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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 1997 год. 8 класс 191

3. Пусть точки L и K симметричны точке M от-

носительно прямых OX и OY соответственно (рис. 82,

а). Тогда точки K, P и N лежат на одной прямой,

причем NK = NP + PK = NP + PM. Действительно, отрезок

MK перпендикулярен прямой OY, и если A — точка

пересечения, то MA = AK (это определение симметричной

точки). Прямоугольные треугольники MAP и KAP равны

по двум катетам, поэтому ∠KPA = ∠MPY = ∠NPO. Кроме

того PK = PM.

X Y

а) б)

Рис. 82

Аналогично, на одной прямой лежат точки N, Q и L,

а отрезок NL = NQ + QL = NQ + QM. Осталось доказать,

что NL = NK. Для этого докажем, что треугольники KON

и LON равны по двум сторонам и углу между ними.

В самом деле, так как точки K и M симметричны отно-

сительно прямой OY, KO = MO (рис. 82, б). Аналогично,

MO = LO. Значит, LO = MO, сторона ON треугольников

KON и LON общая, и

∠KON = ∠KOP + ∠PON = ∠POM + ∠PON =

= ∠QON + ∠PON = ∠XOY.

Аналогично проверяется равенство ∠LON = ∠XOY. Итак,

∠KON = ∠LON, треугольники KON и LON равны по пер-

вому признаку, и утверждение доказано.

К о м м е н т а р и й. Хорошо известен следующий факт: л оманная

MPN имеет наименьшую длину среди всех ломаных MP

N c точкой P

лежащей на прямой OY. С этим связана задача про пожар: пожарник,

192 Решения. 1997 год. 8 класс

находящийся в точке N, должен погасить пожар в точке M, н абрав

ведро воды в реке, представляющей собой прямую OY. Как ему бе-

жать, чтобы его путь был кратчайшим? Ответ: через точку P.

Исходную задачу можно теперь интерпретировать так: если река

представляет собой угол XOY, причем ∠NOX = ∠MOY, то пожарнику

все равно, к какой из сторон угла бежать.

4. Рассмотрим любое четное число N, большее, чем

9992. В силу признака делимости на 2 (см. факт 6),

оно оканчивается четной цифрой. Значит, если изменить

любую тройку цифр, отличную от последней, то число

останется четным, а значит, составным (из числа 9992

можно получить простое число 0002).

Поэтому нам нужно заботиться лишь о замене послед-

ней тройки. Мы построим число N, которое оканчивается

на 000, так что оно будет четным. Заменить последнюю

тройку цифр числа N — это все равно что прибавить к N

некоторое трехзначное число. Значит, нам достаточно най-

ти число, оканчивающееся на 000 и такое, чтобы числа

N, N + 1, . . . , N + 999

были составными. Итак, перемножим нечетные числа

от 1001 до 1999. Поскольку их 500, а каждое из них

меньше 2000, то их произведение меньше, чем

2000

500

= 2

500

· 10

1500

= 32

100

· 10

1500

< 100

100

· 10

1500

= 10

1700

Припишем к этому числу справа несколько нулей, а затем

цифру 1 и еще три нуля так, чтобы общее количество

цифр равнялось 1997.

Как было замечено, если в полученном числе не менять

последнюю цифру, то число будет четным. Если изменить

последние три нуля на четное число, то число останется

четным. Если же изменить последние три нуля на нечет-

ное число abc (см. факт 11), то последние четыре циф-

ры образуют число 1abc, на которое делится построенное

число, ибо 1abc входит в произведение нечетных чисел

от 1001 до 1999.

К о м м е н т а р и й. Сравните со следующей известной задачей: при-

вести пример 1000 идущих подряд составных чисел.

