Олимпиады по математике с решениями разных уровней (5-11классы)
олимпиадные задания (5 класс) по теме

Олимпиада по математике

Муниципальный этап 2013–2014 уч. г.

Задачи с указаниями и решениями

7 класс

7.1.         Две соседних стороны прямоугольника относятся как 3:7. Чему равна площадь прямоугольника, если его периметр равен 40 см?

Ответ.  84 см2. Указание. Из условий задачи меньшая сторона прямоугольника равна 3х, а большая 7х при некотором х. Тогда периметр равен , откуда x =2. Площадь прямоугольника равна  .

7.2.         Петя сказал Васе: «Я задумал двузначное число. Если переставить его цифры, то получится число, которое в сумме с задуманным даст 143. Отгадай задуманное число, если известно, что оно простое». Какое число задумал Петя?

Ответ.  67. Указание. Пусть a, b – цифры задуманного числа. Тогда из условий задачи , откуда a + b = 13. Учитывая, что a, b – цифры, отсюда получаем шесть возможных вариантов задуманного числа: 94, 85, 76, 67, 58, 49. Из этих вариантов только 67 простое число.

7.3.         Дано 300-значное число 22…21…100…0, содержащее 100 двоек, 100 единиц и 100 нулей. Можно ли переставить цифры в этом числе так, чтобы получился квадрат натурального числа?

Ответ. Нельзя. Указание. Сумма цифр данного числа равна 2⋅100 + 1⋅100 = 300. Из признаков делимости на 3 и на 9 следует, что данное число делится на 3, но не делится на 9. При перестановках цифр сумма цифр не меняется, и поэтому после перестановки не получится точный квадрат (т.к. число, возводимое в квадрат, должно делиться на 3, а его квадрат – на 9).

7.4.         На доске записано 10 чисел: 1, 2, …, 10. За одну операцию разрешается стереть с доски любые два числа  a, b, а вместо них записать числа a + 2b и b + 2a. Может ли получиться так, что в результате нескольких операций на доске будут записаны 10 одинаковых чисел?

Ответ. Не может. Указание. Предположим, от противного, что после некоторого числа операций на доске оказались все равные числа. Заметим, что при любой операции четность чисел не меняется (т.к. a + 2b имеет ту же четность, что a, и, аналогично, b + 2a имеет ту же четность, что b). Вначале было 5 четных и 5 нечетных чисел, поэтому и в конце должно быть 5 четных и 5 нечетных чисел, а у нас оказались все 10 чисел одинаковой четности). Полученное противоречие доказывает  утверждение задачи.

7.5.         В 7а классе 30 человек. Может ли оказаться так, что у каждого ученика ровно три друга в классе?

Ответ.  Может. Указание. См. схему (граф), на которой отрезки соединяют пары друзей.

8 класс

8.1.          Петя сказал Васе: «Я задумал двузначное число. Если переставить его цифры, то получится число, которое в сумме с задуманным даст 143. Отгадай задуманное число, если известно, что оно простое». Какое число задумал Петя?

Ответ.  67. Указание. См. задачу 7.2.

8.2.         Дано сто чисел: 1, 22, 32,…, 1002. Вычислим 98 разностей: , , …, . Чему равна сумма всех этих разностей?

Ответ.  19796. Указание.

. Подчеркнутые члены при подсчете суммы взаимно уничтожаются с соответствующими членами, имеющими противоположный знак. Останутся «неуничтоженные» числа: .

8.3.         Дано 300-значное число 22…21…100…0, содержащее 100 двоек, 100 единиц и 100 нулей. Можно ли переставить цифры в этом числе так, чтобы получился квадрат натурального числа?

Ответ.  Нельзя. Указание. См. задачу 7.3.

8.4.         Существует ли равнобедренная трапеция, у которой средняя линия равна диагонали?

Ответ. Не существует. Указание. Пусть ABCD – равнобедренная трапеция с боковыми сторонами AB и CD. Опустим из точки С высоту СМ на основание. Тогда отрезок АМ равен средней линии, т.к. средняя линия равна . В прямоугольном треугольнике АСМ гипотенуза АС больше катета АМ, и, значит, диагональ всегда больше средней линии равнобедренной трапеции.

8.5.         На доске записано 10 чисел: 1, 2, …, 10. За одну операцию разрешается стереть с доски любые два числа  a, b, а вместо них записать числа  2a + 3b и 2b + 3a. Может ли получиться так, что в результате нескольких операций на доске будут записаны 10 одинаковых чисел?

Ответ.  Не может. Указание. Заметим, что число 2a + 3b имеет ту же четность, что b, а число, 2b + 3a имеет ту же четность, что a. Поэтому после каждой операции на доске должно оставаться 5 четных и 5 нечетных чисел (т.к. вначале было 5 четных и 5 нечетных). Значит все 10 чисел одинаковой четности получиться не могут.  

9 класс

9.1.          Дано сто чисел: 1, 22, 32,…, 1002. Вычислим 98 разностей: , , …, . Чему равна сумма всех этих разностей?

Ответ.  19796. Указание. См. задачу 8.2.

9.2.         Существует ли равнобедренная трапеция, у которой средняя линия равна диагонали?

Ответ.  Не существует. Указание. См. задачу 8.4.

9.3.         Даны положительные числа . Можно ли утверждать, что ?

Ответ.  Нельзя. Указание. После возведения в квадрат получим равносильное неравенство:

 . Поскольку , то данное неравенство равносильно следующему: . Для малых а, b (например, при , ) последнее неравенство, очевидно, неверно.

9.4. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС взяты соответственно точки С1, А1 и В1 так, что С1А1 || АC . Докажите, что .

Указание. Из условия С1А1 || АC следует, что треугольники  и ВАС подобны. Пусть  – коэффициент подобия. Тогда высота в  треугольнике ВС1А1, опущенная из точки В на С1А1, равна xh, где h – высота треугольника BCA из точки В. Значит, высота в треугольнике В1С1А1 из точки В1 на С1А1 равна . Таким образом, . Максимум квадратичной функции  достигается в точке  (абсциссе вершины параболы) и равен , откуда следует результат.

9.5.         На доске записано 10 чисел: 1, 2, …, 10. За одну операцию разрешается стереть с доски любые два числа  a, b, а вместо них записать числа  a3 + 6b и b3 + 6a. Может ли получиться так, что в результате нескольких операций на доске будут записаны  а) все 10 одинаковых чисел? б) хотя бы три одинаковых числа?

Ответ.  а) не может, б) не может. Указание. а) Результат пункта а) (так же, как в задачах 7.4 и 8.5) следует из того факта, что после каждой операции получаются числа той же четности. б) Заметим более сильный факт, а именно, то, что после каждой операции числа дают те же остатки при делении на 6, что и до операции. Действительно, a3 + 6b, и произведение трех последовательных целых чисел делится как на 3, так и на 2, т.е. делится на 6. Значит, в результате всех операций должен получиться тот же набор остатков (при делении на 6), что и вначале. Но вначале было не более двух чисел для каждого из остатков 0, 1, 2, 3, 4, 5 (точнее, по одному числу с остатком 0 и 5 – это числа 6 и 5 –, и по два числа с остальными остатками). Таким образом, в конце не могли оказаться три числа с одинаковыми остатками.

10 класс

10.1.        Даны положительные числа . Можно ли утверждать, что ?

Ответ.  Нельзя. Указание. См. задачу 9.3.

10.2.         На доске записано 10 чисел: 12, 22, …, 102. За одну операцию разрешается стереть с доски любые два числа  a, b, а вместо них записать числа  и . Может ли получиться так, что в результате нескольких  операций все записанные на доске числа будут больше 40?

Ответ.  Не может. Указание. Поскольку  для положительных a, b, то в результате каждой операции сумма чисел на доске не может увеличиться. Вначале сумма чисел была  (здесь использовалась формула  для суммы первых n квадратов, но в данной задаче можно подсчитать эту сумму непосредственно), а в конце сумма чисел будет больше 40⋅10=400, если мы предположим противное. Полученное противоречие показывает, что такое предположение неверно.

10.3.         Найдите все значения параметра а, такие, что уравнение  имеет два действительных корня, сумма квадратов которых равна 6.

