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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 1998 год. 9 класс 221

чем ∠BO

C = 100

◦

. Тогда, очевидно, ∠AO

B = 80

◦

, и в силу

симметрии относительно AC имеем ∠AO

D = ∠AO

B = 80

◦

что и требуется в условии. Аналогично, вторая точка, O

лежит на диагонали BD, причем ∠BO

C = 100

◦

. В этом

случае ∠AO

D = 80

◦

и ∠AO

B = 100

◦

Легко видеть, что эти две точки различны (они лежат

на разных диагоналях и отличны от точки пересечения

диагоналей) и обе лежат внутри ромба (т. е. точки лежат

на диагоналях, а не на их продолжениях). Действительно,

пусть диагонали ромба пересекаются в точке P. Рассмот-

рим треугольник BPC. Так как ∠BO

P = 80

◦

> 55

◦

= ∠BCP,

точка O

лежит внутри ромба. Аналогично, ∠CBP = 35

◦

< 80

◦

= ∠CO

P, поэтому точка O

находится на диагонали

BD, а не на ее продолжении.

6. П е р в ы й с п о с о б. 1

◦

. Обозначим координаты кон-

цов отрезка и отмеченных точек через x

, x

, . . . , x

n+1

(0= x

< x

< . . . < x

n+1

= 1). Условие задачи означает выпол-

нение n равенств вида

+ b

) (i = 1, 2, . . . , n),

где каждый из символов a

и b

означает какое-то из чи-

сел x

(j = 0, 1, ..., n + 1), при этом можно считать, что

< x

< b

◦

. Во все правые части этих равенств, в которых при-

сутствует x

, подставим его значение из первого равен-

ства. Получим новый набор равенств (с теми же левыми

частями, что и в старом), правые части которых уже не

содержат x

. Если при этом в правой части второго ра-

венства появится член вида x

, то перенесем его в левую

часть и разделим обе части на 1 − (ниже мы докажем,

что 6= 1). Второе равенство теперь имеет вид:

+ . . . +

n+1

где

— некоторые рациональные числа.

Рассмотрим теперь все равенства, кроме первого и

второго. Во все правые части, содержащие x

, подставим

его значение из второго равенства, затем используем

третье равенство, чтобы выразить x

через переменные

, ..., x

, и подставим это значение во все равенства,

222 Решения. 1998 год. 9 класс

начиная с четвертого. Опять же, нужно доказать, что при

этом не придется делить на нуль.

Повторяя эту операцию n раз, придем к равенству

= (в правой части не осталось ни одного неизвест-

ного!). Нетрудно понять, что на каждом шаге все коэф-

фициенты рациональны. Действительно, в начале это так,

а при наших операциях мы используем лишь сложение,

умножение, вычитание и деление.

Итак, x

рационально. Далее, x

n−1

выражено через x

и рациональные числа, значит, оно тоже рационально,

и т. д. Значит, все числа рациональны.

◦

. Осталось доказать, что ни на каком шаге не прихо-

дится делить на нуль (см. комментарий).

В любой момент каждое равенство будет иметь вид

+ . . . +

n+1

Докажем, что при этом

1) все коэффициенты

(k = 1, 2, ... , n + 1) неотрица-

тельны;

2) хотя бы один коэффициент

c k > i не равен нулю.

Действительно, для исходного набора это верно. Делая

очередную подстановку из j-го равенства (j < i), мы заме-

няем коэффициент

на 0, а любой другой коэффициент

на

, где — коэффициент при x

в j-м равенстве.

Неотрицательность при этом сохраняется, а наибольший

номер ненулевого коэффициента не уменьшается, следо-

вательно, он останется большим, чем i. При переносе в

левую часть члена

получаем в правой части положи-

тельное число. Действительно, все x

положительны, а все

коэффициенты

неотрицательны, причем по крайней ме-

ре один из них строго положителен. Значит, левая часть

тоже положительна, поэтому 1 −

> 0. При делении обеих

частей равенства на положительное рациональное число

1 −

все перечисленные свойства также сохраняются.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. То, что ни на каком шаге не приходится

делить на нуль, принципиально: например, система линейных уравне-

ний

(

= 2x

−2,

+ 1

имеет следующее иррациональное решение: x

= 2

√

2, x

√

2 + 1.