Решения. 1997 год. 8 класс 193

5. Пусть прямые DE и AB пересекаются в точке G

(рис. 83). Тогда треугольники DEC и BEG равны по второ-

Рис. 83

му признаку. Следовательно,

BG = CD = BA. Поэтому точки

A, G и C лежат на окруж-

ности с центром в точке B,

причем AG — диаметр. Так как

∠AFG = 90

◦

, точка F лежит на

той же окружности по теоре-

ме об углах, опирающихся на

диаметр (см. факт 14).

По теореме об угле, вписанном в окружность, имеем

∠GFC =

∠GBC =

(180

◦

−40

◦

) = 70

◦

. Значит, ∠DFC = 180

◦

−

−∠GFC = 110

◦

В а р и а н т р е ш е н и я. Можно обойтись без использо-

вания окружностей. Известно, что медиана прямоугольно-

го треугольника, проведенная к гипотенузе, равна поло-

вине гипотенузы (см. факт 14). Применяя это утвержде-

ние к треугольнику AFG, получим BF = BA = BG.

Треугольники CBF и FBA равнобедренные, поэтому

сумма углов BCF и BAF равна углу CFA.

Сумма углов четырехугольника ABCF равна 360

◦

. По-

этому

∠CFA + ∠CFA + 40

◦

= 360

◦

откуда ∠CFA = 160

◦

. Следовательно, ∠CFD = 360

◦

−∠AFC −

−∠AFD = 360

◦

−160

◦

−90

◦

= 110

◦

6. Решим сначала более простую задачу. Пусть банкир

разрешает класть на весы монеты не более 1 раза. Из

какого наибольшего числа монет можно выделить более

легкую за k взвешиваний?

Если при каком-то взвешивании на чаше весов будет

больше одной монеты, то из них выделить фальшивую

монету не удастся (второй раз взвешивать монету нельзя!).

Поэтому при каждом взвешивании на чаши кладется по

одной монете.

Если весы не в равновесии, то фальшивая монета оче-

видна. А если в равновесии, то количество подозритель-

194 Решения. 1997 год. 9 класс

ных монет уменьшится на 2. Следовательно, при k взве-

шиваниях можно выделить фальшивую из 2k + 1 монет.

Возвращаясь к исходной задаче, обозначим ответ в ней

через f(n). Пусть при первом взвешивании на чашах ле-

жат по s монет. Если весы окажутся не в равновесии, то

придется искать фальшивую монету среди s монет, при-

чем каждую из них можно использовать лишь по одно-

му разу, и осталось n −1 взвешивание. По доказанному

s 6 2(n −1) + 1 = 2n −1.

Если весы в равновесии, то получаем исходную задачу

для монет, не попавших на весы (их f(n) −2s), и n −1

взвешивания, значит,

f(n) −2s 6 f(n −1).

Отсюда

f(n) 6 f(n −1) + 2s 6 f(n −1) + 2(2n −1).

Следовательно,

f(n) 6 2(2n −1) + 2(2n −3) + . . . + 2 · 3 + f(1).

Поскольку, как легко проверить, f(1) = 3, имеем f(n) 6

6 2n

+ 1 по формуле для суммы арифметической прогрес-

сии.

С другой стороны, если имеется 2n

+ 1 монет и каж-

дый раз брать s максимальным, т. е. на первом шаге

s = 2n−1, на втором — s = 2n −3, и т. д., то эксперт сможет

выделить фальшивую монету. Значит, f(n) = 2n

+ 1.

9 к л а с с

1. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника. По

условию a =

b + c

. Поскольку против меньшей стороны тре-

угольника расположен его меньший угол, достаточно до-

казать, что a — самая маленькая из длин. Докажем, что

a =

b + c

< b.

Умножив обе части неравенства на 3 и преобразовав, по-

лучим неравенство c < 2b.

По неравенству треугольника a + b> c, поэтому

b + c

+ b >

> c, т. е. 2b > c, и неравенство a < b доказано. Аналогично

доказывается, что a < c.

