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. 10 класс 351

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Уравнение A

−2B

= 7 имеет бесконечно

много решений в целых числах. Поэтому и уравнение (1) имеет

бесконечно много решений. Это связано с тем, что уравнение Пелля

−2B

= 1 имеет бесконечно много решений в целых числах (см. по

этому поводу [26]).

◦

. Имеется критерий представимости чисел в виде A

−2B

с целы-

ми A и B, похожий на критерий представимости чисел в виде суммы

двух квадратов, см. комментарий к задаче 4 для 11 класса олимпиады

1996 г.

◦

. У исходной задачи есть и другие решения:

26 −18

√

2 +

5 + 3

√

2 +

27 + 9

√

2 =

54 + 18

√

mn + n + 2m

√

n +

mn + n −2m

√

n +

n + 1 + 2

√

n +

n + 1 −2

√

n =

4mn + 4n + 8n

√

Здесь первое равенство следует из равенства

((2 −

√

2) + (1 +

√

2))

3 −

√

2 + 3

3 +

√

2 = 3

6 + 2

√

Оно показывает, что число белых слагаемых может быть равно трем.

Второе равенство показывает, что пару чисел (2, 7) можно заменить

на любую другую пару чисел, не являющихся полными квадратами

(это равенство фактически придумано школьником на олимпиаде).

◦

. Интересно, что для «ординарных» радикалов ответ на аналогич-

ный вопрос отрицательный. Если p

, p

, . .. , p

— различные простые

числа, то ни один из корней

√

не представляется в виде суммы дру-

гих с рациональными коэффициентами. Элементарное доказательство

этого факта можно прочитать в [24]. Верно и более общее утвержде-

ние, но доказательство его гораздо сложнее: сумма чисел вида

√

с рациональными коэффициентами является иррациональным числом,

если все дроби m

правильные и различные.

◦

. Заметим, что решение уравнений в радикалах — знаменитая те-

ма, которая положила начало современной алгебре [83]. Замечания по

поводу этой задачи присылайте ее автору по адресу markelov@mccme.ru.

4. См. решение задачи 5 для 9 класса.

5. П е р в ы й с п о с о б. Пусть O и O

— центры со-

ответственно описанной и вневписанной окружностей,

упоминающихся в условии задачи (см. факт 16). Будем

считать, что A

лежит на луче CB, а B

лежит на лу-

че CA (рис. 175, а). Достаточно доказать, что OA

⊥B

и OB

⊥A

. Нетрудно видеть, что O

A ⊥B

. Значит,

чтобы доказать перпендикулярность прямых OA

и B

достаточно доказать, что O

A kOA

. Мы докажем, что

∠A

A = ∠O

AO.

352 Решения. 2004 год. 10 класс

Тогда из того, что окружности имеют равные радиусы,

следует, что A

AO — равнобочная трапеция, и прямые

A и OA

параллельны.

Из четырехугольника A

B находим

∠A

= 360

◦

−90

◦

−90

◦

−∠A

= 180

◦

−∠A

= ∠B

и, аналогично, ∠B

= ∠A. Следовательно,

∠A

A = ∠A

∠B

= ∠B +

∠A.

С другой стороны, если ∠C острый, то

∠O

AO = ∠O

AB + ∠BAO =

∠B

+ (90

◦

−∠C) =

= 180

◦

−∠C −

∠A = ∠B +

∠A.

Во втором равенстве мы использовали, что ∠O равнобед-

ренного треугольника AOB равен 2∠C. Проверку того,

что если ∠C тупой, то получается такая же формула для

∠O

AO, мы оставляем читателю. Итак, ∠O

AO = ∠A

Поэтому OA

⊥B

. Аналогично доказывается, что OB

⊥

⊥A

. Значит, O — ортоцентр треугольника A

В т о р о й с п о с о б (предложен школьниками на олим-

пиаде). Пусть K — середина дуги BAC описанной окруж-

ности треугольника ABC (рис. 175, б), тогда OK ⊥BC. Кро-

а) б)

Рис. 175

Решения. 2004 год. 11 класс 353

ме того, O

⊥BC, а отрезки OK и O

равны по усло-

вию. Поэтому четырехугольник OKO

— параллелограмм

и OA

K. Используя теорему об углах, вписанных в

окружность, нетрудно проверить, что

∠KAC =

−∠CAB

поэтому AK — биссектриса внешнего угла треугольника

ABC при вершине A. Значит, точки K, A и O

лежат на

одной прямой, и параллельные отрезки A

O и O

K пер-

пендикулярны биссектрисе угла CAB. Нетрудно видеть,

что эта биссектриса параллельна прямой B

. Значит,

⊥OA

. Аналогично, A

⊥OB

. Поэтому O — ортоцентр

треугольника A

6. См. решение задачи 6 для 9 класса.

