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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 2004 год. 8 класс 341

К о м м е н т а р и й. Интересен следующий вопрос: какие отрезки

можно расположить на плоскости так, чтобы их концы находились в

углах клеток? Пусть длина такого отрезка равна d. Согласно теореме

Пифагора, d

— натуральное число. Однако этого недостаточно. Напри-

мер, отрезок длины

√

3 так расположить не удастся — нужно еще что-

бы d

можно было представить в виде суммы двух квадратов целых чи-

сел. По этому поводу см. комментарий к задаче 4 для 11 класса олим-

пиады 1996 г., а также к задаче 2 для 8 класса олимпиады 1993 г.

3. Продлим AI до пересечения с KC в точке X и про-

длим CI до пересечения с LA в точке Y (рис. 168).

A C

Рис. 168

Точка I — центр вписанной окружности —

является точкой пересечения биссектрис

треугольника ABC. Значит, AX — бис-

сектриса в равнобедренном треугольнике

KAC, проведенная к основанию. Поэтому

она является и высотой: AX ⊥KC. Ана-

логично, CY ⊥AL. Таким образом, в тре-

угольнике AMC отрезки AX и CY — высо-

ты. Поскольку прямые, содержащие вы-

соты треугольника, пересекаются в одной

точке, I — точка пересечения высот тре-

угольника AMC. Следовательно, прямая

MI содержит высоту, а значит, она пер-

пендикулярна прямой AC.

4. П е р в ы й с п о с о б. Заметим, что при повышении

курса акций он умножается на 1 +

100

, а при пони-

жении — на 1 −

100

. Следовательно, после k повышений

и l понижений курс акций умножится на



1 +

100





1 −

100



. (1)

Докажем, что это число не может быть равно единице.

Для этого запишем дробь

100

в виде несократимой дро-

би

, где b > 1. Тогда 1 +

100

b + a

и 1 −

100

b −a

, и (1)

запишется так:

(b + a)

(b −a)

k+l

. (2)

342 Решения. 2004 год. 8 класс

Так как дробь

несократима, числа b + a и b взаимно

просты, числа b −a и b тоже взаимно просты (см. факт 5).

Следовательно, дробь (2) также несократима, а значит,

не равна единице, что и требовалось доказать.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Приведем более подробное доказательство

несократимости дроби (2). От противного, пусть дробь сократима, тогда

найдется простое число p, которое делит и числитель, и знаменатель.

Так как p простое и p делит знаменатель, то p делит b (см. факт 9).

Так как p делит числитель, то p делит (b + a)

или (b −a)

. Значит, p

делит b + a или b −a. В любом случае p делит a (так как оно делит b).

Но это противоречит взаимной простоте a и b.

◦

. Из решения следует, что после каждого изменения курса акций

возрастает количество знаков после запятой в числе, выражающем

отношение текущего курса к начальному (подумайте, почему).

В т о р о й с п о с о б. Условие, что выражение (1) равно

единице, можно записать так:

(100 + n)

(100 −n)

= 100

k+l

Так как правая часть четна, то и левая часть должна быть

четна, значит, n четно (см. факт 23). Аналогично, левая

часть делится на 5, значит, n делится на 5. Значит, n

делится на 10. Можно перебрать все 9 возможных вари-

антов: n = 10, 20, ..., 90. Например, если n = 10, то левая

часть делится на 11, что невозможно.

Можно обойтись без перебора: пусть n не делится

на 25. Тогда числа 100 −n и 100 + n тоже не делятся

на 25. Значит, пятерка входит в разложение левой части

на простые множители ровно k + l раз (см. факт 10).

Но она входит в разложение правой части 2(k + l) раз —

противоречие. Итак, n делится на 25. Аналогично дока-

зывается, что n делится на 4. Но тогда n делится на 100,

что невозможно, ибо 0 < n < 100.