Ответ.  . Указание. Из условий задачи следует, что должно выполняться условие  и равенство  (здесь мы использовали теорему Виета).  Решая последнее уравнение относительно а, получим . Корень  этого уравнения удовлетворяет неравенству , а корень  а1=1  – нет.

10.4.         В треугольник АВС вписана окружность с центром О. Точки М и N – точки касания вписанной окружности со сторонами АВ и АС соответственно. Найдите ∠А, если известно, что AO = 2 MN.

Ответ.  30° или 150°. Указание. Пусть К – точка пересечения АО и MN. По свойству вписанной окружности, ,  и . Обозначим . Тогда , и по условию,  либо  (т.е. либо ).

10.5.         Докажите, что уравнение  имеет бесконечное множество решений в натуральных числах х, у.

Указание. Перепишем уравнение в виде . Разрешимость этого уравнения в натуральных числах равносильна тому, что скобка 2013х + 1 представляет собой точный квадрат:

.

В качестве t достаточно взять числа вида , где k – любое натуральное число. Тогда . Отсюда . Поскольку k – любое натуральное число, утверждение доказано.

11 класс

11.1. Решите уравнение .

Ответ.  х = 0. Указание. Левая часть уравнения не превосходит единицы, причем она может равняться единице лишь при условии одновременного выполнения двух равенств:  и . Отсюда  и , . Тогда , т.е.  при некоторых целых n, k. Поскольку  – иррациональное число, то из последнего равенства следует, что обязано равняться нулю. Значит, k = n = 0 .и х = 0.

11.2. Найдите все значения параметра а, такие, что уравнение  имеет два действительных корня, сумма квадратов которых равна 6.

Ответ.  а = 2. Указание.  См. задачу 10.3.

11.3. Дана функция . Найдите область определения функции .

Ответ. .  Указание.  Обозначим u=. Имеем:  или . Для функции  область определения должна удовлетворять совокупности неравенств  или , т.е.  или . Первое из этих неравенств может выполняться лишь в случае нулевого подкоренного выражения, т.е. при х = 0 или х = 2. Решим второе неравенство: , или .

11.4. На боковых ребрах AD, BD и CD тетраэдра ABCD взяты соответственно точки А1, В1, С1 так, что плоскость А1В1С1 параллельна основанию АВС. Точка D1 лежит в основании АВС. Докажите, что объем тетраэдра А1В1С1D1 не превосходит , где V – объем тетраэдра ABCD.

Указание. Рассуждая аналогично тому, как при решении задачи 10.4, обозначим через х коэффициент подобия тетраэдров  и ABCD. Тогда площади оснований тетраэдров  и ABCD относятся как х2, а высоты – как (1 – х). Получаем задачу на максимум для функции . Решая эту задачу с помощью производной , находим критическую точку , в которой достигается максимум .

11.5. Докажите, что уравнение  имеет бесконечное множество решений в натуральных числах х, у .

Указание. См. задачу 10.5.

Лицейская олимпиада по математике среди 5-7-х классов.

5 класс

1. 2 карандаша, 3 тетради и 4 ручки стоят вместе 112 рублей, а 2 карандаша и 1 тетрадь − 32 рубля. Сколько стоит комплект из одного карандаша, одной ручки и одной тетради?

2. Квадрат назовём квадро-магическим, если в любом квадрате 2×2 сумма чисел одна и та же. Приведите пример квадро-магического квадрата 3×3 с числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

3. Сегодняшнюю дату (30 октября 2010 года) можно записать в виде 30.10.10. Для какой ближайшей в будущем даты запись указанного вида состоит из шести различных цифр?

4. На чемпионате мира по футболу из группового этапа в следующий (кубковый) этап выходят по 2 лучшие команды из 8 групп. Какое количество матчей будет сыграно в кубковом этапе (с учётом матча за 3-е место)?

5. Круглая мишень разбита на 20 секторов, которые нумеруются по кругу в некотором порядке числами 1, 2, …, 20 . Какое наибольшее значение может принимать наименьшая из разностей между номерами соседних (по кругу) секторов? Приведите пример расстановки чисел и докажите максимальность возможного значения наименьшей из разностей. 

Решения

1. 2 карандаша, 3 тетради и 4 ручки стоят вместе 112 рублей, а 2 карандаша и 1 тетрадь − 32 рубля. Сколько стоит комплект из одного карандаша, одной ручки и одной тетради?

Ответ: 36 рублей. Решение: Из условия следует, что 2 тетради и 4 ручки стоят вместе 112−32=80 рублей, значит, 1 тетрадь и 2 ручки стоят 80:2=40 рублей. Т.о. 2 карандаша, 2 тетради и 2 ручки стоят 32+40=72 рубля, значит, 1 комплект из карандаша, тетради и ручки стоит 72:2=36 рублей.

2. Квадрат назовём квадро-магическим, если в любом квадрате 2×2 сумма чисел одна и та же. Приведите пример квадро-магического квадрата 3×3 с числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Ответ: пример нужного квадро-магического квадрата 3×3 см. в таблице справа.

3. Сегодняшнюю дату (30 октября 2010 года) можно записать в виде 30.10.10. Для какой ближайшей в будущем даты запись указанного вида состоит из шести различных цифр?

Ответ: 25.04.13 – 25 апреля 2013 года.

4. На чемпионате мира по футболу из группового этапа в следующий (кубковый) этап выходят по 2 лучшие команды из 8 групп. Какое количество матчей будет сыграно в кубковом этапе (с учётом матча за 3-е место)?

Ответ: 16 матчей. Решение: В каждом матче ровно 1 команда проигрывает и вылетает из турнира, что даёт 15 матчей. И ещё 1 матч за 3-е место.

5. Круглая мишень разбита на 20 секторов, которые нумеруются по кругу в некотором порядке числами 1, 2, …, 20 . Какое наибольшее значение может принимать наименьшая из разностей между номерами соседних (по кругу) секторов? Приведите пример расстановки чисел и докажите максимальность возможного значения наименьшей из разностей. 

Ответ:  9, например, если секторы занумерованы в следующем порядке: 1, 11, 2, 12, 3, 13, 4, 14, 5, 15, 6, 16, 7, 17, 8, 18, 9, 19, 10, 20. Доказательство оценки:  Эта величина не может быть больше 9, так как в противном случае при любой нумерации рядом (и слева, и справа) с сектором номер 10 может находиться только сектор с номером 20, что невозможно.

6 класс

1. На какое наибольшее число натуральных слагаемых с различным количеством цифр можно разложить число 2010? Приведите ответ и пример.

2. Электронные часы показывают время от 00.00.00 до 23.59.59. Сколько времени в течение суток на табло часов горят ровно три цифры 7?

3. Даны пятьдесят различных натуральных чисел, двадцать пять из которых не превосходят 50, а остальные − больше 50, но не превосходят 100. При этом никакие два из них не отличаются ровно на 50. Найдите сумму этих чисел.

4. Клетки квадратной доски 9×9 раскрашены в белый и чёрный цвета. У каждой белой клетки, не лежащей на стороне квадрата, среди восьми её соседей ровно пять окрашено в чёрный цвет, а у каждой  чёрной,  не  лежащей  на  стороне  квадрата, − ровно четыре белых соседних клетки. Сколько всего белых клеток на этой доске?

5. На съезде присутствовали 6 человек, каждый из которых был либо рыцарем, который всегда говорит только правду, либо лжецом, который всегда лжёт. У каждого делегата есть знакомые с ним. Первый произнес: «Среди моих знакомых ровно 5 рыцарей», второй: «Среди моих знакомых – ровно 4 рыцаря», и так до последнего, который сказал, что среди его знакомых рыцарей нет. Сколько рыцарей (и кто именно) могло присутствовать на съезде?

Решения

1. На какое наибольшее число натуральных слагаемых с различным количеством цифр можно разложить число 2010? Приведите ответ и пример.

Ответ: 4, например, 2010=1800+199+10+1.

2. Электронные часы показывают время от 00.00.00 до 23.59.59. Сколько времени в течение суток на табло часов горят ровно три цифры 7?

Ответ: 72 секунды.  Решение: Три семёрки могут гореть только в комбинации x7.y7.z7. А таких комбинаций в течение суток 2⋅6⋅6=72.

