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

Подождите немного. Документ загружается.

Решения. 2005 год. 9 класс 371

Заметим, что в каждой из 512 исходных пар найдет-

ся точка, помеченная ненулевой цифрой. Действительно,

иначе нашлись бы две точки, помеченные цифрой 0, ко-

торые соединены отрезком, помеченным цифрой 0.

Докажем теперь, что в каждой из 256 четверок найдет-

ся точка, помеченная не нулем и не единицей. Рассмот-

рим произвольную из 256 четверок. В каждой из двух

пар, из которых она образована, найдется точка, поме-

ченная не нулем. Если бы обе эти точки были помече-

ны единицей, они образовывали бы пару, дающую побе-

ду Ослу (поскольку они соединены отрезком, помеченным

цифрой 1). Следовательно, в каждой из 256 четверок най-

дется точка, помеченная не нулем и не единицей.

Продолжая это рассуждение, получаем, что в каждой

из 128 восьмерок найдется точка, помеченная не нулем,

не единицей и не двойкой, в каждой из 64 групп по 16

точек найдется точка, помеченная не нулем, не единицей,

не двойкой и не тройкой и т. д.; наконец, в каждой

из двух групп по 512 точек найдется точка, помеченная

не нулем, не единицей, не двойкой, ..., не восьмеркой.

Следовательно, эти точки помечены цифрой 9. Но они

соединены отрезком, помеченным цифрой 9, что противо-

речит предположению. Итак, Осел выигрывает независимо

от игры Тигра.

К о м м е н т а р и й. Из приведенного решения видно, что Осел вы-

игрывает и для 1024 точек. Можно доказать, что Осел выигрывает

даже для 121 точки. Сравните с задачей 6 для 10 класса.

9 к л а с с

1. Из формулы корней квадратного уравнения следует,

что если x

и x

— корни квадратного трехчлена x

+ px +

+ q, причем x

> x

, а D — дискриминант этого трехчлена,

то x

−x

√

D. Действительно,

−x

−b +

√

−

−b −

√

Обозначим корни данных приведенных квадратных

трехчленов через x

, x

, y

, z

так, чтобы x

> x

> y

и z

> z

. Тогда, в силу приведенной выше фор-

мулы, x

−x

√

1 = 1, y

−y

√

4 = 2 и z

−z

√

9 = 3.

372 Решения. 2005 год. 9 класс

Следовательно,

−x

) + (y

−y

) = 3 = z

−z

откуда x

+ y

+ z

= x

+ y

+ z

2. Несложно подобрать три натуральных числа таких,

что сумма любых двух из них делится на третье: 1, 2

и 3. Заметим, что одно из этих чисел равно сумме двух

других (3 = 2 + 1). Добавим к этим числам еще одно —

их сумму. Полученный набор чисел (1, 2, 3, 6) также

обладает тем свойством, что сумма любых трех из них

делится на четвертое.

Покажем, что добавляя к любому набору чисел, обла-

дающему нужным нам свойством, их сумму, мы опять

получим набор, обладающий нужным нам свойством.

Действительно, пусть числа a

, a

, . . . , a

таковы, что

сумма любых k −1 из них делится на оставшееся, тогда

= a

+ a

+ ... + a

делится на каждое из этих чисел (см.

факт 5).

Рассмотрим набор (a

, a

, . . . , a

, S

). Ясно, что для

любого i сумма всех чисел этого набора, кроме a

, равна

−a

и делится на a

, поскольку S

делится на a

Теперь ясно, что этот набор удовлетворяет условиям

задачи, так что мы можем взять a

k+1

= S

Теперь, начав с набора 1, 2, 3 и проделав описанную

выше операцию нужное количество раз, мы получим на-

бор: 1, 2, 3, 6, 12, 24, ..., 3 · 2

2003

, удовлетворяющий

требованиям задачи.