Решения. 1997 год. 9 класс 195

2. Обозначим массы кусочков в порядке возрастания:

, m

, . . . , m

. Налево положим 1-й, 3-й, 5-й и 7-й

кусочки, а направо — 2-й, 4-й, 6-й и 8-й. Тогда

+ m

< m

+ m

(неравенство строгое, потому что кусочки — разные). А ес-

ли налево добавить 9-й кусочек, то

+ m

> m

+ m

Следовательно, достаточно разрезать 9-й кусочек.

3. Заметим, сначала, что сумма всех углов шестиуголь-

ника равна 720

◦

(это можно увидеть, например, разрезав

его на два четырехугольника).

Значит,

∠A + ∠B + ∠C = ∠A

+ ∠B

+ ∠C

= 360

◦

. (1)

Площадь шестиугольника равна сумме площадей тре-

угольников AB

C, BCA

, AC

B и ABC (рис. 84). Значит,

Рис. 84

достаточно доказать, что площадь

треугольника ABC равна сумме

площадей треугольников AB

BCA

и AC

Оказывается, из этих треуголь-

ников можно сложить треуголь-

ник ABC. Для этого повернем тре-

угольник AB

C вокруг точки C так,

чтобы образ вершины B

совпал с

точкой A

(это возможно, так как

= CB

). Пусть точка A перейдет

при этом в точку A

Имеем ∠A

B = 360

◦

−∠A

C −

−∠CA

B = 360

◦

−∠CB

A −∠CA

B =

= ∠AC

B. Мы воспользовались ра-

венством (1) и тем, что угол не меняется при повороте.

Теперь ясно, что треугольники A

B и AC

B равны по

первому признаку.

Осталось доказать, что треугольники A

BC и ABC рав-

ны. Но из равенства треугольников A

B и AC

B следует,

что A

B = AB, так что треугольники A

BC и ABC равны по

третьему признаку.

196 Решения. 1997 год. 9 класс

4. Для ясности будем считать поезда и станции точ-

ками.

Понятно, что если n делится на 3, то Лёша и Ира

всегда уезжают одновременно. Значит, в этом случае лес

отсутствует. Пусть n не делится на 3. Тогда, когда бы они

ни пришли на станцию, либо Ира уедет раньше Лёши,

либо — Лёша раньше Иры.

Обозначим расстояние между соседними поездами че-

рез l. Если в некоторой точке X лес, то в точке Y, на-

ходящейся от нее на расстоянии, кратном l, тоже лес.

Действительно, если Ира входит на станцию, когда Рома

находится в точке X, то она уедет первой. Но когда Рома

находится в точке Y, расположение поездов такое же, как

когда он находится в точке X, так что в этом случае Ира

тоже уедет первой, поэтому в точке Y тоже лес.

Итак, «структура» леса периодическая, поэтому доста-

точно определить расположение леса на интервале дли-

ны l.

Рассмотрим момент, когда некоторый поезд отходит от

станции B (рис. 85). Пусть поезд, на который сядет Ира

Рис. 85

(т. е. ближайший против направле-

ния движения к станции A поезд)

в этот момент находится на рассто-

янии x от A. Тогда весь интервал

между этим поездом и точкой A по-

крыт лесом. Действительно, если ма-

шинист Рома находится на этом ин-

тервале, то он увезет Иру, потому что

Лёша «упустил» свой поезд (строго

говоря, это следует из того, что x < l).

Покажем, что интервал дли-

ны l −x, следующий за A по направ-

лению движения, лесом не покрыт. Действительно, когда

поезд придет на станцию A, то ближайший к B против

направления движения поезд будет на расстоянии l −x.

Так что если Рома находится на указанном интервале

длины l −x, то Лёша сядет в поезд первым, так как Ира

«упустила» поезд, который ведет Рома.

Итак, на участке длины l леса — x, а поля — l −x. Так

как структура леса периодическая, то и на всей дороге

Решения. 1997 год. 9 класс 197

количество леса относится к количеству поля как x к

l −x.

Осталось найти x. Длина окружности равна nl, значит,

длина большей дуги BA равна

nl. Ясно, что величина x

равна остатку от деления длины дуги BA на l. Значит,

если остаток от деления n на 3 равен 1, то x =

, т. е.