3. Даны пятьдесят различных натуральных чисел, двадцать пять из которых не превосходят 50, а остальные − больше 50, но не превосходят 100. При этом никакие два из них не отличаются ровно на 50. Найдите сумму этих чисел.

Ответ:  2525. Решение: Вычтем 50 из каждого числа, которое больше 50. По условию ни одна из разностей не равна ни одному из 25 чисел, которые не превосходят 50. Поэтому вместе с ними разности дают 50 различных натуральных чисел, которые не превосходят 50, то есть это все числа от 1 до 50. Их сумма равна 51·25 , а сумма всех исходных чисел равна, стало быть, 51·25+50·25=101·25=2525.

4. Клетки квадратной доски 9×9 раскрашены в белый и чёрный цвета. У каждой белой клетки, не лежащей на стороне квадрата, среди восьми её соседей ровно пять окрашено в чёрный цвет, а у каждой чёрной клетки, не лежащей на стороне квадрата, − ровно четыре белых соседних клетки. Сколько всего белых клеток на этой доске?

Ответ: 4⋅32=36. Решение: Разобьём доску на квадраты 3×3 и заметим, что какая бы клетка ни стояла в центре такого квадрата, в нём будет 4 белых клетки и 5 чёрных.

5. На съезде присутствовали 6 человек, каждый из которых был либо рыцарем, который всегда говорит только правду, либо лжецом, который всегда лжёт. У каждого делегата есть знакомые с ним. Первый произнес: «Среди моих знакомых ровно 5 рыцарей», второй: «Среди моих знакомых – ровно 4 рыцаря», и так до последнего, который сказал, что среди его знакомых рыцарей нет. Сколько рыцарей (и кто именно) могло присутствовать на съезде?

Ответ: Один рыцарь – последний. Решение: Если бы первый сказал правду, то все шестеро были бы рыцарями и знакомы с первым, но тогда последний сказал ложь, значит, первый – лжец. Аналогично рассуждая по возрастанию номеров, получим, что лжецами являются все включительно до пятого делегата. Тогда утверждение последнего автоматически становится верным, значит, он – единственный рыцарь.

7 класс

1. Найдите какие-нибудь четыре попарно различных натуральных числа a, b, c, d, для которых числа a2+2cd+b2 и c2+2ab+d2 являются полными квадратами, т.е. квадратами целых чисел.

2. Можно ли отметить на окружности 12 точек так, что найдутся правильные трёх-, четырёх, пяти- и шестиугольник с вершинами в этих точках? У правильного многоугольника равны между собой все углы и равны между собой все стороны.

3. Найдите сумму всех цифр всех натуральных чисел от единицы до миллиарда.

4. Приведите пример набора из 4 натуральных чисел таких, что каждое не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого делится на каждое из остальных.

5. Электрик был вызван для ремонта гирлянды из четырёх соединённых последовательно лампочек, одна из которых перегорела. На вывинчивание любой лампочки из гирлянды уходит 10 секунд, на завинчивание − 10 секунд. Время, которое тратится на другие действия, мало. За какое наименьшее время электрик заведомо может найти перегоревшую лампочку, если у него есть одна запасная исправная лампочка? Приведите пример действий электрика и докажите минимальность потраченного времени.

Решения

1. Найдите какие-нибудь четыре попарно различных натуральных числа a, b, c, d, для которых числа a2+2cd+b2 и c2+2ab+d2 являются полными квадратами, т.е. квадратами целых чисел.

Ответ: например, a=1, b=6, c=2, d=3. Решение: Предположим, что ab=cd. Тогда a2+2cd+b2=a2+2ab+b2=(a+b)2, c2+2ab+d2=c2+2cd+d2=(c+d)2. Таким образом, достаточно найти четыре различных натуральных числа a, b, c и d, для которых ab=cd. Для этого найдем число n, разлагающееся в произведение двух натуральных множителей различными способами. Например, таким числом является n=6; в этом случае можно взять a=1, b=6, c=2, d=3.

2. Можно ли отметить на окружности 12 точек так, что найдутся правильные трёх-, четырёх, пяти- и шестиугольник с вершинами в этих точках? У правильного многоугольника равны между собой все углы и равны между собой все стороны.

Ответ: можно, пример см. на рис., где А1А3А5, А1В1А4В2, А1С1С2С3С4, А1А2А3А4А5А6 – соответствующие правильные многоугольники.

3. Найдите сумму всех цифр всех натуральных чисел от единицы до миллиарда.

Ответ: 40 500 000 001. Решение: Добавим к этим числам ноль и составим 500 миллионов пар: (0, 999 999 999), (1, 999 999 998) и т.д. В каждой паре сумма цифр равна 81, кроме того, есть ещё число 1 000 000 000; поэтому общая сумма цифр равна 500 000 000 × 81 + 1 = 40 500 000 001.

4. Приведите пример набора из 4 натуральных чисел таких, что каждое не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого делится на каждое из остальных.

Ответ: например, 2²⋅3⋅5⋅7=420, 2⋅3²⋅5⋅7=630, 2⋅3⋅5²⋅7=1050, 2⋅3⋅5⋅7²=1470.

5. Электрик был вызван для ремонта гирлянды из четырёх соединённых последовательно лампочек, одна из которых перегорела. На вывинчивание любой лампочки из гирлянды уходит 10 секунд, на завинчивание − 10 секунд. Время, которое тратится на другие действия, мало. За какое наименьшее время электрик заведомо может найти перегоревшую лампочку, если у него есть одна запасная исправная лампочка? Приведите пример действий электрика и докажите минимальность потраченного времени.

Ответ: 60 секунд. Решение: Предположим, что мы не заменяли какие-то две лампочки. Тогда, если нам не повезло и одна из них − перегоревшая, то мы не сможем определить, какая именно. Значит, для того, чтобы заведомо определить перегоревшую лампочку, необходимо вывинтить хотя бы три из них (30 секунд) и завинтить на их место какие-то другие (ещё 30 секунд). Покажем, что 60 секунд всегда хватит. Вывинтим первую лампочку и завинтим на её место запасную (прошло 20 секунд). Если гирлянда загорелась, то нам повезло и хватило даже 20 секунд. Если же гирлянда не загорелась, значит, единственная неисправная лампочка ещё в гирлянде, а у нас в руках опять исправная. Теперь вывинтим вторую и завинтим на её место бывшую первую (в сумме прошло 40 секунд). Если нам опять не повезло, то вывинчиваем третью лампочку, а на её место завинчиваем бывшую вторую (в сумме прошло 60 секунд). Если гирлянда всё ещё не горит, то, значит, неисправна последняя лампочка.

Нижегородская (V открытая) городская математическая олимпиада школьников

г. Нижний Новгород, НФ ГУ Высшая Школа Экономики, 16 декабря 2007 года

Задачи и идеи предложили школьники Павел Сухов (11 кл., ЦОД), Александр Хилов (10 кл., лицей 38 г. Дзержинск), студенты Владимир Шмаров, Павел Борискин (1 курс, мехмат МГУ им.М.В.Ломоносова), Кирилл Голубев (2 курс, мехмат МГУ им.М.В.Ломоносова), Наталья Бодрова (2 курс, НФ ГУ ВШЭ), Антон Куликов (5 курс, ГУ ВШЭ), преподаватель математики Вадим Александрович Рузанов (лицей №40 г.Н.Новгорода). Вариант подготовлен Дмитрием Юрьевичем Кузнецовым (НФ ГУ ВШЭ, г.Н.Новгород). Председатель жюри – профессор НФ ГУ ВШЭ Валерий Александрович Калягин.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

8 класс

1. У продавщицы Клавы все 9 гирь к весам имеют надпись 1 кг и среди них нет ни одной гири, весящей более 1 кг. Измеряя их вес, она как-то выложила все их на двухчашечные весы (не все на одну чашу) так, что весы оказались в равновесии. Докажите, что у неё есть гиря весом не более 800 г.

Решение: На одной из чаш у неё не более 4 гирь, значит, не более 4 кг, а на другой чаше – не менее 5 гирь, но тогда среди них, по принципу Дирихле, есть гиря весом не более 4/5 (кг), т.е. 800г. 

