Олимпиадное движение
занимательные факты на тему

Математическая олимпиада им. Леонарда Эйлера (г. Вятка)

Олимпиада предназначена для российских восьмиклассников и призвана по возможности восполнить отсутствующие для них региональный и заключительный этапы Всероссийской математической олимпиады. В олимпиаде им. Эйлера могут участвовать и ученики более младших классов (однако, им надо иметь в виду, что задачи будут рассчитаны на восьмиклассников), а также школьники соответствующих классов из тех зарубежных стран, где будут организованы Национальные оргкомитеты. В прошлом году в олимпиаде приняли участие более 5000 школьников из России, Украины, Казахстана, Болгарии и Литвы.

Олимпиада проводится в три этапа: дистанционный (ноябрь-декабрь 2017 года), региональный (январь 2018 года), заключительный (март 2018 года). В дистанционном этапе могут участвовать все желающие ученики классов не старше 8-го. На региональный этап проходят лучшие участники дистанционного этапа и ряда выводящих соревнований, на заключительный - лучшие участники регионального. В прошлом году в заключительном этапе олимпиады, проходившем параллельно в Омске, Кирове, Москве и Санкт-Петербурге, приняли участие 239 школьников из 41 региона России и Украины. Национальные финалы состоялись в Казахстане и Литве. Для российских дипломантов олимпиады в июне 2017 года была организована 24-дневная математическая смена на базе центра "Сириус" в Адлере.

Уровень трудности дистанционного этапа такой же, как муниципального (районного, городского) этапа Всероссийской математической олимпиады школьников. Уровень трудности регионального и заключительного этапов соответствует трудности одноимённых этапов Всероссийской математической олимпиады. Задания составляются квалифицированными математиками и педагогами, многие из которых входят в Центральную предметную методическую комиссию по математике Всероссийской олимпиады школьников.

Дистанционный этап будет проводиться в 3 тура: 26 ноября, 10 и 17 декабря. Каждый участник имеет право участвовать в любом количестве туров: чтобы попасть на региональный этап, достаточно показать хороший результат хотя бы на одном из них. Задания дистанционного этапа публикуются на сайте matol.ru, а работы для проверки участники загружают в личном кабинете в системе регистрации.

Положением об Олимпиаде предусмотрена возможность очного проведения дистанционного этапа доверенными лицами Координационного совета Олимпиады - учителями и другими заинтересованными взрослыми (школьники быть доверенными лицами не могут!). Те, кто выполняет работы дистанционного этапа олимпиады очно, не отправляют работы на проверку сами, а сдают их руководителю, как на обычной олимпиаде, и о дальнейшем заботится он.

Ниже приведены примеры заданий и решений данной олимпиады.

Первый тур дистанционного этапа

X олимпиады имени Леонарда Эйлера

1. На доске выписаны в ряд все натуральные числа от 1 до 2018: 1, 2, 3, …, 2018. Найдите среди них какие-нибудь два, после стирания которых сумма всех чисел, стоящих между стёртыми, оказалась вдвое меньше суммы всех остальных не стёртых чисел?

Ответ. Например, 673 и 1346.

Решение. Заметим, что суммы чисел, равноотстоящих от концов ряда, равны: 1+2018 = 2+2017 = … = 1009+1010. Если стереть одну такую пару чисел, пар останется 1008 = 336⋅3. Значит, если между стёртыми числами будет 336 пар, то снаружи останется 336⋅2 = 672 пары, и условие задачи будет выполнено. Именно так и получится, если стереть числа 673 и 1346.

Замечание. Приведённый в ответе пример – не единственный: ещё подходят, например, числа 1289 и 1738.

2. В треугольнике ABC провели биссектрису BD, а в треугольниках ABD и CBD ⎯ биссектрисы DE и DF соответственно. Оказалось, что EF || AC. Найдите угол DEF.

Ответ. 45 градусов.

Решение. Пусть отрезки BD и EF пересекаются в точке G. Из условия имеем ∠EDG = ∠EDA = ∠DEG, откуда GE = GD. Аналогично, GF = GD. Значит, GE = GF, то есть BG — биссектриса и медиана, а значит, и высота в треугольнике BEF. Отсюда DG — медиана и высота, а значит, и биссектриса в треугольнике EDF, откуда ∠DEG = ∠EDG = ∠FDG = ∠GFD. Поскольку сумма четырёх входящих в последнее равенство углов равна 180 градусам, каждый из них равен 45 градусам.

