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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 2001 год. 9 класс 281

или 9, некоторые клетки крестика выходят за края пря-

моугольника; таким клеткам никакие числа не соответ-

ствуют). Задача Гриши — покрыть прямоугольник 9 ×10

такими крестиками. Убедимся, что 22 крестиков ему хва-

тит, а 18 крестиков — нет.

10 19

90 99

45 46 47

13 17

25 29

30 32 37

51 56

63 68

70 75

82 87 89

90 94 97

а) б)

Рис. 133

Покрытие из 22 крестиков легко найти, если заметить,

что крестиками можно выложить плоскость без перекры-

тий (правда, придется еще добавить несколько крестиков

по краям прямоугольника). Например, Гриша может на-

звать числа 11, 13, 17, 25, 29, 30, 32, 37, 44, 49, 51, 56,

63, 68, 70, 75, 82, 87, 89, 90, 94, 97 (рис. 133, б).

В задаче 6 суммарная площадь крестиков равна 18 · 5 =

= 90, т. е. равна площади прямоугольника. Но, покрывая

угловую клетку, мы неизбежно выйдем за пределы пря-

моугольника, и эта потеря помешает покрыть весь прямо-

угольник.

9 к л а с с

1. Расставим их на одной прямой так, чтобы рассто-

яние между первым и вторым футболистами было 2 м,

2 м 3 м 1 м

Рис. 134

между вторым и третьим — 3 м, между

третьим и четвертым — 1 м (футболисты

перечислены в порядке их расположе-

ния на прямой, см. рис. 134).

2. Пусть, например, в каждом регионе все получают

одинаковую зарплату и есть регион, в котором живут те

282 Решения. 2001 год. 9 класс

самые 10 % работников, которые получают 90 % всей зар-

платы.

Приведем конкретный пример. Пусть регионов всего 2.

В первом регионе живет 1 тысяча работников, а во вто-

ром — 9 тысяч работников. Пусть зарплата каждого работ-

ника в первом регионе — x рублей в месяц, а во втором — y

рублей в месяц, причем x > y. Ясно, что в каждом регионе

зарплата любых 10 % работников в точности равна 10 %

всей зарплаты (что меньше 11 %).

Ясно, что 10 % самых высокооплачиваемых работни-

ков — это тысяча работников, живущих в первом регионе.

Их суммарная зарплата — 1000x. Зарплата всех работни-

ков равна 1000x + 9000y. Значит, 90 % зарплаты всех ра-

ботников — 900x + 8100y. Решая уравнение

1000x = 900x + 8100y,

находим x = 81y. Значит, можно взять y = 1000 р./месяц,

x = 81 000 р./месяц.

3. П е р в ы й с п о с о б. Рассмотрим на окружности,

описанной около треугольника BCM, точку M

диамет-

Рис. 135

рально противоположную точке M

(рис. 135). Так как угол, опираю-

щийся на диаметр, прямой (см. факт

14), отрезок BM

перпендикулярен

прямой BM, а отрезок M

C перпен-

дикулярен прямой MC. Из равенства

углов падения и отражения следует,

что BM

— биссектриса угла ABC, а

— биссектриса угла BCA. Зна-

чит, точка M

— точка пересечения

биссектрис треугольника ABC (напо-

мним, что биссектрисы треугольника

пересекаются в одной точке, и эта точка — центр вписан-

ной окружности).

Пусть B

— точка на продолжении отрезка AB за точ-

ку B, а C

— точка на продолжении отрезка AC за точку C.

Точка M лежит на пересечении биссектрис углов B

BC и

BCC

, следовательно, она является центром вневписанной

окружности треугольника ABC, касающейся стороны BC

Решения. 2001 год. 9 класс 283

(см. факт 16). Поэтому точка M лежит на биссектрисе

угла BAC. Значит, весь диаметр MM

, включая точку O,

лежит на биссектрисе AM угла BAC.

В т о р о й с п о с о б. Имеем

∠BMO =

−

∠MOB =

−∠BCM.

Рис. 136

Первое равенство вытекает из то-

го факта, что треугольник MOB

равнобедренный, второе равенство

следует из теоремы о вписанном

угле, ибо ∠BCM — острый. Дей-

ствительно, в противном случае

точка A лежала бы внутри тре-

угольника MBC, но тогда и угол

CBM был бы неострым. То есть

треугольник MBC имел бы два

неострых угла, что невозможно.

Рассмотрим точку F, симмет-

ричную точке A относительно

прямой MB, и точку E сим-

метричную точке A относительно

прямой MC (рис. 136). Из со-

ображений симметрии, MA = MF,

MA= ME. Значит, точки E, A и F

лежат на окружности с центром

в точке M. Из того, что угол падения равен углу отра-

жения, следует, что точки E, C, B и F лежат на одной

прямой. Теперь можно вычислить угол BMA:

∠BMA =

∠FMA = ∠AEF = ∠AEC =

−∠BCM.