2. Можно ли расставить на шахматной доске короля, ладью, коня, слона и ферзя так, чтобы каждая фигура била ровно две фигуры и была побита ровно двумя, причём другими, фигурами?

 Ответ: нельзя.

Решение: Так как фигуры не должны бить друг друга, то в парах ферзь – король, ферзь – слон, ферзь – ладья именно ферзь бьёт других, но тогда он бьёт уже не менее трёх фигур, что не удовлетворяет условию. Значит, так расставить фигуры нельзя.

3. Докажите, что в остроугольном треугольнике ABC основание высоты, проведённой из вершины B, и середина стороны AC симметричны относительно серединного перпендикуляра, проведённого к одной из средних линий треугольника. (А.Куликов, 5 курс, Высшая Школа Экономики)

Решение 1: Пусть M, N, K –середины сторон АB, BC и CA соответственно, а H – основание высоты, проведённой из вершины B. Тогда по свойству прямоугольного треугольника NH=NC, а так как MK – средняя линия, то MK=ВС/2=NС=NH. Т.к. MN||KН и MK=NH, то MNHK (или MNKH, в зависимости от расположения точек на стороне АС) - равнобедренная трапеция или параллелограмм, или равнобедренный треугольник (если K=H). Но MK||NCNH (т.к. треугольник АВС - остроугольный), поэтому MNHK - равнобедренная трапеция или равнобедренный треугольник, у которого ось симметрии совпадает с серединным перпендикуляром к MN, т.е. Н и К симметричны относительно этого серединного перпендикуляра.

Решение 2: MВNK  – параллелограмм, тогда он центрально симметричен относительно середины  своей диагонали MN, значит, точки К и В равноудалены от любой прямой проходящей через эту точку, но В и Н равноудалены от нужного нам серединного перпендикуляра, значит, точки К и Н также равноудалены от него и лежат по разные стороны (но, возможно, совпадают), т.е. симметричны.

4. Сложим все числа, которые получаются из некоторого натурального числа вычёркиванием одной его цифры (слагаемых будет столько, сколько цифр в исходном числе, нули в начале получающегося числа после стирания первой цифры не учитываются, например, из числа 205 получим сумму 5+25+20=50). Может ли полученная сумма оказаться равной 2008?

Ответ: не может.

Решение: 1). При малом (до 3) количестве цифр сумма полученных чисел будет не более 3⋅99<2008.

2). При большем, чем 4, количестве цифр, получим сумму не меньшую 3⋅1000>2008, т.к. получаются, как минимум 3 числа, содержащие не менее 4 цифр (это те числа, в которых первая цифра совпадает с первой цифрой исходного числа).

3). Из четырёхзначного числа  обязательно должна получиться сумма, кратная 3, т.к. , а 2008 на 3 не делится.

5. Есть 7 кучек по 200 камней. Два игрока ходят по очереди. За один ход можно взять из какой-нибудь кучки количество камней, равное простому числу. Игра заканчивается тогда, когда нельзя сделать ход. Первый выигрывает, если хотя бы в одной кучке по окончании игры нет камней. Второй выигрывает, если по окончании игры во всех кучках по 1 камню. Кто выигрывает при правильной игре? (П.Сухов, 11 кл., ЦОД)

Ответ: при правильной игре выиграет первый.

Решение: Пусть первый берёт из какой-нибудь полной кучки 197 камней. В ней осталось 3 камня и, если второй берёт камни из другой кучки, первый обнуляет эту, – он победил. Таким образом, единственный возможный непроигрышный ход для второго – взять из этой кучки 2 камня (в противном случае ход в 3 камня приводит к победе первого). После этого брать камни из этой кучки нельзя (1 не является простым числом).

Так первый поступает с 6 кучками. Из последней он забирает 193 камня. Второй игрок может брать камни только в этой кучке. Он может взять оттуда 7 (тогда выиграл первый), 2 (тогда первый берёт 5 и он выиграл), 5 (тогда первый берёт 2 и он выиграл) или 3 камня. Если он взял 3 камня, то первый берёт 2 и единственный возможный ход второго – 2, но тогда выигрывает первый.

9 класс

1. Сложим все числа, которые получаются из некоторого натурального числа вычёркиванием одной его цифры (слагаемых будет столько, сколько цифр в исходном числе, нули в начале получающегося числа после стирания первой цифры не учитываются, например, из числа 205 получим сумму 5+25+20=50). Может ли полученная сумма оказаться равной 2007?

Ответ: может. В качестве примера можно привести любое решение уравнения в цифрах 100a+40b+7c+d=669, например, 6141, 6138, 6096, 5412, 5409, 5370, 5367, 4641, 4638, 4596, 3912, 3909, 3870, 3867.

Комментарий: Прийти к подобным примерам можно, воспользовавшись следующими рассуждениями. 1). При малом (до 3) количестве цифр сумма полученных чисел будет не более 3⋅99<2007.

2). При большем, чем 4, количестве цифр, получим сумму не меньшую 3⋅1000>2007, т.к. получаются, как минимум 3 числа, содержащие не менее 4 цифр.

3). Из четырёхзначного числа  обязательно должна получиться следующая сумма , откуда получаем уравнение в цифрах 100a+40b+7c+d=669, которое можно решить полным перебором, начав для удобства перебирать с цифры c.

2. В остроугольном треугольнике ABC прямая, проходящая через вершину B параллельно AC, пересекает серединный перпендикуляр к AC в точке D. Докажите, что точки M, D, B, N лежат на одной окружности, где M и N – середины сторон AB и BC соответственно. (А.Куликов, 5 курс, Высшая Школа Экономики)

Решение: Пусть К – середина стороны АС. Тогда ΔMNK=ΔMND, т.к. точки K и D симметричны относительно средней линии MN. Но MBNK – параллелограмм, значит, ∠MDN=∠MKN=∠MBN, при этом точки D и В лежат по одну сторону от прямой MN. Следовательно, точки M, D, B, N лежат на одной окружности.

3. Сумма трёх неотрицательных чисел a, b, c не превосходит . Какое наименьшее значение может принимать выражение (1–a)(1–b)(1–c)?

Ответ: 1/2, например, при a=1/2, b=c=0. Решение: Наше выражение (1–a)(1–b)(1–c)=1–(a+b+c)+ab(1–c)+bc+ca≥1–(a+b+c)≥1/2. При этом минимум достигается тогда, когда a+b+c =1/2,                

ab(1–c)+bc+ca=0, что возможно. 

4. Во время матча «ЦСКА»–«Реал» пришедший с шахматного кружка Незнайка задумался над задачей «Можно ли на шахматное поле 8×8 поставить 11 коней, 11 королей и 1 мяч (бить не умеет) так, чтобы не было фигуры, стоящей под боем другой фигуры?» А действительно, можно ли? (по мотивам задачи В.А.Рузанова)

Ответ: можно. На примере – кони-лошади отмечены буквой «л», короли – «к», мяч – «м». 

5. Во время занятия математического кружка Знайка предложил Незнайке сыграть 3 партии в следующую игру: «В начале партии ты называешь некоторое натуральное число N, каждый раз новое. Затем мы по очереди (ты – первый, я – второй) записываем в клетки квадрата 7×7 по одному целому числу от 1 до 49 включительно. В каждую клетку записывается ровно одно число, и каждое из чисел должно быть использовано ровно один раз. Если по окончании заполнения квадрата найдутся строка и столбец, в каждом из которых сумма чисел равна N, то выигрываешь ты. В противном случае выигрываю я». Незнайка в ответ заявил: «Я выиграю со счётом 3:0». Кто на самом деле выигрывает при правильной игре и с каким счётом? (по мотивам задачи А.Хилова, 10 кл., лицей 38 г. Дзержинск)

 Ответ: при правильной игре со счётом 3:0 выиграет первый игрок, т.е. Незнайка.

 Решение: Незнайка для своей победы со счётом 3:0 может применить следующую стратегию. Разобьёт клетки креста без центральной клетки на пары, например, так, как показано на рисунке (клетки с одинаковыми буквами входят в одну пару). Затем в начале первой партии назовёт число N=196, второй – N=175, третьей – N=154.