Рис. 184

3. Пусть O

— центр окруж-

ности

, E и F — точки каса-

ния прямых AC и BC с окруж-

ностью

(рис. 184). Прямо-

угольные треугольники O

и O

CF равны по катету и

гипотенузе, так что ∠O

CA =

= ∠O

CB. Так как эти углы

вписаны в окружность

, то

равны дуги, на которые они

опираются: ∠AO

= ∠BO

Решения. 2005 год. 9 класс 373

Поэтому O

— биссектриса равнобедренного треугольни-

ка AO

B, а значит, и высота. Итак, прямая O

перпен-

дикулярна AB.

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC с ка-

тетами AC = 2000 и BC =

1000

. Его площадь равна 1. Пред-

положим, что треугольник ABC можно разрезать на 1000

частей, из которых можно сложить квадрат. Тогда пло-

щадь этого квадрата тоже равна 1, значит, и сторона этого

квадрата равна 1.

Разобьем катет AC на 1000 равных отрезков точками

A = A

, A

, ..., A

999

, A

1000

= C. Поскольку частей 1000, а

точек 1001, по принципу Дирихле (см. факт 1) какие-то

две попадут в одну часть. Так как эта часть содержится

в квадрате со стороной 1, то расстояние между любыми

двумя ее точками не превосходит

√

2. С другой сторо-

ны, расстояние между любыми двумя из точек A

, . . .

..., A

1000

не меньше двух. Полученное противоречие до-

казывает, что треугольник ABC нельзя разрезать на 1000

частей, из которых можно сложить квадрат.

К о м м е н т а р и й. В 1807 году венгерский математик Вольфганг

Бойаи (Bolyai) доказал удивительну ю теорему: любые 2 многоуголь-

ника равной площади равносоставленны (т. е. один можно разрезать

на несколько частей, из которых можно собрать второй). Возникает

естественный вопрос — как определить, какое минимальное количе-

ство частей требуется для двух конкретных многоугольников? Зада-

ча 4 показывает нетривиальность вопроса — даже для треугольника

и квадрата количество частей заранее неограниченно. В этой области

науке известно весьма мало даже про наиболее естественный частный

случай — какое минимальное количество частей требуется для раз-

резания правильного многоугольника с целью получить правильный

многоугольник с другим числом сторон? В таблице 3 показаны наи-

лучшие известные разрезания правильных n-угольников при n 6 10.

Не доказана минимальность ни одного из них (попробуйте улучшить

какой-нибудь из результатов!). Некоторые из разрезаний, соответствую-

щих числам в таблице, изображены на рис. 185. Справа от разрезания

приведена картинка, внимательно посмотрев на которую, можно по-

нять, как такое разрезание получилось.

До недавнего времени считался открытым вопрос: являются ли рав-

носоставленными круг и квадрат? Иными словами, можно ли разре-

зать круг на несколько частей, из которых можно составить квадрат?

Интуитивно кажется, что ответ должен быть отриц ательным, так все

374 Решения. 2005 год. 9 класс

Т а б л и ц а 3

3 4 5 6 7 8 9

4 4

5 6 6

6 5 5 7

7 8 7 9 8

8 7 5 9 8 11

9 8 9 10 10 13 12

10 7 7 10 9 11 10 13

Рис. 185

и предполагали, но доказательства найти не могли. В 1988 году Ми-

клош Лацкович (Laczkovich) ко всеобщему удивлению доказал, что

ответ — положительный (см. [87])! К сожалению, его решение суще-

ственно выходит за рамки ш кольной программы, оно использует около

частей. Заметим, что эти части мало похожи на многоугольники,

см. также задачу 6 для 10 класса олимпиады 2002 г. и комментарии

к ней.

Решения. 2005 год. 9 класс 375

По-другому обстоят дела в пространстве. Немецкий математик Ден

(Dehn) доказал, что существуют два тетраэдра объема 1, которые

нельзя разрезать на равные многогранники! Подробнее об этом можно

прочитать в статье [86]. А если разрешить резать не только прямым

ножом (на многогранники), но и кривым — верно ли, что тогда из

любого многогранника можно сделать куб? Открытая проблема.

