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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 2002 год. 11 класс 311

11 к л а с с

1. См. решение задачи 1 для 10 класса.

2. Пусть t > 0. Тогда точка B с координатами (t, c), где

c = t

+ t + 1, лежит на графике функции y = x

+ |x |+ 1.

Точка A с координатами (

√

c, c) лежит на графике

функции y = x

. Покажем, что при достаточно большом

t расстояние между точками A и B не превосходит

100

Нетрудно видеть, что это расстояние равно

√

c −t. Обозна-

чим его через r, тогда (t + r)

= c, так что

r + 3tr

+ r

= t + 1,

откуда 3t

r < t + 1, а значит,

r <

t + 1

Осталось взять такое t, чтобы выполнялось неравенство

t + 1

100

. Годится любое достаточно большое t (см. факт

27), например, можно взять t = 100:

t + 1

101

3 · 100 · 100

100

К о м м е н т а р и й. Пусть f(x) и g(x) — два многочлена степени

n > 2 с одинаковыми членами степени n и одинаковыми членами сте-

пени n −1:

f (x) = a

+ a

n−1

+ члены меньшей степени,

g(x) = a

+ a

n−1

+ члены меньшей степени.

Будем считать, что a

> 0. Тогда

lim

x→+∞

f (x) = +∞ и lim

x→+∞

g(x) = +∞.

Пусть (y) определяется условием f( (y)) = y. Для достаточно боль-

шого y функция (y) существует и единственна (если вы знакомы с

математическим анализом, то попытайтесь доказать это утверждение).

Аналогично определим (y) условием g( (y)) = y. Тогда точки

( (y), y) и ( (y), y)

лежат на графиках функций f и g соответственно, и расстояние между

ними равно | (y) − (y)|. Мы утверждаем, что

lim

y→+∞

| (y) − (y) |= 0.

312 Решения. 2002 год. 11 класс

Действительно, переобозначив при необходимости многочлены f и g,

можно считать, что для достаточно больших x выполняется неравен-

ство f(x) > g(x) > 0. Тогда (y)> (y). Пусть h(x) = f(x) −g(x). Это мно-

гочлен степени не выше n −2. Имеем:

h( (y)) = f( (y)) −g( (y)) + g ( (y)) −g( (y)) =

= g( (y)) −g( (y)) = ( (y) − (y))g

( ),

где (y) > > (y), g

— производная функции g (последнее равен-

ство — это теорема Лагранжа о конечных приращениях).

Функция g

(x) монотонно возрастает на луче (C; +∞) при некото-

ром C. Значит, для достаточно больших x

(y) − (y) =

h( (y))

( )

h( (y))

( (y)

Осталось заметить, что

lim

t→+∞

h(t)

(t)

= 0,

так как степень многочлена h не превосходит n −2, а степень много-

члена g

равна n −1. Можете попытаться доказать, что в случае, когда

коэффициенты при x

n−1

у многочленов f(x) и g(x) не равны (и равны

n−1

и b

n−1

), искомый предел равен

| a

n−1

− b

n−1

В качестве учебника по математическому анализу мы порекомендуем

читателю [75].

3. См. решение задачи 4 для 10 класса.

4. Обозначим n-й член последовательности через a

, а

сумму первых n членов через S

. Пусть частное от деле-

ния S

n−1

на a

равно k

, т. е. S

n−1

= a

. По условию

— натуральное число при n > 2002.

Так как a

n+1

> a

, получаем

n+1

n−1

+ a

n+1

n−1

+ a

= k

+ 1.

Значит, k

n+1

6 k

(при n > 2002), так как k

и k

n+1

— на-

туральные числа.

Итак, последовательность частных k

не возрастает, на-

чиная с n = 2002. Но невозрастающая бесконечная после-

довательность натуральных чисел стабилизируется: начи-

ная с некоторого места все ее члены равны. Пусть все они

равны числу k, т. е., начиная с некоторого N, имеет место

равенство k

= k.

Решения. 2002 год. 11 класс 313

Но тогда при n > N имеем a

n+1

n−1

+ a

= a

, т. е.

с этого места последовательность a

является геометриче-

ской прогрессией:

k + 1

n−1



k + 1



n−2

= . . . =

(k + 1)

n−N

Получаем, что k

n−N

делит произведение (k + 1)

n−N

Ясно, что k

n−N

взаимно просто с первым сомножителем,

значит, k

n−N

делит a

(см. факт 9). Но это верно при

сколь угодно большом n, так что k = 1, что и требовалось

доказать.