Решения. 1998 год. 10 класс 223

◦

. То, что мы делаем, — это по сути метод Гаусса решения системы

линейных уравнений (см. факт 25).

В т о р о й с п о с о б (выходящий за рамки школьной

программы). 1

◦

. Пусть x

, x

, ..., x

— координаты отме-

ченных точек. Условие, что точка находится посередине

между двумя другими, записывается в виде линейного

уравнения x

(a + b), где a и b — координаты других

точек или концов отрезка (т. е. 0 или 1). Таким образом,

координаты наших точек являются решениями некоторой

системы линейных уравнений (обозначим ее (*)) с рацио-

нальными коэффициентами и рациональными свободными

членами (будем называть такую систему рациональной).

Нужно доказать, что эта система не может иметь ирра-

ционального решения (т. е. решения, значение хотя бы

одной переменной в котором иррационально).

Если рациональная система линейных уравнений име-

ет единственное решение, то это решение рационально.

В самом деле, если решение единственно, то его мож-

но найти методом Гаусса, в ходе которого нужно только

складывать, вычитать, умножать и делить, а делая такие

действия с рациональными числами, мы не можем полу-

чить иррациональное число (см. факт 25).

◦

. Осталось доказать, что решение системы (*) един-

ственно. От противного, пусть x

, x

, . . . , x

и y

, ..., y

— два разных решения рассматриваемой си-

стемы уравнений. Тогда числа t

= x

−y

, t

= x

−y

, . . .

..., t

= x

−y

образуют ненулевое решение соответству-

ющей однородной системы, т. е. системы (*), в которой

все свободные члены заменили на нули.

Иными словами, для каждого i выполняется линейное

уравнение t

(a + b), где a — одно из чисел t

(j 6= i) или

нуль и b — одно из чисел t

(j 6= i) или нуль. Рассмот-

рев число t

, имеющее максимальный модуль, приходим

к противоречию.

10 к л а с с

1. Пусть a + b + c 6 11. Тогда

28a + 30b + 31c 6 31(a + b + c) 6 11 · 31 = 341 < 365.

224 Решения. 1998 год. 10 класс

Противоречие. Пусть a + b + c > 14. Тогда

28a + 30b + 31c > 28(a + b + c) > 28 · 14 = 392 > 365.

И этого быть не может! Осталось доказать, что a + b + c

не может равняться 13. Итак, пусть a + b + c = 13. Вариант

a = 13, b = c = 0 не удовлетворяет условию:

28 · 13 + 30 · 0 + 31 · 0 = 364 6= 365.

Остается вариант a + b + c = 13, a < 13. В этом случае b + c =

= 13 −a > 0 и

28a + 30b + 31c = 28(a + b + c) + 2b + 3c > 28 · 13 + 2(b + c).

Первое слагаемое равно 364, а второе — не меньше 2. Зна-

чит, сумма не меньше 366, и не может равняться 365.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 1 для 8 класса.

2. П е р в ы й с п о с о б. Обозначим отмеченную сторо-

ну i-го прямоугольника через a

, а другую его сторону —

через b

. Площадь исходного квадрата равна сумме пло-

щадей прямоугольников:

= 1. Но b

6 1 при всех i,

поэтому

> 1.

В т о р о й с п о с о б. Спроецируем все отмеченные от-

резки на одну из сторон квадрата. Если она полностью по-

крыта проекциями, то их суммарная длина не меньше 1.

Если на стороне есть точка, не покрытая проекциями,

то проведем через нее перпендикуляр к стороне. Этот

перпендикуляр покрыт прямоугольниками, в которых

отмечена сторона, параллельная ему (иначе основание

перпендикуляра покрыто проекцией отмеченной стороны),

значит, суммарная длина этих отрезков равна 1.

3. Занумеруем фонари натуральными числами в поряд-

ке следования вдоль дороги. Если отрезки, освещенные

n-м и (n + 2)-м фонарями, пересекаются (хотя бы по одной

точке), то (n + 1)-й фонарь можно выключить. Следова-

тельно, отрезки с различными нечетными номерами, не

пересекаются. На отрезке длины 1000 м нельзя располо-

жить больше 999 непересекающихся отрезков длины 1 м.