В первой партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 49 – (1,48), (2,47), …, (24,25), число 49 остаётся без пары, им Незнайка и сделает первый ход в центральную клетку.

Во второй партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 50 – (1,49), (2,48), …, (24,26), число 25 остаётся без пары, им Незнайка и сделает первый ход в центральную клетку.

В третьей партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 51 – (2,49), (3,48), …, (25,26), число 1 остаётся без пары, им Незнайка и сделает первый ход в центральную клетку.

Затем в каждой партии на ходы Знайки он будет отвечать следующим образом:

1). Если Знайка сходил в одну из клеток креста, то Незнайка отвечает парным числом соответствующей пары в парную клетку соответствующей клетки в этом кресте.

2). Если Знайка сходил в одну из клеток, не входящих в крест, то Незнайка отвечает парным числом соответствующей пары в любую свободную клетку, не входящую в крест.

Таким образом, за парный ход (Знайка – Незнайка) они будут использовать одну из пар чисел. В результате в конце каждой партии Незнайка получит в строке и столбце креста суммы, равные сумме центрального числа и трёх пар разбиения, т.е. соответственно 49+3⋅49=196, 25+3⋅50=175, 1+3⋅51=154, что и приведёт его к победе со счётом 3:0.

10 класс

1. Даны три действительных числа с ненулевой суммой. Докажите, что сумма трёх попарных произведений их трёх попарных сумм больше суммы их трёх попарных произведений.

(В.Шмаров, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Решение: Пусть a, b, c - наши числа, тогда с учётом a+b+c≠0 получим, что >, т.к. .

2. В квадрате ABCD взяты такие точки P и Q такие, что ∠BAP=60°, ∠ABP=30°, ∠DCQ=∠CDQ=45°. Прямые PQ и CD пересекаются в точке T. Найдите ∠PTD. (К.Голубев, 2 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Решение: Заметим, что Q - центр квадрата, а точка Р окажется внутри Δ AQD. Выпуклый четырёхугольник APQB – вписанный, т.к. в нём ∠APB=90°=∠AQB. Отсюда ∠BPQ=∠BAQ=45°. Тогда ∠BPT=45°= ∠BDT, т.е. четырёхугольник BPDT – вписанный. Отсюда ∠PTD=∠PBD=45°-30°= 15°.

3. Найдите все натуральные числа, обладающие следующим свойством: произведение суммы всех натуральных делителей этого числа, меньших его самого, и количества всех его натуральных делителей равно этому числу. (В.Шмаров, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Ответ: 2. Решение 1: Пусть n – наше число. Заметим, что n=2 нам подходит.

1). Пусть n>2 и n - чётно. Тогда сумма его натуральных делителей, меньших его (обозначим её S), больше , а количество всех его натуральных делителей не меньше 3, поэтому указанное в условии произведение больше , т.е. больше n, – противоречие.

2). Пусть n - нечётно и n>1 (единица не удовлетворяет условию). Тогда получим уравнение n=m⋅S, где m - количество всех натуральных делителей числа n. Т.к. n нечётно, то и m нечётно, т.е. у n нечётное количество натуральных делителей, и все эти натуральные делители нечётны, поэтому и сумма всех натуральных делителей числа n нечётна. Но тогда сумма всех натуральных делителей числа n, кроме n, чётна (т.к. n нечётно), т.е. S чётно, значит, n чётно, – противоречие.

Решение 2: Заметим, что n>1 (единица не удовлетворяет условию) и тогда количество всех его натуральных делителей m≥2, значит, сумма его натуральных делителей  S<n=m⋅S, при этом натуральные числа m и S являются делителями числа n, но тогда S должна состоять из одного числа – самого себя, т.е. она равна 1. Значит, m=2 и n=2⋅1=2.

4. Квадрат разрезали на равные прямоугольные равнобедренные треугольники. Сколько треугольников могло получиться?

Ответ: 2n2 и 4n2, где n – любое натуральное число. Решение: Пусть катеты таких треугольников равны 1, тогда гипотенуза равна . Пусть вдоль стороны укладываются а гипотенуз и b катетов, а всего квадрат разрезан на k треугольников. Тогда подсчитаем площадь квадрата двумя разными способами и получим, что . Т.к. a, b, k – целые числа, а  - иррациональное число, то либо a=0, либо b=0, откуда и получим, что k=2b2, либо k=4a2, где a и b могут быть любым натуральным числом, причём для каждого случая есть свой способ разрезания квадрата на треугольники.

Пример: разрежем квадрат на n2 равных квадратиков n-1 вертикальными и n-1 горизонтальными линиями (n-1 может быть равно нулю). Для первого случая разрежем каждый квадрат по диагонали на два треугольника, для второго — двумя диагоналями на четыре треугольника.

5. В городском Кубке по блицу должны участвовать 64 шахматиста. Докажите, что можно составить такое расписание турнира, что каждый сыграет по одной партии ровно с 36 другими шахматистами, при этом у любой пары не сыгравших между собой шахматистов будет ровно 18 общих противников среди остальных, а у каждой пары сыгравших между собой шахматистов будет либо 20, либо 26 общих противников среди остальных участников. (В.Шмаров, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Решение: Рассмотрим куб 4×4×4, разбитый на 64 единичных кубика. Разместим шахматистов по кубикам, в каждый кубик – одного человека. После этого дадим сыграть партию каждым двум шахматистам, находящимся в одном “слое” из 16 единичных кубиков. Нетрудно понять, что после этого все условия задачи выполнены: каждый сыграл 36 партий, любые двое не сыгравших между собой имеют 18 общих противников; двое сыгравшие между собой, находящиеся в одном ряду из четырёх кубиков, имеют 26 общих противников; двое сыгравшие между собой, находящиеся в одном слое, но не находящиеся в одном ряду, имеют 20 общих противников.

11 класс

1. Докажите, что при любом целом x число (x2008+x2+1) делится на (x2+x+1).

Решение 1: x2008+x2+1=(x2008+x2007+x2006)–(x2007+x2006+x2005)+(x2005+x2004+x2003)–

–(x2004+x2003+x2002)+…+(x7+x6+x5)–(x6+x5+x4)+(x4+x3+x2)–(x3+x2+x)+x+x2+1=

=(x2+x+1)⋅(x2006–x2005+x2003–x2002+…+x5–x4+x2–x+1), где второй множитель является целым числом. Заметим при этом, что x2+x+1=(x+1/2)2+3/4>0, т.е. целое число x2+x+1≠0. Значит, при любом целом x число (x2008+x2+1) делится на (x2+x+1).

Решение 2: x2008+x2+1=(x2008−x)+(x2+x+1)=x((x3)669−1669)+(x2+x+1). Тогда число ((x3)669−1669) как разность нечётных (669-х)степеней чисел x3 и 1 раскладывается на два множителя-многочлена с целыми коэффициентами, один из которых равен (x3−1)=(x−1)⋅(x2+x+1). Значит, и x2008+x2+1 раскладывается на целочисленные множители, один из которых равен x2+x+1≠0.

Решение 3 (Шмаров В.): Обозначим , . Отметим, что , т.к.  и , где и  - недействительные кубические корни из единицы,  (т.к., например, ). Поэтому , где  имеет целые коэффициенты, т.е. целое число () делится на целое число ()≠0.

2. В хоккейной Суперлиге принимают участие 20 команд. Первый этап представляет собой турнир в два круга, т.е. каждые две команды играют между собой по два матча. За победу в основное время даётся 3 очка, за победу в дополнительное время – 2 очка, за поражение в основное время – 0 очков, за поражение в дополнительное время – 1 очко. Ничьих по регламенту быть не может. По окончании первого этапа оказалось, что команда «Трудяга» набрала ровно 50% максимально возможного количества очков, при этом её победы в основное время составили ровно 44% от непроигранных в основное время матчей. Сколько побед одержано этой командой в дополнительное время? (по мотивам задачи Н.Бодровой, 2 курс, НФ ГУ ВШЭ)

Ответ: 10 побед в дополнительное время. Решение: Всего на первом этапе можно набрать максимум 3⋅2⋅19=114 очков, значит, команда «Трудяга» набрала половину этого количества, т.е. 57 очков. 44% от непроигранных в основное время матчей (N) составляют  от этого числа, значит, N25, следовательно, N=25, т.к. является натуральным числом, не превосходящим 38. Т.о., было 0,44⋅25=11 побед в основное время и они принесли 3⋅11=33 очка. Остальные 57-33=24 очка команда набрала в 25-11=14 непроигранных в основное время матчах, при этом победы в дополнительное время давали на 1 очко больше, чем поражения в дополнительное время, значит, таких побед было 24-14=10.