5. а) Рассмотрим выпуклый семиугольник ABCDEFG

(например, правильный). Искомые семь многоугольни-

ков — это треугольники, определенные парами соседних

сторон семиугольника (т. е. треугольники ABC, BCD,

CDE, DEF, EFG, FGA и GAB, рис. 169, а). Докажем, что

они удовлетворяют условию задачи. Рассмотрим какие-

нибудь шесть из них, например, все, кроме треугольни-

ка GAB. Их можно прибить двумя гвоздями (в точках F

Решения. 2004 год. 8 класс 343

а)

б)

в)

г)

Рис. 169

и C). С другой стороны, так как лю-

бой гвоздь прибивает не более трех

из наших многоугольников, то двумя

гвоздями можно прибить не более ше-

сти многоугольников.

б) Рассмотрим правильный семи-

угольник ABCDEFG (рис. 169, б).

Искомые восемь многоугольников —

это четырехугольники ABCD, BCDE,

CDEF, DEFG, EFGA, FGAB, GABC

и «маленький» семиугольник, нахо-

дящийся в центре, ограниченный диа-

гоналями AD, BE, CF, DG, EA, FB,

GC. Покажем, что любые семь из них

можно прибить двумя гвоздями. Дей-

ствительно, если взять семь четы-

рехугольников ABCD, . . . , GABC, то

их можно прибить к столу гвоздями

в точках A и E. Если же взять цен-

тральный семиугольник и шесть че-

тырехугольников, например, все кро-

ме BCDE, то их можно прибить гвоз-

дями в точках H и F, где H — общая

точка отрезков AD и CG.

Теперь докажем, что все восемь

многоугольников нельзя прибить дву-

мя гвоздями. Предположим, что мож-

но. Тогда один из гвоздей должен

прибивать центральный семиуголь-

ник. Но этот гвоздь прибивает не бо-

лее двух четырехугольников. Значит,

оставшийся гвоздь должен прибить

по меньшей мере пять четырехуголь-

ников, что невозможно. Противоре-

чие.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Можно построить

пример, в котором гвозди прибивают внутрен-

ние точки многоугольников. Например, мож-

но немного «раздуть» имеющиеся многоуголь-

ники (рис. 169, в и г).

344 Решения. 2004 год. 8 класс

◦

. Знаменитая т е о р е м а Х е л л и (см. [46], гл. 2, § 22) утвержда-

ет, что если на плоскости даны несколько выпуклых многоугольников,

любые три из которых можно прибить к плоскости одним гвоздем,

то и все многоугольники можно прибить одним гвоздем. Наша задача

опровергает аналогичное утверждение с заменой одного гвоздя на два.

6. Все доминошки занимают 64 клетки, поэтому од-

на клетка всегда свободна. Будем называть ее дыркой.

Заметим сначала, что если в (горизонтальном) ряду с дыр-

кой есть хотя бы одна вертикальная доминошка, то одну

из таких доминошек можно сделать горизонтальной. Дей-

ствительно, для этого достаточно сдвинуть все горизон-

тальные доминошки, находящиеся между дыркой и вер-

тикальной доминошкой, после чего повернуть вертикаль-

ную доминошку. Будем повторять такую операцию, пока

дырка не окажется в ряду без вертикальных доминошек

(это обязательно случится, так как после каждой опера-

ции число вертикальных доминошек уменьшается).

Когда указанный процесс остановится, дырка будет на-

ходиться в верхнем ряду: действительно, дырка окажется

в ряду, в котором все доминошки горизонтальны, а, зна-

чит, в этом ряду нечетное число клеток. Но во всех рядах,

а)

б)

в)

Рис. 170

кроме верхнего, число клеток четно

(см. факт 23).

Начнем строить «змею»: передви-

нем дырку в верхний левый угол

и сделаем вертикальной доминошку,

оказавшуюся под дыркой («змея»

занимает весь верхний ряд, см.

рис. 170, а).

Теперь рассмотрим оставшуюся

часть доски. Применим процесс,

описанный в первом абзаце, к этой

части. После этого дырка окажет-

ся во втором сверху ряду, причем

в этом ряду будет только одна вер-

тикальная доминошка (рис. 170, б).