Если бы фонарей было хотя бы 1999, то фонарей с нечет-

ными номерами было бы не менее 1000. Значит, фонарей

не больше 1998.

Решения. 1998 год. 10 класс 225

Расположим 1998 фонарей так, чтобы центры освещен-

ных отрезков образовывали арифметическую прогрессию,

первый член которой равен

м, а 1998-й равен 999

м.

(Разность этой прогрессии равна

999

1997

.) Расстояние меж-

ду n-м и (n + 2)-м фонарем равно

1998

1997

. Значит, между

отрезками, освещенными этими фонарями, имеется зазор

1997

м. Его освещает только (n + 1)-й фонарь. Поэтому

никакой фонарь нельзя выключить.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 6 для 8 класса.

4. 1

◦

. Если число делится на 1998, то оно делится и на

999. Мы покажем, что не существует числа, делящегося

на 999, сумма цифр которого меньше, чем 27.

Хорошо известен признак делимости на 9: число де-

лится на 9 тогда и только тогда, когда сумма цифр его

десятичной записи делится на 9. Сформулируем аналогич-

ный признак делимости на 999:

Разобьем десятичную запись числа на группы по 3

цифры справа налево (последняя группа может состоять

из одной или двух цифр). Сложим эти группы. Исходное

число делится на 999 тогда и только тогда, когда по-

лученная сумма делится на 999.

Например, число 97902 делится на 999, так как на 999

делится число 97 + 902 = 999.

Можно представлять себе эти тройки цифр как «цифры

числа в тысячеричной записи» (см. факт 12). Доказатель-

ство этого признака полностью копирует доказательство

признака делимости на 9, поэтому мы оставляем его чи-

тателю (см. факт 6).

◦

. Рассмотрим число, делящееся на 999, разобьем его

на тройки цифр и вычислим сумму этих троек. Если но-

вое число больше 1000, то снова разобьем его на трой-

ки цифр и вычислим сумму, и так далее, пока не полу-

чим число, меньшее 1000. Это случится, поскольку число

уменьшается при каждой операции. Действительно, если

, . . . , a

— неотрицательные целые числа, a

6= 0 и k > 1,

226 Решения. 1998 год. 10 класс

то

+ 1000a

+ . . . + 1000

> a

+ a

+ . . . + a

Итак, после нескольких операций мы получим положи-

тельное число, меньшее 1000, делящееся на 999, следова-

тельно, оно будет равно 999.

◦

. Сумма цифр числа 999 равна 27. Если мы пока-

жем, что при наших операциях сумма цифр не могла

увеличиваться, то из этого будет следовать, что сумма

цифр исходного числа не могла быть меньше 27. Оче-

видно, что когда мы разрезали число на тройки цифр,

сумма цифр не изменялась. Покажем, что когда мы сло-

жили тройки, сумма цифр не увеличилась. Действитель-

но, обозначим через S(X) сумму цифр числа X. Из ал-

горитма сложения в столбик видно, что S(X + Y) = S(X) +

+ S(Y) −9P(X, Y), где P(X, Y) — число переносов при сло-

жении X и Y в столбик. Значит, S(X + Y ) 6 S(X) + S(Y),

и наше утверждение доказано.

5. 1

◦

. Решим сначала «задачу одного гвоздя». Пусть

вбит один гвоздь, касающийся треугольника в точке M на

стороне AC. Фиксируем центр предполагаемого вращения

(точка O). Можно ли повернуть треугольник вокруг точки

на небольшой угол, и если да, то в какую сторону?

Пусть треугольник расположен как на рисунке 97.

Проведем перпендикуляр к прямой AC в точке M. Он

разобьет плоскость на две полуплоскости. Если точка O

Рис. 97

лежит в той же полуплоскости, что

и C, то вокруг точки O можно по-

вернуть треугольник против часовой

стрелки, а если в другой полуплоско-

сти, то — по часовой стрелке.