3. Для каждой пары различных натуральных чисел a и b, не больших 20, Петя нарисовал на доске прямую y = ax+b (то есть он нарисовал прямые y = x+2, …, y = x+20, y = 2x+1, y = 2x+3,…, y = 2x+20, …, y = 3x+1, y = 3x+2, y = 3x+4, …, y = 3x+20, …, y = 20x+1, …, y = 20x+19). Вася нарисовал на той же доске окружность радиуса 1 с центром в начале координат. Сколько Петиных прямых пересекает Васину окружность?

Ответ. 190.

Первое решение. График y = ax+b пересекает оси координат в точках A(–b/a, 0) и B(0, b). Если b < a, точка A находится внутри Васиной окружности, и потому график y = ax+b пересекает её. Нетрудно подсчитать, что Петиных прямых, у которых b < a, имеется 19+18+…+2+1 = 190.

Рассмотрим теперь случай, когда b > a. Тогда точки K(–1, 0) и N(0, 1) находятся на катетах треугольника OAB, где O — начало координат, а точка M(–1, 1) находится внутри этого треугольника, так как a⋅(–1)+b = b–a ≥ 1. Таким образом, угол KMN целиком лежит ниже прямой y = ax+b, и Васина окружность не пересекается с этой прямой, так как целиком содержится в угле KMN.

Итак, Петина прямая пересекается с Васиной окружностью тогда и только тогда, когда b < a, откуда и получается ответ.

Второе решение. Уравнение Васиной окружности ⎯ x2+y2 = 1. Петина прямая пересекает эту окружность тогда и только тогда, когда квадратное уравнение x2+(ax+b)2 = 1 имеет два решения. После раскрытия скобок и приведения подобных членов это уравнение принимает вид (a2+1)x2+2abx+b2−1 = 0. Дискриминант здесь равен 4(a2+1−b2), и он положителен тогда и только тогда, когда a2+1 ≥ b2 ⇔ a > b. Далее рассуждаем как в начале первого решения.

4. Квадрат со стороной 100 разрезали на квадраты (не обязательно одинаковые) со сторонами, параллельными сторонам исходного квадрата и меньшими 10. Докажите, что сумма периметров получившихся квадратов не меньше 4400.

Решение. Проведём 11 параллельных отрезков, два из которых являются сторонами квадрата 100×100, а остальные девять делят этот квадрат на прямоугольники 10×100. Тогда каждый квадрат нашего разрезания пересекается ровно с одним из этих отрезков по отрезку, равному своей стороне. Значит, сумма сторон квадратов разрезания не меньше, чем 11⋅100 = 1100, а сумма периметров — не меньше, чем 1100⋅4 = 4400.

5. На каждой из пяти карточек написано какое-то число. Карточки лежат на столе числами вниз. Мы можем, заплатив рубль, указать на любые три карточки, и нам сообщат сумму написанных на них чисел. За какую наименьшую цену можно наверняка узнать сумму всех пяти чисел?

Ответ. За 4 рубля.

Решение. Пусть написаны числа a, b, c, d, e. Спросим про суммы a+b+c, a+b+d, a+b+e, c+d+e. Тогда, складывая три первые суммы и вычитая из результата четвёртую, получаем 3(a+b), затем a+b и, прибавляя к результату c+d+e, сумму всех пяти чисел.

Допустим, нам удалось обойтись тремя вопросами. Назовём вхождением присутствие карточки в вопросе. Если есть карточка с тремя вхождениями, то увеличим число на ней на 2, а все остальные числа уменьшим на 1. Тогда ответы на все три вопроса не изменятся, а сумма всех чисел уменьшится на 2. Значит, её такими тремя вопросами узнать нельзя. Получается, что у каждой карточки не больше двух вхождений, а это возможно только если у четырёх карточек по два вхождения, а у одной — одно. Поменяв, если надо, обозначения, мы можем считать, что одно вхождение у карточки e, а один из вопросов — a+b+c. Тогда в ещё одном вопросе без карточки e должны присутствовать две из трёх карточек a, b, c. Поменяв, если надо, обозначения, можно считать, что это вопрос a+b+d. Тогда в третьем вопросе не может быть ни одной из карточек a и b, то есть это вопрос c+d+e. Но тогда при увеличении каждого из чисел a и e на 2 с одновременным уменьшением каждого из чисел b, c и d на 1 ответы на все три вопроса не изменятся, а сумма всех чисел увеличится на 1. Значит, и в этом случае сумму всех пяти чисел узнать нельзя.