Передвинем теперь дырку в правый

конец второго ряда и сделаем ока-

завшуюся под ней доминошку вер-

Решения. 2004 год. 9 класс 345

тикальной. «Змея» теперь занимает уже два верхних ряда

(рис. 170, в).

Повторяя эти операции, в итоге получим «змею», со-

ставленную из всех доминошек (рис. 171, а). Теперь, если

«змея переползет» на одну клетку вперед, то все домино-

шки станут горизонтальными (рис. 171, б).

а) б)

Рис. 171

К о м м е н т а р и й. Заметим, что упоминавшееся в решении пере-

ползание «змеи» на одну клетку вперед есть применение процедуры,

описанной в первом абзаце решения.

9 к л а с с

1. Заметим, что при повышении курса акций он умно-

жается на

117

100

, а при понижении — на

100

. Следовательно,

после k повышений и l понижений курс акций умножит-

ся на



117

100





100



Если это число равно единице, то 117

· 83

= 100

k+l

. Но

в правой части этого равенства стоит четное число, а в

левой — нечетное. Противоречие (см. факт 23).

К о м м е н т а р и й. Сравните с задачей 4 для 8 класса.

2. Например, годится уравнение x

+ 3x + 2= 0. Действи-

тельно, используя обратную теорему Виета, легко понять,

что корнями уравнения x

+ (q + 1)x + q = 0 являются числа

−1 и −q. См. также решение задачи 1 для 8 класса и

комментарии к нему.

346 Решения. 2004 год. 9 класс

3. Доказательство от противного. Пусть шар вернулся

в исходную вершину. Обозначим эту вершину через A,

а точки отражения через A

, . . . , A

. Выберем одну

из сторон бильярда и будем называть параллельные ей

прямые вертикальными, а перпендикулярные ей прямые

горизонтальными. Тогда каждая сторона бильярда ли-

бо вертикальна, либо горизонтальна. Заметим, что угол

(обычный, ненаправленный) между вертикальной прямой

i+1

Рис. 172

и отрезками пути шара постоянен (нетрудно

проверить, что он не меняется при отражени-

ях относительно как вертикальных, так и го-

ризонтальных прямых, см. рис. 172). Можно

считать, что он не равен 0

◦

и 90

◦

, иначе шар

свалится в соседнюю лузу. Так как A — вер-

шина внутреннего угла, то существует лишь

один луч с вершиной в A, образующий дан-

ный угол с вертикальной прямой и лежащий

в той четверти, где расположен стол. Значит, шар вер-

нулся в A по той же прямой, по которой и вылетел, и

= A

Таким образом, первый и последний отрезки пути ша-

ра совпадают. Рассмотрим два отражения шара от стенки

в точке A

— первое и последнее. Учитывая закон отраже-

ния, получим, что шар в конце пути прилетел в точку A

по той же траектории, по которой вылетел из нее в нача-

ле. Поэтому второй и предпоследний отрезки пути шара

также совпадают. Итак, путь шара имеет такой вид:

A →A

→A

→. . . →A

→A

→A.

Рассуждая аналогично, мы видим, что путь шара имеет

следующий вид:

A →A

→A

→. . . →A

k−1

→A

k−1

→. . . →A

→A

→A.

Иными словами, половину времени шар двигался по

некоторой траектории, а вторую половину — возвращался

обратно по ней же. Значит, шар, отразившись от стенки в

точке A

, стал двигаться по той же прямой, по которой он

прилетел в A

, только в противоположную сторону. Но то-

гда отрезок A

k−1

пути шара перпендикулярен стороне

многоугольника, следовательно, образует с вертикальной

Решения. 2004 год. 9 класс 347

прямой угол 0

◦

или 90

◦

. Так как угол с вертикальной

прямой не меняется, то и в начале угол был равен 0

◦

или 90

◦

, что невозможно. Противоречие.

Рис. 173

4. Пусть a, b, и c — длины

сторон треугольника ABC. Без

ограничения общности можно

считать, что a 6 b 6 c. Пусть I —

точка пересечения биссектрис

треугольника ABC (рис. 173).