Пусть точка O лежит на перпен-

дикуляре. Тогда, если точки O и B

лежат по одну сторону от прямой AC

(а это всегда выполняется, если точка

O лежит внутри треугольника), то тре-

угольник нельзя повернуть ни в какую

сторону. Если же точки O и B лежат по разные стороны

от прямой AC, то треугольник можно повернуть в любую

сторону.

Решения. 1998 год. 10 класс 227

◦

. Вернемся к задаче трех гвоздей. Проведем три соот-

ветствующих перпендикуляра. Докажем, что если они не

пересекаются в одной точке, то треугольник можно повер-

нуть. Действительно, перпендикуляры разбили плоскость

на семь областей. Сопоставим каждой области строку из

трех символов типа + или −. Первый плюс означает, что

гвоздь на стороне AB не препятствует вращению треуголь-

ника вокруг точек этой области против часовой стрелки

−++

−+−

++−

+−−

+−+

−−+

+++

Рис. 98

и т. д. (рис. 98). Разным об-

ластям не могут соответство-

вать одинаковые строки. Всех

возможных строк восемь. По-

этому наверняка встретится

или строка + + +, или стро-

ка −−− . В первом случае

можно повернуть треуголь-

ник против часовой стрелки,

во втором — по.

◦

. Пусть перпендикуляры

пересекаются в одной точке.

Тогда если точка не лежит ни на одном из перпендикуля-

ров, то в соответствующей строке будет хотя бы один +

(запрещающий вращение по часовой стрелке) и хотя бы

один − (запрещающий вращение против часовой стрелки).

Если точка лежит на перпендикуляре к одному из гвоз-

дей, причем внутри треугольника, то, как показано выше,

Рис. 99

этот гвоздь препятствует вращению

треугольника в любую сторону. Нако-

нец, если точка лежит на перпендику-

ляре вне треугольника, то, как нетруд-

но видеть, два оставшихся гвоздя пре-

пятствуют вращению треугольника.

◦

. Итак, осталось выяснить, где

нужно вбить третий гвоздь, чтобы пер-

пендикуляры к гвоздям пересекались в

одной точке. Точки, где вбиты гвозди

на сторонах AB, BC и AC, обозначим

соответственно через D, E и F (рис. 99). Пусть пер-

пендикуляр к AB в точке D пересекает AC в точке K,

перпендикуляр к BC в точке E пересекает AC в точке H,

228 Решения. 1998 год. 11 класс

и эти перпендикуляры пересекаются в точке R. Тогда

AK =

cos 60

◦

и CH =

cos 60

◦

AC. Треугольник HRK

равнобедренный, поскольку углы HKR и KHR равны 30

◦

Из этого получаем, что HF = FK и F делит сторону AC в

отношении 5 : 7, считая от вершины A.

6. 1

◦

. Докажем, что если расстановка хорошая, то чис-

ла в ряду можно раскрасить в девять цветов так, чтобы

числа каждого цвета шли в порядке возрастания. Дей-

ствительно, будем красить числа слева направо, используя

каждый раз такой цвет с наименьшим номером, что по-

следнее покрашенное в этот цвет число меньше текущего.

Предположим, что девяти цветов не хватило. Мы не мо-

жем покрасить очередное число (обозначим его a

) в де-

вятый цвет, так как в девятый цвет уже было покрашено

большее число a

. Число a

не было покрашено в восьмой

цвет, поскольку до него встретилось большее число a

покрашенное в восьмой цвет. И так далее. Получается 10

чисел, которые идут в порядке убывания. Противоречие.

◦

. Расстановка чисел от 1 до n вместе с такой рас-

краской в девять цветов, что последовательность чисел

каждого цвета возрастает, полностью определяется цветом

каждого числа от 1 до n и цветом каждого места в ряду.

Числа от 1 до n можно раскрасить в 9 цветов 9

спосо-

бами. И столькими же способами можно раскрасить в 9

цветов n мест, на которые эти числа будут расставлены.

Таким образом, число хороших расстановок не превосхо-

дит 81

К о м м е н т а р и й. Существует n! расстановок чисел от 1 до n.

Классический факт из анализа состоит в том, что

lim

n→∞

= 0.

Поэтому, при больших n, хороших расстановок «гораздо меньше», чем

плохих. См. факт 4.