11 к л а с с

1. П е р в ы й с п о с о б. Рассмотрим квадратный трех-

член f(x) = ax

+ bx + c. Выделим полный квадрат, для это-

го обозначим t = x +

и D = b

−4ac. Тогда

+ bx + c = a



−



При D 6 0 положим p =

√

−D

. Тогда искомое представление



−



((t −p)

+ (t + p)

) =



x +

b −

√

−D





x +

b +

√

−D



При D > 0 положим q =

√

. Тогда



−



= a(2(t + q)

−(t + 2q)

) =

= 2a



x +

b +

√

D/2



−a



x +

b +

√



В т о р о й с п о с о б. Если квадратный трехчлен f(x)

можно представить в виде суммы двух трехчленов с

нулевыми дискриминантами, то в таком же виде мож-

но представить и трехчлен Af(ax + b), где A, a и b —

константы (A 6= 0, a 6= 0).

354 Решения. 2004 год. 11 класс

Когда таким преобразованием можно перевести трех-

член f(x) в трехчлен g(x)? Нетрудно видеть, что это мож-

но сделать тогда и только тогда, когда их дискриминанты

имеют один и тот же знак.

Дадим набросок доказательства: выделяя полный квад-

рат, любой трехчлен можно привести к виду x

+ , за-

тем, подбирая A и a, приведем трехчлен к виду x

или

±1. Осталось заметить, что если трехчлены f(x) и g(x)

можно перевести в трехчлен h(x), то трехчлен f(x) можно

перевести в g(x).

В силу вышесказанного, нам осталось представить в ви-

де суммы двух трехчленов с нулевыми дискриминантами

по одному трехчлену для каждого знака дискриминанта.

Например:

+ x

(D = 0), x

+ (x + 1)

(D < 0) и (2x + 1)

−x

(D > 0).

2. Пусть a, b, c, d — четыре попарно скрещивающи-

еся прямые. Построим такие плоскости ⊃a и ⊃b,

что параллельна (рис. 176). Аналогично, построим

Рис. 176

такие плоскости ⊃c и ⊃d, что параллельна .

Рассмотрим произвольное направление v, не параллельное

никакой из этих плоскостей. Спроецируем прямую a на

Решения. 2004 год. 11 класс 355

плоскость вдоль этого направления. Обозначим через B

точку пересечения проекции и прямой b, а через A ∈a

ее прообраз при проецировании, тогда прямая AB парал-

лельна направлению v. Аналогично строятся точки C ∈c

и D ∈d, для которых прямая CD параллельна направле-

нию v. Тогда прямая AB параллельна CD, поэтому либо

точки A, B, C и D лежат на одной прямой, либо че-

тырехугольник ABCD — трапеция, либо четырехугольник

ABCD — параллелограмм.

Основная сложность состоит в том, чтобы исключить

случай точек, лежащих на одной прямой. Пусть, сначала,

плоскости и не параллельны.

◦

. Начнем издалека. Рассмотрим поверхность H, за-

данную в пространстве уравнением

+ y

−z

= 1.

Эта поверхность называется однополостным гиперболои-

дом (см. [69], гл. 7). Ее пересечение с плоскостью z = 0

есть окружность. Оказывается, через каждую точку этой

окружности проходят ровно две прямые, целиком лежа-

щие на H (рис. 177). Читатель может попытаться прове-

рить это и последующие утверждения в координатах.

Рис. 177

Оказывается, такие прямые (они называ-

ются образующими) разбиваются на два се-

мейства: прямые одного семейства скрещи-

ваются, а разных — пересекаются. Кроме то-

го, никаких других прямых на гиперболоиде

нет.

Заметим также, что если все эти пря-

мые параллельно перенести в начало коор-

динат, то они перейдут в образующие конуса

+ y

−z

= 0.

◦

. Можно показать (попробуйте), что любые три по-

парно скрещивающиеся прямые, не параллельные одной

плоскости, можно перевести аффинным преобразованием

(см. [69], гл. 3) в любые другие три прямые, удовлетворя-

ющие тем же условиям. Плоскости и не параллельны,

поэтому, переобозначив при необходимости прямые, мож-

но считать, что прямые a, b и c не параллельны одной

плоскости.

356 Решения. 2004 год. 11 класс

Теперь возьмем любые три образующие (из одного се-

мейства) a

, b

, c

на H. Нетрудно проверить, что они

не параллельны одной плоскости, значит, аффинным пре-

образованием можно перевести их в a, b и c. Но наша

задача инвариантна относительно аффинных преобразова-

ний, поэтому можно с самого начала считать, что прямые

a, b и c лежат на H. Они принадлежат одному семейству

образующих, которое мы будем называть первым.