Тогда

+ l

AI + IB

> 1.

Здесь второе неравенство выполнено, поскольку любой от-

резок внутри треугольника (в частности, любая медиана)

не превосходит наибольшей стороны (см. [46], гл. 10,

§ 10). Третье неравенство выполнено, поскольку l

> AI

и l

> BI. Последнее неравенство выполнено в силу нера-

венства треугольника для треугольника AIB.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Данная задача — пример ситуации, когда

частный случай гораздо сложнее общего: из решения видно, что бис-

сектрисы и медианы ни при чем — неравенство верно для произволь-

ных отрезков, соединяющих вершину треугольника и какую-то точку

на противоположной стороне. (Подумайте, можно ли в условии задачи

заменить биссектрисы на высоты.) Попытка решить задачу методом

«грубой силы», используя формулы для медиан и биссектрис, вряд

ли приведет к успеху (автору задачи не удалось этого сделать даже с

помощью компьютера).

◦

. Отметим, что оценка точная, т. е. число 1 в правой части

нельзя заменить на большее так, чтобы неравенство осталось верным

для всех треугольников (докажите это!).

◦

. Бытует мнение, что любое верное симметричное неравенство

можно доказать многократным применением неравенств о среднем

арифметическом, среднем геометрическом и аналогичных. Наша зада-

ча является контрпримером к этому утверждению, поскольку в клас-

сических неравенствах о средних равенство достигается, когда все

слагаемые равны между собой. В данной же задаче, если

то

= 3, что является максимумом, а не минимумом

(докажите!).

Замечания по поводу этой задачи присылайте автору по адресу

markelov@mccme.ru.

348 Решения. 2004 год. 9 класс

5. Пусть l — произведение первых 21 простых чисел.

Заметим, что l — наименьшее неразрешенное число. Не-

трудно проверить, что 21-е простое число — это 71 < 2004.

Значит, 2004! делится на l.

Рассмотрим число m, полученное после первого хода

первого игрока. Так как число камней, взятое за один

ход, не может делиться на l, число m не делится на l

(см. факт 5). Рассмотрим остаток r от деления числа m

на l (см. факт 7). Этот остаток меньше, чем l, поэтому

он не может делиться больше чем на 20 простых чисел.

Второй игрок сможет взять r камней и снова получить

число, делящееся на l, и т. д.

Итак, если второй будет каждый раз брать остаток от

деления числа камн ей на l, то после каждого хода первого

игрока число камней в кучке не делится на l, а после

хода второго игрока — делится. Значит, первый игрок не

сможет взять последние камни, так что выиграет второй

игрок.

6. а) Заметим, что угадать 18 карт не составляет труда.

Действительно, первыми двумя рубашками помощник мо-

жет «закодировать» масть второй карты (сопоставив каж-

дой масти один из четырех возможных вариантов распо-

ложения двух рубашек), следующими двумя рубашками —

масть четвертой и т. д.

Когда в колоде остались две карты, экстрасенс знает,

какие они (так как он видел, какие 34 карты вышли),

и поэтому помощнику достаточно закодировать лишь по-

рядок, в котором они лежат; это легко сделать при по-

мощи рубашки 35-й карты. Действительно, экстрасенс с

помощником могут договориться о том, какая масть счи-

тается «старше», после чего помощник может положением

35-й карты указать какая из карт старше — 35-я или 36-я.

Таким образом экстрасенс угадает масти 19 карт.

б) Будем называть 1, 3, 5, . . ., 35-ю карты нечетны-

ми. Рассмотрим следующие 17 карт: все нечетные кар-

ты, кроме первой и предпоследней, и вторую карту. По

принципу Дирихле (см. факт 1) среди этих семнадцати

карт обязательно найдутся пять карт одной масти. Назо-

вем эту масть основной. Положением первых двух карт

Решения. 2004 год. 10 класс 349

колоды помощник может закодировать основную масть.