5. Обозначим через I центр вписанной окружности

треугольника ABC, а через r — ее радиус. Пусть ∠BAC =

(рис. 153). Докажем, что все стороны шестиугольника

равны r.

Докажем сначала, что T

⊥AB.

Находим

= AB cos , AC

= AC cos .

В треугольниках BAC и B

угол BAC общий и

= cos .

Таким образом, треугольники B

и BAC подобны с

коэффициентом подобия, равным cos (это хорошо извест-

X = Y

Рис. 153

ный факт, см., например, [46],

гл. 1, § 5). Пусть X — проекция

точки O

на AB. Отрезки AX

и AT

— это отрезки от верши-

ны A до точек касания соответ-

ствующих сторон со вписанной

окружностью в подобных тре-

угольниках B

и BAC, т. е.

AX и AT

— соответствующие

элементы в подобных треуголь-

никах. Поэтому AX = AT

cos .

Но если Y — проекция точки

на AB, то AY = AT

cos . Это означает, что AX = AY,

т. е. точки X и Y совпадают. Отсюда следует, что

⊥AB.

314 Решения. 2003 год. 8 класс

Аналогично доказывается, что

⊥AB, T

⊥BC, T

⊥AC, T

⊥AC.

Очевидно, IT

⊥AB, IT

⊥BC, IT

⊥AC, а также IT

= IT

= r. В четырехугольнике T

I противопо-

ложные стороны параллельны, следовательно, T

I —

параллелограмм, в котором

= IT

= T

= r.

Аналогично получаем, что

= T

= r,

поэтому все стороны шестиугольника T

рав-

ны r.

К о м м е н т а р и й. Из приведенного решения очевидно, что ше-

стиугольник T

центрально-симметричен. Менее очевидно,

что его центр симметрии лежит на прямой, соединяющей центры впи-

санной и описанной окружностей треугольника ABC. Читателю пред-

лагается доказать эти утверждения самостоятельно.

6. См. решение задачи 5 для 10 класса.

2003 год

8 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. Если Маше удвоят стипендию,

то семейный доход возрастет на размер этой стипендии.

Следовательно, Машина стипендия составляет 5 % общего

дохода. Аналогично, мамина зарплата составляет 15 %, а

папина — 25 %. Оставшаяся доля 100 % −5 % −15 % −25 % =

= 55 % приходится на дедушкину пенсию. Значит, если

ему удвоят пенсию, доход всей семьи возрастет на 55 %.

В т о р о й с п о с о б. Если бы всем членам семьи вдруг

стали платить вдвое больше, общий доход увеличился бы

на 100 %. Из этого увеличения 5 % приходится на Машу,

15 — на маму, 25 — на папу, а остальные 55 — на дедушку.

2. Сперва найдем такое число (не обязательно деся-

тизначное), что после прибавления к нему произведения

его цифр получается число с тем же числом знаков и с

Решения. 2003 год. 8 класс 315

тем же произведением цифр. Например, попробуем найти

такое число, что после прибавления к нему произведения

цифр они попросту меняются местами. Если последние

цифры числа — 13, то, чтобы поменять их местами, нужно

прибавить 18. Чтобы произведение цифр было 18, нужно

дописать еще цифру 6. Итак, число 613 обладает нужным

свойством.

Теперь, чтобы получить десятизначное число, припи-

шем слева недостающее число единиц. Произведение цифр

от этого не изменится: 1111111613 + 18 = 1111111631.

К о м м е н т а р и й. Мы рассмотрели число 613: 613 + 6 · 1 · 3 = 631,

и приписали слева недостающие единицы. Другие аналогичные числа:

326 + 3 · 2 · 6 = 362, 819 + 8 · 1 · 9 = 891.

В наименьшем примере (28 + 2 · 8 = 44) цифры изменяются, однако

их произведение сохраняется.

3. Предположим, что такая раскраска возможна.

Заметим сначала, что доску 8 ×8 можно разрезать на

восемь прямоугольников 4 ×2, поэтому на ней ровно

Рис. 154

8 ×4 = 32 закрашенные клетки.

Теперь разрежем доску на четы-

ре квадрата 3 ×3, три прямоугольни-

ка 4 ×2 и угловой квадратик 2 ×2

(рис. 154). В четырех квадратах 3 ×3 и

трех прямоугольниках 4 ×2 уже 4 · 5 +

+ 3 · 4 = 32 клетки, поэтому в угловом

квадратике 2 ×2 не должно быть ни

одной закрашенной клетки.

Аналогично можно доказать, что и

в остальных угловых квадратиках 2 ×2

нет закрашенных клеток.