доля леса составляет

Аналогично, если остаток от деления n на 3 равен 2,

то x =

, и лес составляет

5. Разделим участников турнира на две группы: тех,

кто набрал во втором турнире больше очков, чем в пер-

вом, и тех, кто набрал в первом турнире больше очков,

чем во втором. Хотя бы одна из этих двух групп включает

не менее, чем n спортсменов. Пусть, например, такова

первая группа, и в ней x спортсменов. Пусть их общая

сумма очков во втором турнире на D больше, чем их

сумма очков в первом турнире. Тогда из условия следует,

что

D > x · n. (1)

Это изменение произошло за счет встреч x спортсменов с

остальными 2n −x спортсменами (так как встречи спорт-

сменов друг с другом внутри группы оба раза дали в сум-

ме одно и то же количество очков, а именно

x(x −1)

Каждая из встреч со спортсменами другой группы доба-

вила не более одного очка. Поэтому

D 6 x · (2n −x). (2)

Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем 2n −x > n. Если

хотя бы одно из предыдущих неравенств было бы стро-

гим, то мы имели бы 2n −x > n, что противоречило бы

предположению x > n. Значит, x = n и D = n ×n, и каждый

спортсмен первой группы увеличил свою сумму очков ров-

но на n.

Так как во второй группе тоже n спортсменов, к ней

применимо аналогичное рассуждение.

198 Решения. 1997 год. 9 класс

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Из решения видно, что условие задачи мо-

жет выполняться лишь в следующем случае: спор тсмены разбились на

две группы по n человек, причем в первом турнире все игроки первой

группы выиграли у всех игроков второй группы, а во втором турнире

все игроки второй группы выиграли у всех игроков первой.

◦

. Сравните с задачей 5 для 10 класса.

6. Обозначим

F(x) = a

+ a

x + a

+ . . . ,

G(x) = b

+ b

x + b

+ ...

Тогда, по условию,

+ a

x + a

+ ...)(b

+ b

x + b

+ ...) =

= 1 + x + x

+ . . . + x

Свободный член произведения равен произведению сво-

бодных членов, т. е. a

· b

= 1. Значит, a

= 1 и b

= 1.

Коэффициент произведения F(x) · G(x) при первой степе-

ни x вычисляется по формуле a

+ a

. Поскольку он

равен 1, то либо a

= 1, b

= 0, либо a

= 0, b

= 1. Для

определенности предположим, что a

= 1 и b

= 0.

Если все коэффициенты a

многочлена F(x) равны 1,

то задача решена. Если же среди них присутствует 0, то

рассмотрим наименьшее m, для которого a

= 0. Тогда

= a

= . . . = a

m−1

= 1, a

= 0.

Мы хотим доказать, что многочлен F(x) представим в ви-

де (1 + x + x

+ . . . + x

m−1

)T(x), где T — также многочлен с

коэффициентами 0 и 1.

Если какой-нибудь коэффициент b

равен единице, где

1 6 l < m, то сразу видим, что коэффициент при x

боль-

ше 1: член x

произведения F(x)G(x) можно получить как

умножая a

на b

, так и умножая a

на b

. Значит,

= 0 при 1 6 l < m. Теперь ясно, что b

= 1: в противном

случае коэффициент при x

был бы равен 0.

Последовательность коэффициентов a

, a

, … можно

представлять себе как последовательность чередующихся

отрезков: сначала отрезок из единиц, потом отрезок из

нулей, потом снова из единиц и т. д. Рассмотрим один

из таких отрезков: a

= . . . = a

r+s−1

= 1, причем a

r−1

= 0,

r+s

= 0. Длина s этого отрезка не может быть больше m:

Решения. 1997 год. 10 класс 199

в противном случае член x

r+m

произведения можно полу-

чить как умножая a

на b

, так и умножая a

r+m

на b

Докажем, что эта длина не может быть меньше m.