Положением (2k −1)-й и 2k-й карт (для 2 6 k 6 17) помощ-

ник может закодировать масть 2k-й карты. Положением

рубашки предпоследней карты помощник может закодиро-

вать масти двух последних карт (см. решение пункта «a»).

Экстрасенс должен называть основную масть на каж-

дую из выбранных семнадцати карт. Тогда он угадает ма-

сти хотя бы пяти из выбранных семнадцати карт. Кроме

того, экстрасенс угадает масти всех четных карт, кроме

второй и последней, а также масти двух последних карт.

Всего он угадает масти хотя бы 23 карт.

К о м м е н т а р и й. Покажем, как экстрасенс мог угадать масти

24 карт. Для этого достаточно из первых 34 карт угадать масти хо-

тя бы 22 (см. конец решения пункта «a»). Разделим эти 34 карты,

кроме первой, на 11 троек, идущих подряд. Положение первой карты

(не входящей ни в одну из троек) будет указывать, каких мастей

в первой тройке больше — черных или красных. Не уменьшая общ-

ности, предположим, что черных больше.

Рассмотрим карты первой тройки. Назовем натуральными картами

первые две черные карты. Оставшуюся карту назовем ненатуральной

(она может быть как черной, так и красной). Поворотом рубашки

каждой из двух натуральны х карт помощник покажет, какую из двух

мастей черного цвета должен называть экстрасенс. Используя эту ин-

формацию, экстрасенс угадает масти обеих натуральных карт. Поворо-

том рубашки ненатуральной карты помощник кодирует цвет, который

чаще встречается в следующей тройке. (Заметим, что если красная

карта в первой тройке не последняя, то ее ненатуральность экстрасенс

сможет опознать только после ее открытия.)

Теперь то же самое можно сделать со второй тройкой — при этом

экстрасенс угадает в ней две масти из трех и узнает преобладающий

цвет следующей тройки и т. д. Таким образом, он угадает масти всех

карт, кроме, быть может, первой карты, и еще одиннадцати карт

(по одной в каждой тройке), т. е. всего не менее 24 карт.

Известен (гораздо более сложный) алгоритм, обеспечивающий уга-

дывание мастей 26 карт (см. [89], [90]).

10 к л а с с

1. Пусть a и b — первый и n-й члены прогрессии, S —

сумма первых n членов. Тогда

S =

a + b

Значит, 2S делится на n. Так как 2S — степень двойки,

то и n — степень двойки.

350 Решения. 2004 год. 10 класс

К о м м е н т а р и й. Мы использовали следующее утверждение: лю-

бой делитель степени двойки сам является степенью двойки. Аккурат-

ное доказательство этого у тверждения требует теоремы об однознач-

ности разложения на простые множители (подумайте, почему), см.

факт 10.

2. Предположим, что существует такой тетраэдр ABCD

(рис. 174). Пусть AB — гипотенуза треугольника ABC. То-

гда AB является также и гипотенузой треугольника ABD.

Рис. 174

Нетрудно видеть, что в этом случае CD —

гипотенуза треугольников ACD и BCD. Се-

редину гипотенузы CD обозначим через M.

Так как треугольники ACD и BCD прямо-

угольные,

AM = BM =

(см. факт 14).

Точки A, M и B не могут лежать на

одной прямой, ибо тогда точки A, B, C и

D лежали бы в одной плоскости. Рассмотрим треугольник

AMB. Для него должно выполняться неравенство тре-

угольника: AB < AM + MB. Однако

AB =

= AM + MB.

Противоречие.

3. Например,

3 +

√

2 +

3 −

√

2 =

6 + 2

√

Это равенство легко проверить возведением в квадрат.

Как догадаться до такого равенства? Будем искать чер-

ное число, равное сумме двух белых. Опыт работы с ра-

дикалами подсказывает, что нужно брать сопряженные бе-

лые числа:

A + B

√

2 +

A −B

√

2 =

C + D

√

7. (1)

Возводя обе части равенства в квадрат, получим:

2A + 2

−2B

= C + D

√

Итак, достаточно подобрать такие числа A и B, что

−2B

= 7, тогда можно взять C = 2A, D = 2.