должно быть запи-

сано над числом 9. Также проверяется, что под числами

178 Решения. 1996 год. 9 класс

4, 5 и 6 должны быть записаны числа 5, 4 и 3 соответ-

ственно. Теперь уже нетрудно получить ответ:

1 2 3 4 5 6 7 8 9

8 2 6 5 4 3 9 1 7

б) Нетрудно видеть, что под числом 11 может быть

записано только число 5, но под числом 4 тоже может

быть записано только число 5. Противоречие.

в) Идея состоит в том, чтобы свести задачу к аналогич-

ной задаче для меньшего n. Запишем под числом k число

2025 −k для всех k = 29, 30, . . . , 1996. Тогда сумма чисел

в каждом столбце, начиная с 29-го, равна 45

, а числа

от 1 до 28 остались «неиспользованными». Значит, задача

сводится к случаю n = 28.

Далее под числами k = 21, 22, ..., 28 запишем числа

49 −k. Задача свелась к n = 20. Затем под числами k = 16,

17, 18, 19, 20 запишем числа 36 −k. Задача свелась к слу-

чаю n = 15 и, наконец, каждому k = 1, 2, . . . , 15 поставим

в соответствие число 16 −k.

К о м м е н т а р и й. Попробуйте доказать, что при любом n > 11

справедлив положительный ответ на вопрос задачи.

5. Сначала сформулируем два простых утверждения:

1) отрезок, соединяющий середину хорды с центром

окружности, перпендикулярен этой хорде;

2) условие, что концы хорды лежат на разных дугах

AB, эквивалентно тому, что хорда пересекает отрезок AB

(во внутренней точке).

Тогда задачу можно переформулировать так: даны точ-

ки A, B и O (AO = BO); требуется найти геометрическое

место таких точек M, что прямая, проходящая через

точку M и перпендикулярная отрезку MO, пересекает

отрезок AB.

Докажем следующее утверждение: перпендикуляр к от-

резку MO пересекает отрезок AB тогда и только тогда,

когда в точности один из двух углов OMA и OMB ту-

пой.

Действительно, перпендикуляр пересекает отрезок AB

тогда и только тогда, когда точки A и B лежат в раз-

ных полуплоскостях относительно этого перпендикуляра.

Решения. 1996 год. 9 класс 179

Пусть, например, точка B лежит в той же полуплоско-

сти, что и точка O, а точка A — в другой полуплоскости.

Тогда ∠AMO > 90

◦

, ∠BMO < 90

◦

(рис. 75). Если A и O

Рис. 75

лежат в одной полуплоскости, а B — в

другой, то ∠AMO острый, а ∠BMO ту-

пой. Если все точки лежат в одной по-

луплоскости, то оба угла острые, если

точки A и B лежат в одной полуплос-

кости, а точка O — в другой, то оба угла

тупые. Мы разобрали все возможные слу-

чаи, так что утверждение доказано.

Геометрическое место точек M таких,

что ∠AMO > 90

◦

, представляет собой вну-

тренность круга, построенного на отрезке

AO как на диаметре, а ГМТ M таких, что ∠BMO > 90

◦

есть внутренность круга построенного на BO как на диа-

метре (см. факт 14). Значит, искомое ГМТ состоит из

точек, лежащих внутри в точности одного из двух кругов

с диаметрами AO и BO. Следовательно, это ГМТ представ-

ляет собой внутренность этих кругов, за исключением их

общей части (см. рис. 16 на с. 72).

6. Покажем, что Али-Баба может добиться, чтобы в 7

кучках лежало не более, чем по 4 монеты, а разбойник

может добиться, чтобы не было кучек, содержащих менее

4 монет. Следовательно, Али-Баба унесет 100 −7 · 4 = 72

монеты.

Докажем сначала, что разбойник может действовать

так, чтобы не было кучек, содержащих менее 4 монет.

Действительно, для первоначальной ситуации это верно.

Пусть на некотором шаге это верно и часть монет уже

отложена в кружки. Тогда, если в двух кружках содер-

жится одинаковое число монет, то разбойник переставляет

эти кружки и положение не изменяется, если же количе-

ство монет во всех кружках разное, то в двух наибольших

из них соответственно не менее 3 и 4 монет, и разбойник

переставляет эти кружки. В результате во всех новых куч-

ках опять будет не менее 4 монет.

Покажем теперь, что Али-Баба может добиться, чтобы

в 7 кучках лежало не более, чем по 4 монеты.

180 Решения. 1996 год. 9 класс

Пусть имеются 4 кучки, в каждой из которых лежит

более, чем 4 монеты, и x

(0)

> x

(0)

> x

(0)

> x

(0)

> 5 — количе-

ства монет в этих кучках. Покажем, что Али-Баба может

добиться, чтобы в одной из этих кучек стало меньше 4

монет, причем количество монет в каждой из оставшихся

шести кучек не изменилось. Разложим эти кучки следу-

ющим образом:

(0)

= y

+ 1, x

(0)

= y

+ 2, x

(0)

= y

+ 3, x

(0)

= y

+ 4,

положив в кружки соответственно 1, 2, 3 и 4 монеты.

После перестановки кружек получим новые кучки, состо-

ящие из

(1)

= y

+ z

, x

(1)

= y

+ z

, x

(1)

= y

+ z

, x

(1)

= y

+ z

монет, где z

, z

и z

— некоторая перестановка чисел

1, 2, 3, 4. Далее процесс повторяется с заменой чисел

(0)

, ..., x

(0)

на расположенные в невозрастающем поряд-

ке числа x

(1)

, ..., x

(1)

Докажем, что на некотором шаге процесс оборвется,

т. е. в одной из этих кучек станет меньше 5 монет. Имеет

место одна из следующих трех возможностей:

1) x

(1)

> x

(0)

(если первую кружку переставили);

2) x

(1)

= x

(0)

, x

(1)

> x

(0)

(если первую кружку оставили

на месте, а вторую переставили);

3) x

(1)

= x

(0)

, x

(1)

= x

(0)

, x

(1)

> x

(0)

(если первые две

кружки остались на месте).

На каждом шаге количество монет в первой кучке не

уменьшается. Поэтому число шагов, при которых реализу-

ется первая возможность, конечно. Суммарное число мо-

нет в первой и второй кучках тоже не уменьшается, по-

этому число шагов, при которых реализуется вторая воз-

можность, также конечно. Аналогично проверяется, что

число шагов, реализующих третью возможность, тоже ко-

нечно. Следовательно, на некотором шаге процесс оборвет-

ся, что соответствует тому, что в некоторой кучке ока-

жется не более 4 монет. При этом количество кучек с не

более, чем 4 монетами увеличится. Повторяя этот процесс,

в конце концов придем к тому, что останется не более

трех кучек, содержащих больше 4 монет.