11 к л а с с

1. Заметим, что

x + y + z −2(xy+ yz+ xz) + 4xyz −

(2x −1)(2y −1)(2z −1).

Решения. 1998 год. 11 класс 229

Если левая часть равенства равна нулю, то хотя бы один

множитель справа равен нулю. Значит, одно из чисел

x, y, z равно 1/2.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Как догадаться до разложения на мно-

жители? Обозначим этот многочлен через P(x, y, z). Воспользуемся

общим ут верждением: если многочлен от нескольких переменных

тождественно обращается в нуль при x = a, то многочлен делится

на x −a (см. факт 19). Если x = 1/2, то P(x, y, z) = 0. Значит, P(x, y, z)

делится на x −1/2. Аналогично, P(x, y, z) делится на y −1/2 и z −1/2.

Поэтому P(x, y, z) равен (x −1/2)(y −1/2)(z −1/2) с точностью до

умножения на константу (см. факт 21).

◦

. Другой способ: согласно обратной теореме Виета (см. факт 20)

P(x, y, z) = −4f(1/2), где

f (t) = (t −x)(t −y)(t −z).

f (x)

Рис. 100

2. Пример:

f(x) =

(

2 −x, если x 6 1;

1/x, если x > 1.

(график этой функции изображен

на рис. 100). Первое свойство оче-

видно, второе свойство следует из

того, что производные функций

2 −x и 1/x в точке 1 равны.

Докажем третье свойство. Очевидно, что если x рацио-

нально, то и f(x) рационально. Пусть y = f(x) рациональ-

но. Тогда или x = 2 −y, или x =

. В любом случае x ра-

ционально. Значит, рациональным x соответствуют раци-

ональные f(x) и наоборот.

Рис. 101

3. 1

◦

. Обозначим через M точ-

ку пересечения медиан треуголь-

ника ABC. Рассмотрим равносто-

ронний треугольник APQ, для

которого отрезок AK является

медианой, а точка P лежит на

прямой AB (рис. 101). Так как

точка пересечения медиан всегда

делит их в отношении 2 : 1, точка

M является точкой пересечения

230 Решения. 1998 год. 11 класс

медиан, а значит, и центром треугольника APQ. Значит,

∠KPM = 30

◦

= ∠KBM. Следовательно, точки M, K, P, B

лежат на одной окружности. Так как угол ∠MKP прямой,

MP — диаметр этой окружности (см. факт 14). Значит,

угол PBM — тоже прямой, так что

∠ABC = ∠ABM + ∠CBL = 90

◦

+ 30

◦

= 120

◦

. Далее, наша окружность пересекает AP ровно в

двух точках, одна из которых P, а другая, B — середина

AP.

Пусть сторона треугольника APQ равна 2a. Имеем:

AB = a, AK =

√

3a. Треугольник BKP — равносторонний,

BK = a = KC, значит, BC = 2a. Далее, ∠ABK = 120

◦

, откуда

по теореме косинусов

= AB

+ BC

−2AB · BC cos 120

◦

= a

+ 4a

+ 2a

= 7a

Наконец, по теореме косинусов находим

cos ∠ACB =

4 + 7 −1

2 · 2

√

cos ∠CAB =

7 + 1 −4

√

4. Правая часть уравнения при делении на 3 должна

давать тот же остаток, что и левая, т. е. 1 (см. факт 7).

Поэтому z — четное число (см. комментарий). Аналогично

левая часть уравнения делится на 4 с остатком 1, поэто-

му число x тоже четное. Итак, 4

= 5

−3

= 5

−3

т. е. 2

= (5

−3

)(5

+ 3

). Поэтому 5

−3

= 2

+ 3

= 2

(см. факт 10), где k и l — целые неотрицатель-

ные числа и k + l = 2y. Таким образом, 5

+ 2

) и

−2

) = 2

l−1

−2

k−1

Значит, число 2

l−1

−2

k−1

нечетно, поэтому k = 1. Значит,

= 2 и 3

= 2

l−1

−1. Следовательно, число l −1 четно,

l −1 = 2s (иначе левая часть не делится на 3). Тогда

= (2

−1)(2

+ 1) — произведение двух множителей, от-

личающихся на 2 и являющихся степенями тройки. Ясно,