Второй тур дистанционного этапа

X олимпиады имени Леонарда Эйлера

1. Четыре мальчика заглянули в коробку, где лежат цветные шарики. На вопрос, каких цветов шарики там лежат, они ответили так. Петя: «Красные, синие и зелёные». Вася: «Красные, синие и жёлтые». Коля: «Красные, жёлтые и зелёные». Миша: «Жёлтые, зелёные и синие». Могло ли случиться, что каждый из мальчиков один цвет назвал верно, а два — неверно? (Автор задачи ⎯ И. Рубанов)

Ответ. Не могло.

Решение. Заметим, что каждый цвет назвали ровно три мальчика. Поэтому количество верно названных цветов, если считать каждый цвет столько раз, сколько его назвали, должно делиться на 3, и потому не может равняться 4.

2. Докажите, что если a+b+c+d = 0 и ab+cd+ac+bc+ad+bd = 0, то a = b = c = d = 0. (Фольклор)

Решение. Возводя равенство a+b+c+d = 0 в квадрат, получаем

a2+b2+c2+d2+2(ab+cd+ac+bc+ad+bd) = 0,

откуда a2+b2+c2+d2 = 0, что возможно только при a = b = c = d = 0.

3. Боря нарисовал девять отрезков, три из которых равны трём высотам треугольника ABC, три — трём биссектрисам, три — трём медианам. Оказалось, что для любого из нарисованных отрезков среди остальных восьми найдётся равный ему. Докажите, что треугольник ABC — равнобедренный. (И. Рубанов)

Решение. Пусть AA1 — самая короткая из высот треугольника ABC. Если она равняется медиане AA2 или биссектрисе AA3, то треугольник, очевидно, равнобедренный. Если она равна медиане BB2 или биссектрисе BB3, то тогда AA1 не короче высоты BB1. Значит, она равна BB1, так как по нашему предположению AA1 — самая короткая из высот. Итак, всё свелось к случаю, когда AA1 = BB1. Но тогда прямоугольные треугольники ABA1 и BAB1 равны по катету и гипотенузе, откуда ∠A = ∠B.

4. По окружности красным карандашом записали 49 различных натуральных чисел, меньших 100. Между каждыми двумя соседними красными числами записали синим их наибольший общий делитель. Могло ли случиться, что все синие числа различны? (И. Рубанов)

Ответ. Не могло.

Решение. Заметим, что НОД двух различных чисел, меньших 100, должен быть меньше 50, так как хотя бы одно из этих двух чисел больше НОД по крайней мере вдвое. Поэтому если все синие числа различны, то среди них есть все числа от 1 до 49. В частности, среди них есть простое число 47. Оно может получиться только как НОД красных чисел 47 и 94. Тогда второе синее число, соседнее с красным числом 47, равно 1. Аналогично показывается, что среди красных чисел есть простые числа 41 и 43, и рядом с каждым из них также должна стоять синяя единица. Но тогда синих единиц должно быть по крайней мере две, так как одно синее число соседствует только с двумя красными. Противоречие.

5. Палочка разломана на 15 частей так, что ни из каких трёх частей нельзя сложить треугольник. Докажите, что среди частей есть такая, которая длиннее трети исходной палочки. (Фольклор)

Решение. Упорядочим части по длине: a1 ≥ a2 ≥ … ≥ a15. По неравенству треугольника длина каждой части не меньше суммы длин любых двух более коротких частей. Поэтому при любом k ≤ 13 имеем ak ≥ ak+1+ak+2 ≥ 2ak+2, откуда ak+2 ≤ ak/2. Отсюда получаем:

a3+a5+…+a15 ≤ a3+a3/2+…+a3/26 < 2a3,  a2+a4+…+a14 ≤ a2+a2/2+…+a2/26 < 2a2.

Следовательно, a2+a3+…+a14+a15 < 2a2+2a3 ≤ 2a1, откуда a1+a2+…+a14+a15 < 3a1, что и требовалось доказать.