Пояснения требует только второе равенство: оно следует

из теоремы о вписанном угле. Итак,

∠BMO = ∠BMA.

Значит, точки M, O и A лежат на одной прямой.

К о м м е н т а р и й. Математические бильярды — очень интересный

раздел математики, в котором имеется много нерешенных задач. См.,

например, [85].

284 Решения. 2001 год. 9 класс

4. Заметим, что если в некоторый момент количество

камней в каждой кучке делится на нечетное число a, то и

в дальнейшем во всех получаемых разрешенными действи-

ями кучках количество камней будет делиться на a (см.

факты 5 и 9).

После первого хода можно получить три варианта раз-

мещения камней: кучки из 100 камней и 5 камней (об-

щий делитель 5), из 56 камней и 49 камней (общий де-

литель 7), из 51 камня и 54 камней (общий делитель 3).

Итак, в первом случае, будут получаться кучки, состоя-

щие из числа камней, кратного 5; во втором — из числа

камней, кратного 7; в третьем — из числа камней, крат-

ного 3, так что кучка из одного камня получиться никак

не может.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 3 для 9 класса олимпиады

1993 г.

5. Заметим, что 999...99

| {z }

k девяток

= 10

−1. Рассмотрим число

= 9k · (10

−1) и покажем, что оно удовлетворяет усло-

вию задачи. Пусть 9k = s

...s

0...0 (здесь s

6= 0, а нулей

на конце может и не быть, см. факт 11). Достаточно про-

верить, что сумма цифр числа N

равна 9k. Нетрудно

доказать по индукции (см. факт 24), что 9k < 10

при

любом k > 1. Учитывая это обстоятельство, вычислим раз-

ность чисел 9k · 10

и 9k в столбик:

k нулей

z }| {

−

...s

t−1

0...0 0 . . . 0 0 0 . ..0

... s

t−1

0...0

...s

t−1

−1)9 . . . 9(9 −s

)...(9 −s

t−1

)(10 −s

)0...0

В нижней строчке записано число N

. Легко видеть,

что сумма его цифр равна

+ . . . + s

t−1

+ (s

−1) + 9 + . . . + 9

| {z }

k − 1 девятка

+10 −s

−. . . −s

= 9k.

К о м м е н т а р и й. Число N

— единственное число, равное произ-

ведению суммы своих цифр на 10

−1. Действительно, пусть N — такое

Решения. 2001 год. 9 класс 285

число; докажем, что N = N

. Пусть десятичная запись числа N состоит

из l цифр. Тогда сумма цифр числа N не превосходит 9l. Так как

число N в 10

−1 раз больше суммы своих цифр, получаем

N 6 9l(10

−1).

Так как десятичная запись числа N состоит из l цифр, N > 10

l−1

. Итак,

l−1

6 9l(10

−1). (1)

Мы хотим показать, что, за одним исключением, неравенство (1) вле-

чет l 6 2k. Нетрудно доказать по индукции, что неравенство 9l < 10

l−1

выполняется, начиная с l = 5. Поэтому при l > 5

l−1

6 10

−1,

откуда

l − 1

< k, так что l 6 2k. Ясно, что при l = 1 и l = 2 тоже имеем

l 6 2k (так как k > 1). Подставляя l = 4 в неравенство (1), видим, что

неравенство l 6 2k выполняется и при l = 4. Подставляя l = 3, видим,

что k = 1, l = 3 — единственное исключение. Мы оставляем читателю

проверку того, что этот случай невозможен (т. е. не существует трех-

значных чисел, которые в 9 раз больше суммы своих цифр). Значит,

l 6 2k.

Разобьем десятичную запись числа N на группы по k цифр, начи-

ная справа (последняя группа может оказаться неполной). Неравенство

l 6 2k показывает, что таких групп будет не более двух. Ясно, что их

будет ровно 2. Итак,

N = 10

A + B = (10

−1)A + (A + B),

где B — группа из k цифр, A — группа из не более, чем k цифр.

Так как N делится на 10

−1, A + B делится на 10

−1. Вариант

A = B = 10

−1 не подходит, значит, A + B = 10

−1. Поэтому при

сложении A с B никаких переносов произойти не может. Значит,

сумма цифр числа N равна 9k. Итак, N = 9k(10

−1) = N

6. Обозначим сумму очков, набранных участником A,

через S

, а его коэффициент силы — через F

. Рассмотрим

сумму

(сумма берется по всем участникам). Мы

утверждаем, что эта сумма равна нулю.