3. Про положительные числа a, b, c, d известно, что abcd=1. Докажите, что среди чисел  есть число, не меньшее 2. (П.Борискин, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Доказательство 1: Предположим обратное, тогда каждое число меньше 2. Перемножив все эти положительные числа, получим, что . Но каждая дробь вида  при положительных x. Тогда получаем, что это произведение после перегруппировки  - противоречие, значит, наше предположение не верно и хотя бы одно из данных чисел будет не меньше 2.

Доказательство 2:  В силу цикличности выражений и по принципу Дирихле среди данных четырёх чисел найдутся такие два подряд идущих по циклу (a, b, c, d) числа  x и y, что x≥1 и 0≤1, тогда соответствующее этой паре число  , т.е. является нужным нам.

 4. ABCD – квадрат, M и N – точки на сторонах BC и AD соответственно. K – точка пересечения BN и AM, а L – проекция K на CD. Докажите, что среди отрезков BM, CL и DN нечётное количество различных. (В.Шмаров, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)

Решение: Будем считать AB=1. Обозначим BM=a, DN=b, CL=c.

Пусть F – точка пересечения KL и AB (проекция K на AB), тогда из двух пар подобных треугольников (ΔMKB, ΔAKN) и (ΔABM, ΔAFK) получим, что , т.е. прямоугольные треугольники FMB и FNA подобны, значит, . Из последнего соотношения следует, что если равны какие-то два из положительных чисел a, b и c, меньших 1, то равны все эти три числа, т.е. среди них нечётное количество различных.

5. Доказать, что число из 2000 восьмёрок делится на 2008.

Доказательство: Заметим, что согласно малой теореме Ферма число =10250-1 делится на простое число 251, но 9 и 251 – взаимно просты, значит, на 251 делится число из 250 единиц. Тогда на 251 делится и число из в восемь раз большего количества единиц (из 2000), следовательно, число из 2000 восьмёрок делится на 251⋅8=2008.

6. Во время матча «ЦСКА»–«Реал» пришедший с шахматного кружка Незнайка задумался над задачей «При каком наибольшем n на шахматное поле 8×8 можно поставить n коней, n королей и 1 мяч (бить не умеет) так, чтобы не было фигуры, стоящей под боем другой фигуры?» Решите эту задачу. (по мотивам задачи В.А.Рузанова)

Ответ: n=11, на примере – кони-лошади отмечены буквой «л», короли – «к», мяч – «м». 

Решение: Предположим, что на поле можно разместить фигуры при n≥12, тогда можно разместить и при n=12. Разобьём поле на 16 квадратов 2×2, тогда ровно в 12 из них будут стоять по 1 королю («к»), а в 4 других – 12 коней-лошадей («л») и 1 мяч, т.е. 13 фигур, значит, пустых квадратов быть не должно. Соответственно, квадраты будем называть к-квадраты и л-квадраты. Заметим, что если хотя бы в одном из л-квадратов две «л» стоят у общей стороны с другим квадратом, то этот соседний квадрат не будет содержать «к», значит, он должен быть л-квадратом, но тогда в сумме в этих

двух квадратах разместится не более 4 фигур, т.к. клетки прямоугольника 2×4 разбиваются на пары в виде хода «л» (см. рис.), а во всех 4 л-квадратах разместится не более 4+2⋅4=12 фигур, а должно быть 13. Таким образом, не существует л-квадратов с 4 «л», значит, в каждом таком квадрате будет ровно 3 «л» и никакие 2 «л» не могут стоять парой у общей стороны с другим квадратом, следовательно, такие л-квадраты находятся в углах поля 8×8 и 3 «л» стоят с краю всего поля, причём в одном из них ещё стоит и мяч. Тогда из двух выделенных на поле квадратов (см.рис.) хотя бы один должен оказаться пустым – противоречие. Значит, n≤11.

Нижегородская (VII открытая) городская математическая олимпиада школьников

г. Нижний Новгород, НФ ГУ-Высшая Школа Экономики, 13 декабря 2009 года

Вариант подготовлен Дмитрием Юрьевичем Кузнецовым (НФ ГУ ВШЭ, г.Н.Новгород). Председатель жюри – профессор НФ ГУ ВШЭ Валерий Александрович Калягин.

8 класс

1. Сколько трёхзначных чисел, делящихся на 3 и не содержащих в  своей десятичной записи тройки?

Ответ: 216 чисел. Решение:  Первой цифрой такого трёхзначного числа может быть любая из 8-и цифр, кроме 0 и 3, вторая – любая из 9-и цифр, кроме 3, а третья – любая из 3-х цифр, которая определяется по остатку при делении на 3 суммы двух первых цифр (если нужна цифра с остатком 0 – это 0, 6, 9; если с остатком 1 – это 1, 4, 7; если с остатком 2 – это 2, 5, 8). Тогда по правилу произведения в комбинаторике количество нужных нам чисел равно 8⋅9⋅3=216.

2. Дядька Черномор хочет показать своим богатырям-королевичам такую расстановку 33 королей на шахматной доске, что каждый король находится под защитой не более чем двух других королей (король защищает все соседние по стороне или вершине клетки). Есть ли у него такая возможность? 

Ответ: есть, пример см. на рис.

3. Точка K вне равностороннего треугольника АВС такова, что угол AKB=60°, а точки К и С лежат по разные стороны от прямой АВ. Докажите, что биссектриса угла AKB проходит через центр О треугольника АВС (центр треугольника – это точка пересечения медиан).

Решение 1:  Построим на продолжении луча КВ за точку В такую точку N, что BN=AK. ∠NBC=180°–60°–∠ABK=∠KAB, значит, треугольники BCN и ABK равны по двум сторонам и углу между ними. Также равны углы КАО и NBO, отрезки АО и ВО, значит, равны также треугольники KAO и NBO. Следовательно, KO=NO, т.е. треугольник KON – равнобедренный. Из двух последних утверждений следует, что ∠BKO=∠BNO=∠AKO, значит, КО – биссектриса угла АКВ.

Комментарий:  Фактически речь идёт о двух равносторонних треугольниках, один из которых (АВС) вписан в другой (KNM) – см.чертёж. А у таких треугольников будет общий центр, который является и точкой пересечения медиан, высот, биссектрис, а также центром вписанной и описанной окружностей.

Решение 2:  (очень простое решение, использующее знание свойств вписанных углов) Т.к. ∠АОВ=120°, ∠АКВ=60°, а их сумма равна 180°, то точки А, О, В и К лежат на одной окружности. Из равенства отрезков АО и ВО следует, что КО – биссектриса угла АКВ.

4. В квадрате 3×3 расставлены некоторым образом все целые числа от 1 до 9. Сначала подсчитали средние арифметические чисел в четырёх различных квадратах 2×2 (все они оказались целыми числами), а затем подсчитали среднее арифметическое полученных четырёх  чисел (оно также оказалось целым). Какое наибольшее значение могло принимать последнее подсчитанное число?

Ответ: 6 (см. пример таблицы на рисунке). 

Доказательство оценки: Подсчёт последнего среднего арифметического даёт следующее значение , где ai – числа в углах, bj – числа в средних клетках на краю, с – число в центре таблицы. Тогда  и , а наибольшее возможное целое значение равно 6.

5. Найдите наименьшее натуральное число, квадрат которого оканчивается на 2009.