Заинтересовавшимся темой разрезаний рекомендуем (помимо опи-

санных выше нерешенных задач) подумать над следующими, решения

которых известны:

1) Можно ли невыпуклый четырехугольник разрезать двумя пря-

мыми на 6 частей?

2) На плоскости нарисован неравнобедренный треугольник ABC и

симметричный ему относительно прямой треугольник DEF. Можно ли

Рис. 186

разрезать треугольник ABC на несколько частей,

из которых можно собрать DEF без переворачи-

вания частей?

3) Дан многоугольник (рис. 186). На какое

минимальное число частей его можно разрезать

так, чтобы из них можно было сложить квадрат?

4) Можно ли какой-нибудь невыпуклый пя-

тиугольник разрезать на два равных пятиуголь-

ника?

5) Можно ли треугольник (с границей и вну-

тренностью) разбить на отрезки, т. е. предста-

вить в виде объединения непересекающихся от-

резков?

5. Так как у Сени и Жени получились одинаковые

числа, каждая из цифр 1, 2, . . . , 9 входит в Сенино и

Женино числа одно и то же число раз. Значит, цифры,

которые не входят в Сенино и Женино числа, — одина-

ковы. Действительно, пусть цифра, которая не была вы-

писана Сеней, равна i и она встречается на окружности

раз. Тогда в Сенино число она входит n

−1 раз. Зна-

чит, и в Женино число она входит n

−1 раз. Поэтому не

выписанная Женей цифра тоже равна i.

Пусть между теми точками на окружности, с которых

Сеня и Женя соответственно начинали выписывать свои

числа, расположено k −1 > 0 цифр (если считать по ча-

совой стрелке). Тогда поворот окружности на k цифр по

часовой стрелке совмещает каждую цифру с равной ей.

Пусть m — наименьшее ненулевое количество цифр, при

повороте на которое каждая цифра совмещается с равной

ей. Докажем, что n делится на m.

376 Решения. 2005 год. 9 класс

Разделим n на m с остатком: n = mq + r, 0 6 r < m (см.

факт 7). Тогда поворот на r цифр по часовой стрелке — это

тоже самое, что q последовательных поворотов на m цифр

против часовой стрелки. Поэтому такой поворот тоже пе-

реводит каждую цифру в равную ей. Но r < m, значит, из

условия минимальности m следует, что r = 0. Поэтому n

делится на m. См. также факт 4.

Теперь разрезав окружность на дуги, содержащие по m

цифр, мы получим, что записанные на дугах цифры будут

образовывать одинаковые числа.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Сравните с задачей 5 для 11 класса олим-

пиады 1995 г.

◦

. Подробнее о свойствах периодических последовательностей

см. [81].

6. Обозначим середину AP через A

, середину BC через

, проекцию точки P на BC через A

. Точки B

, B

и C

, C

определим аналогично (рис. 187, а и б). Обо-

значим точку пересечения описанных окружностей тре-

угольников B

и C

, отличную от A

, через Q.

Докажем, что описанная окружность треугольника C

тоже содержит точку Q.

а) б)

Рис. 187

Решения. 2005 год. 10 класс 377

Пусть точки расположены как на рисунках. По теоре-

ме об углах, вписанных в окружность, ∠A

= 180

◦

−

−∠A

= 180

◦

−∠A

. Аналогично ∠A

= 180

◦

−

−∠A

. Значит,

∠B

= ∠A

+ ∠A

= 360

◦

−∠A

= ∠B

Поэтому описанная окружность треугольника C

то-

же содержит точку Q.

Аналогично доказывается, что описанная окружность

треугольника A

тоже содержит точку Q.