Действительно, определим число r(A, B) следующим

образом:

r(A, B) =











1, если игрок A выиграл у игрока B,

0, если игроки A и B сыграли вничью,

−1, если игрок A проиграл игроку B.

286 Решения. 2001 год. 10 класс

Тогда, по определению, F

A6=B

r(A, B)S

. Значит,

A6=B

r(A, B)S

Приведем подобные члены. Если игроки A и B сыграли

вничью, то член S

входит в эту сумму с коэффици-

ентом нуль. Если A выиграл у B, то член S

входит

дважды: один раз с коэффициентом 1, а другой раз — с

коэффициентом −1. Значит, вся сумма равна нулю, как и

утверждалось.

Числа S

неотрицательны, и среди них есть хотя бы

одно положительное (на самом деле только одно из этих

чисел может быть нулем). Если бы все коэффициенты F

были положительны, то и сумма

была бы поло-

жительна, а мы только что доказали, что эта сумма равна

нулю. Значит, коэффициенты силы у всех участников не

могут быть положительными. Аналогично, если бы все ко-

эффициенты силы были отрицательны, то и сумма

была бы отрицательна.

0 1 2

−

)

−

)

Рис. 137

К о м м е н т а р и й. В математике

часто приходится рассматривать вы-

ражения типа

i,j

Такая сумма обращается в нуль, если

коэффициенты a

кососимметричны,

т. е. a

= −a

для всех i и j. Если

коэффициенты не кососимметричны,

то можно выбрать числа x

так, что

эта сумма не обратится в нуль.

10 к л а с с

1. Например, таковыми являются трехчлены x

, (x −1)

и (x −2)

. Сумма любых двух из них больше нуля при лю-

бом x. На рис. 137 изображены графики трехчленов и их

сумм.

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 1 для 11 класса.

Решения. 2001 год. 10 класс 287

Рис. 138

2. На рис. 138 показан пример рас-

положения шести часовых, удовлетво-

ряющий условию. Кружочками обо-

значены часовые, каждая из стре-

лок указывает направление, в кото-

ром смотрит часовой.

К о м м е н т а р и й. Пять часовых не удаст-

ся так расставить. Действительно, пусть ча-

совые расставлены требуемым образом; рас-

смотрим точки пересечения «отрезков зрения»

часовых. Рассмотрим выпуклую оболочку этих точек. Мы утверждаем,

что все часовые находятся внутри этой выпуклой оболочки. Действи-

тельно, если это не так, то отделим часового прямой от всех точек пе-

ресечения. Пусть враг подкрадывается к часовому из полуплоскости P,

в которой нет ни одной точки пересечения отрезков зрения. Если

он подходит к отрезку зрения, то он просто обходит его, оставаясь

в полуплоскости P (он сможет это сделать, так как этот отрезок не

пересекает других отрезков зрения в P).

Ясно, что выпуклая оболочка — многоугольник с не менее, чем тре-

мя вершинами. Каждая вершина — пересечение хотя бы двух отрезков

зрения. Мы утверждаем, ч то каждый часовой участвует в образовании

не более чем одной вершины выпуклой оболочки (тогда часовых не ме-

нее шести, и все доказано). Действительно, пусть часовой X участвует

в образовании вершин A и B выпуклой оболочки, тогда он находится

на прямой AB, вне отрезка AB, т. е. вне выпуклой оболочки или на

ее границе — противоречие.

3. Пусть, например, P(x) =



x −



2001

. Тогда

P(1 −x) =



−x



2001

= −



x −



2001

поэтому P(x) + P(1 −x) = 1.

4. Пусть H

, H

— ортоцентры (точки пересече-

ния высот) треугольников AH

, BH

, CH

со-

ответственно, H — ортоцентр треугольника ABC, M

, M

— середины отрезков H

, H

и H

. Пока-

жем, что точка H

симметрична точке H относительно M

(i = 1, 2, 3). Рассмотрим, например, точку H

. Посколь-

ку H

⊥BC и AH ⊥BC, отрезки H

и HH

парал-

лельны (рис. 139, а). Аналогично, H

kHH

. Значит,

H — параллелограмм, и точка H

симметрична H

288 Решения. 2001 год. 10 класс

относительно середины диагонали H

. Такие же рассу-

ждения справедливы для точек H

и H

A C

а) б)

Рис. 139

Получаем конфигурацию, показанную на рис. 139, б.

Так как M

— общая средняя линия треугольников

и H

H, отрезки H

и H

равны. Ана-

логично доказываются равенства H

= H

и H

= H

. Следовательно, треугольники H

и H

равны.