Нетрудно видеть, что прямая либо лежит на гипербо-

лоиде, либо пересекает его не более, чем в двух точках.

Значит, прямые, пересекающие каждую из прямых a, b

и c, — это в точности образующие H из второго семейства.

Поэтому возможны две ситуации: 1) прямая d лежит на

H, тогда каждая из образующих второго семейства пере-

секает все прямые a, b, c, d, и 2) прямая d пересекает H

не более, чем в двух точках, тогда прямых, пересекающих

каждую из прямых a, b, c, d, не более двух.

Теперь потребуем, чтобы направление v было парал-

лельно плоскости z = 0. Так как ни одна из образующих

не параллельна этой плоскости, точки A, B, C и D не

будут лежать на одной прямой.

◦

. Чтобы исключить случай параллелограмма, до-

статочно обеспечить неравенство AB 6= CD. Заметим, что

AB =

sin

и CD =

sin

, где p — расстояние между плоско-

стями и , q — расстояние между плоскостями и ,

— угол между направлением v и плоскостью , —

угол между направлением v и плоскостью .

Итак, достаточно, чтобы выполнялось неравенство

sin <

sin . (2)

Пусть f — прямая пересечения плоскости и плоско-

сти z = 0. Пусть сначала f не параллельна плоскости .

Если взять вектор v параллельным прямой f, то = 0,

6= 0. Если этот вектор чуть-чуть пошевелить так, чтобы

он оставался параллельным плоскости z = 0, то условие (2)

сохранится в силу непрерывности, и соответствующие точ-

ки A, B, C и D будут вершинами трапеции.

Если f параллельна плоскости , то рассмотрим любую

такую плоскость , что угол между ней и плоскостью

Решения. 2004 год. 11 класс 357

z = 0 меньше, чем /4, и прямая ∩ не параллельна

плоскости . Можно убедиться, что такая плоскость то-

же не параллельна ни одной из образующих (достаточно

проверить, что угол между любой из образующих и плос-

костью z = 0 равен /4). Осталось повторить предыдущую

конструкцию с плоскостью вместо плоскости z = 0.

◦

. Пусть теперь все плоскости , , , параллельны,

тогда = для любого направления v, и для выполнения

Рис. 178

неравенства AB 6= CD достаточно нера-

венства p 6= q, которого всегда можно

добиться, переобозначив прямые.

Чтобы точки A, B, C и D не лежа-

ли на одной прямой, поступим следу-

ющим образом.

Рассмотрим гиперболический пара-

болоид xy = z (рис. 178). На нем тоже

имеется два семейства образующих,

причем образующие одного семейства

параллельны плоскости x = 0, а образующие другого —

плоскости y = 0.

Пусть плоскости

параллельны плоскости

x = 0, а расстояния между ними такие же, как и меж-

ду плоскостями , и . Каждая из этих плоскостей

высекает прямую на параболоиде. Нетрудно видеть, что

аффинным преобразованием можно перевести прямые a,

b и c в соответствующие прямые на параболоиде. Итак,

можно считать, что прямые a, b и c являются образую-

щими параболоида. Теперь достаточно взять вектор v не

параллельным ни одной из плоскостей x = 0, y = 0.

К о м м е н т а р и й. Другой способ борьбы с параллелограммами и

точками на одной прямой состоит в доказательстве того, что и тех, и

других в некотором смысле «мало». Например, искушенный читатель

может попытаться доказать, что «плохие» векторы v образуют множе-

ство меры нуль.

б) Возьмем четыре параллельные плоскости, все по-

парные расстояния между которыми различны. В каж-

дой из них проведем прямую таким образом, чтобы эти

прямые попарно скрещивались. Докажем, что паралле-

лограмма с вершинами на этих прямых не существует.

Действительно, длины любых двух параллельных отрезков

358 Решения. 2004 год. 11 класс

с концами на этих прямых пропорциональны расстояниям

между соответствующими парами плоскостей, а значит,

различны.

3. П е р в ы й с п о с о б. Число n можно записать в ви-

де n = 10

(10a + b) + c, где 0 6 c < 10

, b — ненулевая циф-

ра, которую вычеркиваем, a — число, образованное цифра-

ми, стоящими левее b. Тогда после вычеркивания полу-

чится число n

= 10

a + c. Разность этих чисел — n −n

= 10

(9a + b). Чтобы выполнялось условие задачи, доста-

точно, чтобы числа 9a + b и 10

a + c делились на d (см.

факт 5). Если d не делится на 9, то в качестве b возьмем

остаток от деления d на 9, иначе положим b = 9. Тогда

d−b делится на 9, и мы возьмем a =

d −b

. Имеем 9a + b = d,

и осталось подобрать c и k, чтобы 10

a + c делилось на d.