Осталось доказать, что описанная окружность треуголь-

ника A

тоже содержит точку Q. Для этого достаточ-

но показать, что ∠A

= ∠A

. Точка B

симмет-

рична точке P относительно A

. Значит, ∠A

= ∠A

. Поэтому точка B

лежит на опи-

санной окружности треугольника A

(это окружность

девяти точек треугольника APC, см. [46], глава 5, § 11).

Итак, точки A

, B

, C

, Q лежат на одной окружно-

сти. Кроме того, четырехугольник AB

вписанный (по-

скольку углы B

и C

в нем прямые). Поэтому ∠B

= ∠B

= ∠C

P = ∠PAB

= ∠B

Аналогично ∠A

P = ∠A

. Значит,

∠A

= ∠A

P + ∠B

P = ∠A

+ ∠B

= ∠A

что и требовалось доказать.

К о м м е н т а р и й. Чтобы решить задачу в общем случае, а не

только для точек, расположенных как на рисунках, следует восполь-

зоваться ориентированными углами, см. [46], глава 2.

10 к л а с с

1. На первый взгляд кажется, что ответ отрицатель-

ный, так как единственный четырехугольник, у которого

все углы равны — это прямоугольник. Но из равенства

тангенсов не следует равенство углов, а следует лишь, что

разность углов кратна .

Осталось придумать четырехугольник, у которого лю-

бые два угла либо равны, либо отличаются на .

378 Решения. 2005 год. 10 класс

◦

135

◦

Рис. 188

Это четырехугольник, у которого три

угла равны 45

◦

, а четвертый — 225

◦

. Тан-

генсы всех его углов равны 1 (рис. 188).

К о м м е н т а р и й. Можно показать, что углы

четырехугольника определены условием задачи од-

нозначно.

2. Пусть отмеченные точки имеют ко-

ординаты (x

, P(x

)) и (x

, P(x

)), где

6= x

. Перенеся начало координат в точ-

ку (x

, P(x

)), можно считать, что x

= 0 и P(x

) = P(0) =

= 0. Следовательно, P(x) делится на x.

Расстояние между точками (x

, P(x

)) и (0, 0) равно

)

+ (P(x

))

= |x

1 +



P(x

)



По условию это число — целое. Обозначим m =

P(x

)

(это —

тоже целое число). Нам нужно доказать, что m = 0. Заме-

тим, что

√

1 + m

— рациональное, а следовательно, целое

число (см. комментарий 1). Но 1 + m

является точным

квадратом только при m = 0. Действительно, если 1 + m

= n

, то 1 = (n −m)(n + m), так что n −m = n + m = 1 или

n −m = n + m = −1. В любом случае m = 0.

К о м м е н т а р и и. 1

◦

. Мы воспользовались следующим утвержде-

нием: если корень из целого числа рационален, то он целый. Докажем

это. Пусть

√

A =

, где A — целое число, а

— несократимая дробь.

Пусть q 6= 1. Рассмотрим любой простой делитель числа q. Поскольку

= Aq

, этот простой делитель делит p

, а значит, и p (см. факт 9).

Но это противоречит несократимости дроби

◦

. Можно рассуждать и непосредственно, пользуясь тем, что

−x

)

+ (P(x

) −P(x

))

= |x

−x

1 +

“

P(x

) − P(x

)

− x

”

— целое число и P(x

) −P(x

) всегда делится на x

−x

3. П е р в ы й с п о с о б. Поскольку AB = BB

, BC = BB

и ∠B

= −∠ABC, то S

ABC

= S

(рис. 189). Анало-

гично, S

= S

ABC

= S

Решения. 2005 год. 10 класс 379

Итак, треугольники B

и B

имеют общее

основание B

и равные площади, значит, их высоты

A C

Рис. 189

равны, так что A

kAB

(см. факт 18).