Предположим противное. Рассмотрим самый левый такой

(окаймленный нулями) отрезок из единиц a

, ..., a

r+s−1

длина s которого меньше, чем m.

Посмотрим, как получается член x

r+s

произведения

F(x) · G(x). Поскольку a

r+s

= 0, он должен получаться при

умножении какого-то члена вида a

на некоторый член

, v > 0. (Разумеется, u + v = r + s.)

Нетрудно понять, что если u 6= 0, то a

u−1

= 0 (слу-

чай u = 0 мы оставляем читателю) — в противном случае

можно получить x

r+s−1

двумя способами: a

u−1

· b

= a

r+s−1

· 1. Значит, должен существовать отрезок из

единиц a

, . . . , a

u+m−1

. (Длина его равна m, поскольку

он расположен левее отрезка a

, ..., a

r+s−1

Но число r + m −v = r + m −(r + s −u) = u + (m −s) лежит

на отрезке u, ..., u + m −1, так что a

r+m−v

= 1, и мы при-

ходим к противоречию: a

· b

= a

r+m−v

· b

Следовательно, все отрезки из единиц имеют одну и ту

же длину m. Деление «уголком» (см. факт 19) убеждает

нас в том, что многочлен F представим в виде произведе-

ния многочлена 1 + x + ... + x

m−1

на многочлен, все коэф-

фициенты которого — нули или единицы.

К о м м е н т а р и й. Понять это решение (и тем более придумать

его) проще, если рисовать отрезки и смотреть, что происходит при

сдвигах. Для геометра рассматриваемая задача может быть сформули-

рована так:

Даны отрезок длины L и некоторая система S содержащихся в

нем непересекающихся друг с другом отрезочков. Доказать, что если

отрезок можно покрыть параллельными сдвигами системы S (чтобы

каждая точка отрезка была покрыта и отрезочки не накладывались

бы друг на друга внутренними точками, а только «состыковывались»

бы в концах), то все отрезочки системы S имеют одну и ту же длину l.

10 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. Введем в пространстве коорди-

наты и рассмотрим координатные плоскости , и ,

заданные уравнениями x = 0, y = 0 и z = 0 соответственно.

200 Решения. 1997 год. 10 класс

Рассмотрим шар B, заданный неравенством

+ y

+ z

6 1.

Его проекция на плоскость — круг радиуса 1 с центром

в начале координат. Множество точек, которые проециру-

ются в этот круг, представляет собой цилиндр (обозначим

его C

), который задается неравенством

+ y

6 1.

Аналогично определим цилиндры C

и C

, как множества

точек, которые проецируются в единичные круги с цен-

трами в начале координат, лежащие в плоскостях и

соответственно.

Пусть C — пересечение цилиндров C

, C

и C

. Мы

утверждаем, что C — требуемое тело. Оно выпукло, так

как пересечение выпуклых множеств выпукло.

Покажем, что проекции тела C на плоскости , и

— круги. Рассмотрим, например, плоскость . Проекция

тела C на эту плоскость содержится в единичном круге,

так как проекция цилиндра C

совпадает с единичным

кругом, а C содержится в C

. С другой стороны, этот

единичный круг содержится в теле C, значит, проекция

содержит круг. Итак, проекция тела C на плоскость со-

держит единичный круг и содержится в единичном круге,

а, значит, совпадает с ним.

Осталось доказать, что тело C не является шаром. Точ-

ка



√



содержится в каждом из цилиндров C

и C

(например, x

+ y

6 1), так что эта точка

содержится в C. С другой стороны, она не принадлежит

единичному шару — расстояние от нее до начала коорди-

нат равно



√





√





√



> 1.

Поэтому C 6= B.

Остается один вопрос, который может показаться глу-

пым: а не может ли C оказаться шаром, отличным от B?

Нетрудно видеть, что не может: проекции тела C на плос-

кости , и такие же как у шара B, но ясно, что два