Теперь разрежем доску без угловых квадратиков 2 ×2

на шесть прямоугольников 4 ×2. Получаем, что всего на

доске 6 · 4 = 24 закрашенные клетки. Противоречие.

4. Для внешних углов BXC и AYB треугольников ABX

и CAY запишем равенства

∠BXC = ∠ABX + ∠BAX,

∠AYB = ∠YAC + ∠YCA

316 Решения. 2003 год. 8 класс

Рис. 155

(рис. 155). Так как по условию ∠BXC =

= ∠AYB, ∠ABX = ∠YAC, получаем, что

∠BAX = ∠YCA, т. е. треугольник ABC

является равнобедренным, AB = BC.

Л е м м а. Пусть у треугольников

PQR и P

равны две стороны

и угол не между ними: PQ = P

QR = Q

, ∠RPQ = ∠R

. Тогда ли-

бо треугольники равны, либо ∠PRQ +

+ ∠P

= 180

◦

Д о к а з а т е л ь с т в о. Отметим на луче PR точку R

на

расстоянии P

от точки P. Треугольники P

и PQR

равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, если

точка R

совпадает с точкой R, то треугольники PQR и

равны.

В противном случае точка R

окажется внутри или вне

отрезка PR (рис. 156, а и б). У равнобедренного треуголь-

ника RQR

углы при основании равны. Если точка R

лежит внутри отрезка PR, то

∠PRQ = ∠RR

Q = 180

◦

−∠PR

Q = 180

◦

−∠P

Случай, когда точка R

лежит вне отрезка PR, аналоги-

чен. Лемма доказана.

б)

Рис. 156

Решения. 2003 год. 8 класс 317

К о м м е н т а р и й к л е м м е. Нетрудно видеть, что если P

—

третий треугольник, причем P

= PQ, Q

= QR, ∠R

= ∠RPQ,

то хотя бы два из треугольников PQR, P

и P

равны. Это

утверждение иногда называют признаком полуравенства треугольни-

ков по двум сторонам и углу не между ними.

Рассмотрим треугольники XBC и YAB. У них рав-

ны две стороны и угол не между ними: ∠BXC = ∠AYB,

XC = YB, BC = AB. В силу леммы такие треугольники либо

равны, либо ∠XBC + ∠YAB = 180

◦

, но второй случай невоз-

можен, поскольку ∠XBC + ∠YAB < ∠ABC + ∠CAB = 180

◦

−

−∠ACB < 180

◦

. Значит, 4XBC = 4YAB, а следовательно,

∠ABY = ∠BCX, и треугольник ABC равносторонний.

5. Докажем, что меньше, чем 21 авиалинией не обой-

тись. Вначале заметим, что если 15 городов соединены

авиалиниями так, что можно добраться от любого горо-

да до любого другого, то авиалиний не меньше 14. Дей-

ствительно, вылетим из произвольного города, и попробу-

ем объехать все остальные, при этом, посещение каждого

следующего города будет требовать не менее одной новой

авиалинии (см. факт 3).

Обозначим количество линий у авиакомпаний через a,

b и c. По доказанному, у любых двух компаний вместе не

менее 14 линий, т. е. a + b > 14, b + c > 14, c + a > 14. Скла-

дывая эти неравенства, получаем: 2(a + b + c) > 42, т. е. у

трех компаний в сумме не менее 21 авиалинии.

Осталось привести пример с 21 авиалинией. Два таких

примера показаны на рис. 157.

Рис. 157

6. Попробуем играть за Киру. Самый естественный пер-

вый ход — назвать число «2». Если мы не угадали, и

Борино число было нечетным, то назовем «3». Если мы

318 Решения. 2003 год. 8 класс

опять не угадали, то, по крайней мере, Борино число

станет четным. К сожалению, число «2» мы уже называть

не можем, поэтому будем действовать хитрее.

Чтобы понять, какие возможные Борины числа мы уже

отсеяли, рассмотрим возможные остатки от деления ис-

ходного числа на 6 (6 = НОК(2, 3); см. факт 7). Если оста-

ток был равен 0, 2 или 4, то Кира выиграла первым

ходом. Если остаток был 5, то после первого хода он

стал 3, и Кира выиграла вторым ходом. Таким образом,

игра будет продолжаться, только если исходное Борино

число давало остаток 1 или 3 при делении на 6. После

двух ходов из него вычтется 2 + 3 = 5, и остаток при деле-

нии на 6 станет 2 или 4.