Пусть k — такое число, что 10

k−1

> d. Число 10

a + 10

k−1

разделим с остатком на d: 10

a + 10

k−1

= dq + r, 0 6 r < d

(см. факт 7). Положим c = 10

k−1

−r > 0, тогда 10

a + c = dq

делится на d.

В т о р о й с п о с о б (предложен школьниками на олим-

пиаде). Рассмотрим для произвольного натурального k

число n

= 10

d −d. Пусть l — количество знаков в деся-

тичной записи числа d. Заметим, что при достаточно боль-

ших k (а именно, при k > l) десятичная запись числа n

выглядит следующим образом: сначала идет десятичная

запись числа d −1, затем — серия девяток, и наконец —

десятичная запись числа 10

−d (см. факт 11). Таким об-

разом, при k > l число n

можно получить из числа n

k+1

путем вычеркивания одной из девяток в центральной ча-

сти десятичной записи. Очевидно также, что все числа n

делятся на d.

4. Докажем, что треугольник ABC либо равнобедрен-

ный, либо прямоугольный.

Пусть H — основание высоты, проведенной из верши-

ны B. Заметим, что точка H лежит на стороне AC, а не

на ее продолжении, иначе она лежала бы вне описанной

окружности, и никакой диаметр через нее не проходил

бы.

Решения. 2004 год. 11 класс 359

а)

−2

A B = G

H = M

б)

−

C = H

в)

Рис. 179

Пусть указанный в условии

диаметр d пересекает треугольник

в точках H и G (рис. 179, а).

Пусть M — середина стороны AC.

Если диаметр d содержит отре-

зок BM, то H = M, треугольник

ABC — равнобедренный, и ∠B =

= −2 (рис. 179, б). Пусть диа-

метр d не содержит отрезка BM,

тогда из того, что каждый из

этих отрезков делит треугольник

на две равновеликие части, сле-

дует, что эти отрезки пересека-

ются в некоторой точке K. Ясно,

что площади треугольников BGK

и MKH равны. Тогда площади

треугольников BGH и BMH тоже

равны. Значит, высоты этих тре-

угольников, проведенные к сто-

роне BH, равны, следователь-

но, отрезок BH параллелен GM.

Поэтому отрезок GM — середин-

ный перпендикуляр к хорде AC.

Следовательно, он является ча-

стью диаметра окружности. Зна-

чит, точка G принадлежит двум

различным диаметрам, поэтому

она является центром окружно-

сти (рис. 179, в). Если точка G

лежит на стороне BC, то = /2

(см. факт 14), что противоречит

условию, а если G лежит на сто-

роне AB, то ∠C = /2 и ∠B =

− .

В а р и а н т р е ш е н и я. Пусть указанный в условии

диаметр d пересекает треугольник в точках H и G. До-

пустим, что точка G лежит на отрезке AB (возможно,

совпадая с точкой B), тогда площадь треугольника AHG

равна

ABC

cos

360 Решения. 2004 год. 11 класс

(см. факт 18). Теперь условие задачи можно переписать

так:

AG =

2 cos

Таким образом AG — гипотенуза в треугольнике с катетом

AC/2 и прилежащим углом . Из этого сразу следует,

что G — точка пересечения серединного перпендикуляра к

отрезку AC с прямой AB. Но серединный перпендикуляр

к хорде содержит диаметр окружности. Значит, либо G —

центр окружности, либо этот диаметр совпадает с диа-

метром d. В первом случае AB — тоже диаметр, так что

∠C = /2. Во втором случае точка H является серединой

AC, и треугольник равнобедренный.

Если точка G лежит на отрезке BC и не совпадает с

точкой B, то, как и выше, можно доказать, что = /2,

но это противоречит условию.

5. Обозначим через N(F) число нулей функции F на по-

луинтервале [0; 2 ), т. е. число значений аргумента x ∈

∈[0; 2 ), для которых F(x) = 0. Тогда при A

= A

= 0 по-

лучаем N(sin k

x) = 2k

. Действительно, нулями являются

числа x

, где n = 0, 1, ..., 2k

−1.

Фиксируем произвольные числа A

и A

и докажем,

что число нулей функции

F(x) = sin k

x + A

sin k

x + A

sin k

на полуинтервале [0; 2 ) не меньше, чем 2k

. Обозначим

(x) =











sin x, если m делится на 4,

−cos x, если m −1 делится на 4,

−sin x, если m −2 делится на 4,

cos x, если m −3 делится на 4.

Очевидно, f

m+1

(x) = f

(x). Теперь определим последова-

тельность функций

(x) = f

x) + A





x) + A





x),

m = 0, 1, . . . Тогда F

= F и F

m+1

= k

. Ясно, что число

2 — период каждой из функций F