Ответ:  1747. Решение:  Пусть наше число равно N, тогда число (N2–9) оканчивается на 2000. Значит, (N2–9)=(N–3)(N+3) делится на 2000=24⋅53. Делиться на 5 может только один из двух множителей (N–3) и (N+3), т.к. их разность 6 не делится на 5. При этом оба множителя должны быть чётными, но одновременно не делящимися на 4, значит, один из них делится на 2, другой – на 23=8. Таким образом, один из этих множителей делится на 2⋅53=250, а ещё один – на 8, причём это может быть один и тот же множитель. Разобрав случаи для (N–3) и (N+3) чисел 250, 500, 750, 1000, 1250, 1500, 1750, обнаружим, что условия делимости выполняются для N равных 253, 747, 997, 1003, 1253, 1747. Первым из квадратов, оканчивающихся на 2009, будет 17472=3052009.

9 класс

1. Найдите все квадратные трехчлены ax²+bx+c, у которых сумма коэффициентов равна 0, а график соответствующей квадратичной функции симметричен относительно оси ординат.

Ответ:  a(x²–1), где a – любое действительное ненулевое число. Решение:  Сумма коэффициентов является значением квадратичной функции в точке 1, значит, x=1 является корнем данного квадратного трехчлена. В силу симметрии относительно оси ординат корнем является также x= –1, поэтому наш трехчлен имеет вид a(x–1)(x+1)=a(x²–1).

2. Во всех клетках таблицы 4×4 расставляются числа –1, 0 и 1. Какое наибольшее количество различных значений могут принимать 8 сумм чисел в строках и в столбцах?

Ответ:  8 различных значений, пример см. на рисунке, числа +1 и –1 отмечены знаками «+» и «-».

3. В равнобедренном треугольнике ABC  угол A равен 90°. D – точка пересечения биссектрисы угла A и окружности радиуса BC с центром в точке B. Найдите угол ОАВ, где О – центр описанной окружности треугольника ACD. (Задача предложена П.А.Суховым, 2 курс НФ ГУ ВШЭ)

Решение:   Треугольники BAD   и  CAD равны, т.к.  АВ=АС (катеты равнобедренного прямоугольного треугольника), АD – общая сторона и ∠BAD=∠CAD. Значит, CD=BD=BC, т.е. треугольник BCD – равносторонний и ∠BCD=60°. Тогда ∠ADC=180°–∠DAC–∠ACD=180°–45°–(45°+60°)=30°.  Т.к. центральный ∠АОС=2∠ADC=60° и ОА=ОС, то треугольник OAC – равносторонний, значит, ∠ОАВ=∠ВАС–∠ОАС=90°–60°=30°.

4. Центр круга расположен в узле клетчатой сетки (сторона клетки равна 1). Какой наименьший радиус должен быть у круга, чтобы в накрытой им области можно было отметить 10 единичных отрезков (сторон клеток), не имеющих общих концов? (Задача предложена П.А.Суховым, 2 курс НФ ГУ ВШЭ)

Ответ:  . Решение:  Кругом меньшего радиуса мы покроем целиком только единичные отрезки из области, не большей той, что показана на первом рисунке. Но в ней нельзя отметить нужные 10 отрезков, т.к. любая сторона содержит один из отмеченных узлов, а их всего 9. Для круга радиуса  пример приведён на втором рисунке.   

5. Среди цифр натурального числа ровно один ноль, а при его вычёркивании число уменьшается в 9 раз. Найдите все такие числа.

Ответ:  405, 2025, 6075, 10125, 30375, 50625, 70875. Решение:  Ноль  в исходном числе не мог стоять на последнем месте, т.к. число после деления уменьшилось бы в 10 раз. Пусть после вычёркивания ноля получилось число a⋅10n+b, где n – количество цифр натурального числа b, стоящего после зачёркнутого ноля в исходном числе, a – натуральное число, стоящее перед зачёркнутым нолём. Тогда a⋅10n+1+b=9(a⋅10n+b), откуда a⋅10n=8b, но b<10n, значит, a является натуральным однозначным числом (т.е. ненулевой цифрой), меньшим 8. Натуральное число  не содержит ноля, а значит, не может и оканчиваться на ноль, откуда получаем, что n≤3. Перебор всех возможных случаев ненулевой цифры a≤7 (при условии, что  является нечётным числом) даст для числа b следующие варианты:  при n=1: , при n=2: , , при n=3: 1⋅125=125, 3⋅125=375, 5⋅125=625, 7⋅125=875. Получаем следующие случаи – 405:9=45, 2025:9=225, 6075:9=675, 10125:9=1125, 30375:9=3375, 50625:9=5625, 70875:9=7875.

10 класс

1. Существует ли геометрическая прогрессия a, b, c такая, что квадратный трехчлен ax2+bx+c имеет действительные корни?

Ответ: не существует. Решение:  Заметим, что из свойств геометрической прогрессии следует, что b2=ac, тогда дискриминант данного квадратного трехчлена D=b2–4ac= –3b2≤0. При этом действительные корни могут быть только при D≥0, значит, b=0, что невозможно для геометрической прогрессии.

2. Расставьте в клетках таблицы 10×10 цифры так, чтобы в каждом столбце и в каждой строке встречались все цифры от 0 до 9, а в любом прямоугольнике 2×5 (и горизонтально, и вертикально размещённом) сумма цифр была одна и та же.

Пример:  см.  таблицу справа.

Комментарий: Догадаться до расстановки можно следующим образом. Применим диагональную раскраску в 10 цветов-цифр, тогда в силу симметрии относительно главной диагонали достаточно рассмотреть только горизонтально размещённые прямоугольники 2×5. Теперь найдём такую перестановку цифр, в которой суммы пар соседних цифр циклически повторяются, при этом длина периода равна 5 (например, 2, 9, 1, 8, 0, 7, 4, 6, 3, 5;  а в парах суммы равны соответственно 11, 10, 9, 8, 7, 11, 10, 9, 8, 7). В результате в любом прямоугольнике 2×5 будут присутствовать 5 пар-доминошек с суммами 11, 10, 9, 8 и 7, при этом в каждом таком прямоугольнике сумма всегда будет равна 11+10+9+8=7=45, что и необходимо для выполнения требуемого условия.

3. Найдите наименьшее натуральное число, квадрат которого оканчивается на 2009.

Ответ:  1747. Решение:  Пусть наше число равно N, тогда число (N2–9) оканчивается на 2000. Значит, (N2–9)=(N–3)(N+3) делится на 2000=24⋅53. Делиться на 5 может только один из двух множителей (N–3) и (N+3), т.к. их разность 6 не делится на 5. При этом оба множителя должны быть чётными, но одновременно не делящимися на 4, значит, один из них делится на 2, другой – на 23=8. Таким образом, один из этих множителей делится на 2⋅53=250, а ещё один – на 8, причём это может быть один и тот же множитель. Разобрав случаи для (N–3) и (N+3) чисел 250, 500, 750, 1000, 1250, 1500, 1750, обнаружим, что условия делимости выполняются для N равных 253, 747, 997, 1003, 1253, 1747. Первым из квадратов, оканчивающихся на 2009, будет 17472=3052009.

4. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС нашлись такие точки M и N, что BM=MN и BC=CN. Из точки А к окружности ω1 (c центром М и радиусом МС) и к окружности ω2 (с диаметром MN)  проведены касательные AK1 и AK2  соответственно (K1 и K2 – точки касания). Докажите, что AK1=AK2. 

Решение:  Т.к. АК2 – касательная, то из свойств вписанных углов следует, что треугольники AMK2  и ANK2 подобны. Тогда AK22=AM⋅AN=AM⋅(AM–MN)=AM2–AM⋅MN=AM2–AM⋅BM=AM2–СM2=AM2–MK12=AK12, откуда и следует нужное нам равенство AK1=AK2. (Мы воспользовались равенством AM⋅BM=СM2, т.к. СМ – высота из вершины прямого угла.)

5. На полях a1, a2 и b1 шахматной доски стоят соответственно белая, чёрная и красная ладьи. Разрешается делать ходы по обычным правилам, однако после любого хода каждая ладья должна быть под защитой какой-нибудь другой ладьи (т.е. в одной  горизонтали или вертикали с другой ладьёй). Сколько ещё других (не считая исходной) расстановок этих ладей на шахматной доске можно получить?