В т о р о й с п о с о б. Прежде

всего отметим, что медиана

треугольника ABC, проведен-

ная из вершины A, перпенди-

кулярна отрезку A

, а длина

этой медианы равна половине

длины отрезка A

В самом деле, достроим тре-

угольник ABC до параллело-

грамма ABDC (рис. 189). Тре-

угольник ABD является обра-

зом треугольника A

при

повороте на 90

◦

вокруг центра

квадрата ABB

Значит, отрезок A

парал-

лелен этой медиане и вдвое

длиннее нее. Аналогично, отрезок B

параллелен меди-

ане треугольника ABC, проведенной из точки B, и вдвое

длиннее нее. Поэтому

= A

+ A

+ B

= (AB + AC) + AB + (AB + CB) = 4 AB.

Таким образом, мы доказали не только утверждение зада-

чи, но и равенство A

= 4AB.

4. Опишем самый простой из возможных контрпри-

меров. Пусть в коробку 2 ×2 ×3 помещены два бруска

1 ×2 ×3. Немного (например, на 0,1) уменьшим у одного

из них сторону длины 3, а у другого — сторону длины 2.

Так как у второго бруска одна сторона равна 3, высо-

ту коробки уменьшить нельзя. Так как высоты обоих

брусков больше 2, их можно ставить в коробку толь-

ко вертикально. Прямоугольники 1 ×2 и 1 ×1,9 можно

расположить в квадрате 2 ×2 только «параллельно» друг

380 Решения. 2005 год. 10 класс

другу, поэтому горизонтальные размеры коробки также

нельзя уменьшить.

К о м м е н т а р и й. Выясните самостоятельно, изменится ли ответ

в задаче, если у каждого бруска уменьшаются два измерения из трех.

5. П е р в ы й с п о с о б. Докажем сначала, что для лю-

бого m, не делящегося на 5, m

−1 делится на 5 (это

утверждение является частным случаем м а л о й т е о р е -

м ы Ф е р м а, см. комментарий к задаче 6 для 11 класса

олимпиады 1995 г.).

Имеем m

−1 = (m −1)(m + 1)(m

+ 1). Возможные остат-

ки от деления числа m на 5 — это 1, 2, 3 и 4 (см. факт 7).

Если остаток 1, то первый сомножитель делится на 5.

Если остаток 4, то второй. Остается убедиться, что если

остаток равен 2 или 3, то m

дает остаток 4, так что

третий сомножитель делится на 5 (см. факт 5).

Используя факт 8, видим, что m

−1 делится на 5, если

n делится на 4, а m не делится на 5.

Заметим, что среди любых пяти подряд идущих членов

последовательности найдется член, номер которого делит-

ся на 4. Докажем, что все члены с такими номерами не

делятся на 5. Действительно, по доказанному, в выраже-

нии 1 + 2

+ 3

+ 4

+ 5

все слагаемые, кроме последнего,

дают остаток 1 при делении на 5, а последнее дает оста-

ток 0. Поэтому сумма дает остаток 4 при делении на 5.

В т о р о й с п о с о б. Предположим, что числа a

, . . .

..., a

m+4

делятся на 2005. Тогда числа b

= a

n+1

−a

= 2

+ 2 · 3

+ 3 · 4

+ 4 · 5

также делятся на 2005 при n = m,

m + 1, m + 2, m + 3. Аналогично, на 2005 делятся числа

= b

n+1

−2b

= 2 · 3

+ 6 · 4

+ 12 · 5

при n = m, m + 1, m + 2.

Рассмотрев затем числа d

= c

n+1

−3c

и d

n+1

−4d

, мы

в итоге придем к числу 24 · 5

, которое не делится на

простое число 401, а значит, и на 2005 (см. факт 9).

Противоречие.

К о м м е н т а р и й. В действительности утверждение задачи — это

частный случай гораздо более общего факта: если k — произвольное

натуральное число, то ни для какого простого числа p > k не суще-

ствует k идущих подряд членов последовательности 1 + 2

+ .. . + k

делящихся на p. Доказательство для общего случая аналогично второ-

му способу решения.