5. Назовем расположение фишек одноцветным, если

фишки стоят на клетках одного цвета, разноцветным —

если на клетках разного цвета. Заметим, что при пере-

мещениях фишек одноцветные и разноцветные располо-

жения чередуются. Если бы при перемещениях фишки

могли встретиться все расположения по одному разу, то

количество разноцветных расположений было бы равно

количеству одноцветных, либо отличалось бы от него на

единицу. Общее количество разноцветных расположений

равно 64 · 32. Действительно, клетку для черной фишки

можно выбрать произвольно, после этого белую фишку

можно поставить на любую из 32 клеток другого цвета.

Количество одноцветных расположений равно 64 · 31, по-

скольку две фишки не могут стоять на одной клетке. Зна-

чит, все возможные расположения встретиться не могут.

Решения. 2001 год. 11 класс 289

6. Рассмотрим страну, карта которой изображена на

рис. 140 (точки — города, отрезки — дороги). Покажем, что

}

| {z }

Рис. 140

второй армии всегда удастся за-

хватить хотя бы две точки A

Действительно, если первая армия

первым ходом занимает точку на

«ветке» из k точек, вторая ар-

мия должна занять соответствую-

щую этой «ветке» точку A

; если

первая занимает A

, то вторая —

; если первая выбирает точку B

то вторая — одну из точек A

, со-

единенную отрезком с B

. Даль-

нейшие действия очевидны.

После прекращения боевых действий вторая армия за-

нимает хотя бы две точки A

, поэтому она занимает и

расположенную между ними точку B

. Ясно, что первая

армия может занимать точки лишь на одной «ветке». По-

этому первая армия занимает не более k + 3 точек. Вторая

армия занимает все остальные города, значит, доля горо-

дов, захваченных второй армией, не менее

2k + 3

3k + 6

. Уже при

k = 1 это число больше 1/2.

К о м м е н т а р и й. В условии задачи вместо 1/2 можно взять любое

число < 2/3: при достаточно больших k имеет место неравенство

2k + 3

3k + 6

> , так как lim

k→∞

2k + 3

3k + 6

(см. факт 27).

11 к л а с с

1. Например, годятся трехчлены (x −10)

−1, x

−1 и

(x + 10)

−1. Действительно, x

+ (x ±10)

= 2(x ±5)

+ 50 >

> 50 и (x −10)

+ (x + 10)

= 2x

+ 200 > 200. Поэтому сумма

любых двух трехчленов не обращается в нуль.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Сравните с задачей 1 для 10 класса.

◦

. Как придумать такой пример? Если взять трехчлены (x −10)

и (x + 10)

, то каждый из них имеет один корень, а сумма любых

двух из них не имеет корней. Однако нам нужно, чтобы каждый из

трехчленов имел два корня. Идея состоит в том, чтобы вычесть из

каждого из этих трехчленов маленькое число: если число достаточно

маленькое, то сумма трехчленов не будет иметь корней, а у каждого

из трехчленов появится 2 корня.

290 Решения. 2001 год. 11 класс

2. Пусть a

, a

, . . . , a

, . . . — данная геометриче-

ская прогрессия, q — ее знаменатель. По условию a

= a

и a

= a

— натуральные числа. Поэтому q

и q

— положительные рациональные числа. Отсюда сле-

дует, что q

)

— положительное рациональное число

и q =

)

— также положительное рациональное число.

Пусть q =

, где m и n — натуральные взаимно простые

числа. Число a

натуральное, m

и n

взаимно

просты, следовательно, a

делится на n

(см. факт 9). От-

сюда получаем, что a

= a

— число натуральное.

3. Мы докажем, что прямые IL

и I

L проходят через

середину высоты CH. Обозначим через M точку вписан-

ной окружности, диаметрально противоположную точке L,

H L

Рис. 141

через M

— точку вневписан-

ной окружности, диаметраль-

но противоположную точке L

(рис. 141). Таким образом, ML

и M

— диаметры вписанной

и вневписанной окружностей

соответственно; они параллель-

ны высоте CH треугольни-

ка ABC. Вписанная окруж-

ность переходит во вневписан-

ную при гомотетии с центром

в точке C. При этой гомотетии

диаметр ML переходит в па-

раллельный ему диаметр L

Поэтому точки C, M, L

лежат

на одной прямой, и точки C,

, L тоже лежат на одной прямой. Отсюда следует,

что треугольники L

LM и L

HC совмещаются гомотети-

ей с центром в точке L

. Поскольку L

I — медиана тре-

угольника L

LM, прямая L

I пересекает отрезок CH в его

середине. Аналогично, треугольники LL

и LHC совме-

щаются гомотетией с центром в точке L. Поскольку LI