Третьим ходом попробуем назвать просто следующее

число — это «4». Рассмотрим возможные остатки Бори-

ного числа перед этим ходом при делении на 12 (12 =

= НОК(2, 3, 4)). Возможные остатки при делении на 6 —

это 2 или 4, значит, при делении на 12 могут получиться

остатки 2, 4, 8 или 10. Игра будет продолжаться, если

этот остаток равен 2 или 10 (иначе число делилось бы

на 4), значит, после вычитания 4 остаток от деления на

12 станет 10 или 6.

Теперь, если мы назовем «6», то либо сразу выиграем

(если остаток был 6), либо остаток от деления Бориного

числа на 12 станет равным 4. Теперь Борино число де-

лится на 4, но «4» мы уже называли. Но если из числа,

которое при делении на 12 дает в остатке 4, вычесть 16,

то полученное число будет делиться на 12. А 12 мы еще

не называли! Итак, называем 16, а потом 12 и выигрыва-

ем, так как после пятого хода Боря мог вычесть из своего

числа лишь 2 + 3 + 4 + 6 + 16 = 31, т. е. Борино число не

могло стать отрицательным.

В табл. 1 представлены ходы Киры и возможные числа

Бори. Посмотрим теперь на процесс игры, зная заранее,

что достаточно рассматривать остатки при делении Бори-

ного числа на 12 (табл. 2).

Каждым ходом Кира «отсеивает» некоторые остатки.

Уже перед пятым ходом становится ясно, что Борино чис-

ло имеет вид 12k + 4, но приходится назвать «16», чтобы

привести его к виду 12k, а уже затем назвать «12».

Решения. 2003 год. 9 класс 319

Т а б л и ц а 1

Ход

Киры

Возможное число Бори

перед ее ходом

Возможное число

Бори после ее хода

2 Любое 2k + 1

3 6k + 1, 6k + 3, 6k + 5 6k + 4, 6k + 2

4 12k + 2, 12k + 4, 12k + 8,

12k + 10

12k + 10, 12k + 6

6 12k + 6, 12k + 10 12k + 4

16 12k + 4 12k

12 12k —

Т а б л и ц а 2

Ход

Киры

Возможные остатки от

деления на 12 Бориного

числа перед ее ходом

Возможные остатки от

деления на 12

Бориного числа после

ее хода

2 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,

10, 11

11, 1, 3, 5, 7, 9

3 1, 3, 5, 7, 9, 11 10, 2, 4, 8

4 2, 4, 8, 10 10, 6

6 6, 10 4

16 4 0

12 0 —

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Участниками олимпиады были придуманы

и другие последовательности ходов Киры. Например, 6, 4, 3, 2, 5, 12.

◦

. Эта задача тесно связана с задачей о покрытии натурально-

го ряда арифметическими прогрессиями. Попробуйте сами найти ми-

нимальное число арифметических прогрессий с попарно различными

разностями, необходимое, чтобы покрыть весь натуральный ряд.

9 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. Наложим одного головастика

на другого как показано на рис. 158, а. Нетрудно про-

320 Решения. 2003 год. 9 класс

верить, что если отрезать от первого головастика заштри-

хованные сегменты, и повернуть их вокруг точек A

а)

б)

Рис. 158

на 180

◦

, то получится в точно-

сти второй головастик. Значит, го-

ловастики имеют одинаковую пло-

щадь.

В т о р о й с п о с о б. Можно про-

вести и более формальное дока-

зательство, без использования на-

глядных аргументов (хотя первое

доказательство тоже засчитывалось

на олимпиаде как верное). Пусть

площадь круга равна S

кр

, а пло-

щадь равностороннего треугольни-

ка со стороной, равной диаметру

окружности, равна S

тр

. Так как

треугольник O

равносторон-

ний (рис. 158, б), его углы равны

◦

; кроме того, длина его стороны

равна диаметрам исходных окруж-

ностей, поэтому его площадь рав-

на S

тр

. Значит, площадь каждо-

го из заштрихованных секторов на

рис. 158, б, равна S

кр

/6, а площадь

закрашенной части равна

тр

−3 ·

кр

= S

тр

−

кр

Поэтому площадь второго головастика равна S

кр

+ S

тр

−

−S

кр

/2 = S

тр

+ S

кр

/2 и равна площади первого головастика.

2. Пример можно построить, просто взяв первые четыре

числа равные 2 (единицы брать нельзя — после вычитания

получатся нули). Пусть пятое число равно x. Чтобы эти

числа удовлетворяли условию задачи, достаточно, чтобы

выполнялось равенство 16x = x −1, откуда x = −1/15.

3. П е р в ы й с п о с о б. Предположим, что за весь день

на первом этаже в лифт вошло x покупателей, на вто-

ром — y, на третьем — z. Заметим, что количество поку-

пателей, вышедших из лифта на каждом из этажей в