Ответ: 9407 расстановок. Решение:  Заметим, что эти три ладьи всегда располагаются в трёх клетках, лежащих в углах некоторого прямоугольника со сторонами, параллельными сторонам доски («квартета» из четырёх клеток, находящихся на пересечении двух горизонталей и двух вертикалей). При этом их порядок по часовой стрелке совпадает с исходным, т.е. белая, чёрная и красная ладьи. Нетрудно убедиться, что возможно любое из таких расположений. Для этого ладьи сначала сдвигаются в три угла такого квартета (передвигаются в две вертикали,  потом в две горизонтали квартета, сохраняя друг друга под защитой), а затем перемещаются по очереди по часовой стрелке через свободный угол. Всего существует  таких квартетов, что определяется выбором двух горизонталей и двух вертикалей, на пересечении которых и будут находиться четыре угла соответствующего прямоугольника. В каждом таком прямоугольнике существуют 4⋅3=12 расстановок ладей по часовой стрелке, т.к. ладьи всегда образуют уголок, в центральной клетке которого может находиться любая ладья (3 варианта), а сама центральная клетка может находиться в любом из углов квартета (4 варианта). Учитывая исходный вариант, получим всего 784⋅12–1=9407 расстановок.

11 класс

1. Докажите, что существует бесконечно много арифметических прогрессий 1, b, c, таких, что квадратный трехчлен x2+bx+c имеет действительные корни.

Решение:  Заметим, что из свойств арифметической прогрессии следует, что . Кроме того, для наличия действительных корней дискриминант данного квадратного трехчлена  должен быть неотрицательным. Получившееся неравенство равносильно квадратному неравенству c2–14c+1≥0, имеющему бесконечно много решений, значит, существует и бесконечно много арифметических прогрессий, удовлетворяющих условию.

2. В плоскости правильного n-угольника  А1А2…Аn отмечена точка К так, что биссектриса угла А1КА2 проходит через центр этого n-угольника. Покажите, что точка К необязательно лежит на серединном перпендикуляре к отрезку А1А2.

Решение: Точка К может лежать на дуге А1А2 описанной около треугольника А1А2O окружности (где О – центр n-угольника), не совпадая с серединой этой дуги. В этом случае КО будет биссектрисой ∠А1КА2, что верно в силу свойств вписанных углов, т.к. А1О=А2О. Точка К в этом случае не лежит на серединном перпендикуляре к отрезку А1А2.

3. В клетках таблицы 3×3 расставлены положительные числа так, что каждое число в два раза меньше суммы всех чисел, находящихся в соседних с ним по стороне клетках. Верно ли, что среди этих 9 чисел можно выделить две группы по 4 числа с одинаковыми суммами?

Решение:  Заметим, что каждое угловое число равно полусумме своих соседей, тогда сумма всех угловых чисел равна удвоенной полусумме чисел, находящихся в серединах сторон, т.к. каждое такое число учитывается дважды, являясь соседом у двух угловых чисел. Значит, сумма четырёх угловых чисел равна сумме четырёх чисел в серединах сторон. Таким образом, требуемое условие выполнимо.

Комментарий:  Но … условие задачи некорректно, т.к. такое расположение чисел возможно только в случае, если все числа равны 0, что нетрудно доказать, решив соответствующую систему из 9 уравнений с 9 неизвестными. Поэтому верным является вывод о некорректности   условия задачи.

Примечание:   доказательство «верности» требуемого в задаче оценивается из 7 баллов, доказательство некорректности условия оценивается из 10 баллов.

4. Все углы при вершине S треугольной пирамиды SАВС равны 60°. Докажите, что полупериметр основания АВС больше наибольшего из рёбер SA, SB и SC.

Решение:  Сделаем развёртку A1BCA2S, разрезав пирамиду по наибольшему из данных трёх рёбер (с точностью до обозначений можно считать, что это ребро SA) – см. рис. Т.к. сумма углов при вершине S равна 180°, то S лежит на отрезке A1A2. Тогда длина ломаной A1BCA2 больше A1A2, т.е. периметр основания АВС пирамиды больше удвоенного ребра SA, откуда и следует нужное нам утверждение.

5. На олимпиаде школьники решали 6 задач. Оказалось, что никакие два из них не решили вместе всех задач, и каждую задачу решило ровно 100 школьников. При каком наименьшем числе школьников это возможно? 

Ответ: 200 школьников, например, 4 группы по 50 человек, каждый решил по 3 задачи – группа А решила 1, 2 и 3 задачи; В – 1, 4 и 5; С – 2, 4 и 6; D – 3, 5 и 6.  Доказательство оценки:  Если школьников менее 200 (а всего предъявлено 600 решений), то по принципу Дирихле найдётся школьник N, решивший хотя бы 4 задачи (но, согласно условию, не все 6). Если N решил 5 задач, то вместе с любым школьником, решившим оставшуюся задачу, он составит «запретную» пару, противоречащую условию. Если он решил 4 задачи, то по оставшимся двум задачам среди 200 решений, предъявленных не более чем 198 школьниками, найдутся два решения, принадлежащих одному и тому же школьнику, который вместе с N составит «запретную» пару. Противоречие, значит, всего в олимпиаде участвовало не менее 200 школьников.

6. Существует ли натуральное число, которое, будучи записанным дважды подряд (в десятичной записи), даст точный квадрат?

Ответ: существует, например, число 183673469387755102041, т.к. 183673469387755102041183673469387755102041=4285714285714285714292=.  

Решение:  Пусть наше число а имеет n цифр, тогда будучи записанным дважды оно даст число А=а⋅(10n+1). Найдём такое натуральное n, что 10n+1 делится на какой-нибудь точный квадрат, например, 72=49. Подойдёт n=21, т.к. 1021≡10010⋅10≡210⋅10≡10240≡ –1(mod 49). Но после деления на 49 останется число из 20 цифр, начинающееся на 2, поэтому домножим наше число на точный квадрат 32=9. Тогда получим нужное нам 21-значное число .

Комментарий: в качестве примера также подойдёт число 8264462810082644628100=909090909102=, т.к. (1011+1) делится на 112, тогда нужное нам 11-значное число . Другие примеры можно получить по аналогичной схеме.

Нижегородская (XI открытая) городская математическая олимпиада школьников

НИУ Высшая Школа Экономики – Нижний Новгород, 24 ноября 2013 года

8 класс

1. Год проведения нынешней открытой городской олимпиады делится на её номер: 2013:11=183. Каким будет год последней олимпиады (если она и дальше будет проводиться ежегодно), для номера которой это свойство тоже будет выполнено?

Ответ: 4004 год. Решение:  Пусть N − номер олимпиады. Тогда год его проведения равен (2013−11)+N=2002+N. Пусть год проведения делится на номер, т.е. 2002+N делится на N. Значит, 2002 делится на N. Тогда наибольший номер будет равен 2002, а годом проведения этой олимпиады будет 4004=2002+2002.

2. На окружности с центром Р и радиусом R отмечены точки О1, О2 и О3, которые являются центрами трёх окружностей радиуса R. Эти три окружности, кроме точки Р,  пересекаются ещё второй раз между собой соответственно в точках А (первая и вторая окружности), В (вторая и третья окружности) и С (третья и первая окружности). Докажите, что ВС=О1О2.

Доказательство:  Заметим, что РО1СО3 и РО2ВО3 – ромбы, т.к. все четыре стороны у них равны R (в частности, это могут оказаться и вырожденные ромбы в случае совпадения точек В и С с Р). Тогда отрезки О1С, РО3 и О2В равны и параллельны, значит, О1СВО2 – параллелограмм (возможно, вырожденный, если все четыре точки окажутся на одной прямой). Следовательно, ВС=О1О2, т.е. длина  отрезка ВС не зависит от положения точки О3 при фиксированном положении точек О1 и О2.

Комментарий: Но … в приведённом выше решении есть серьёзная ошибка. К сожалению, здесь мы сталкиваемся с типичной ошибкой, допускаемой школьниками. Из равенства и параллельности отрезков АВ и CD  не следует, что ABCD – параллелограмм. Возможно, что параллелограммом окажется четырёхугольник ABDC или же все четыре точки окажутся на одной прямой, т.е. получим «вырожденный» параллелограмм.

Таким образом, в нашей задаче из равенства и параллельности отрезков О1С и О2В ещё не следует, что параллелограммом будет именно четырёхугольник О1СВО2 (возможно вырожденный). Это будет верно только в случае сонаправленности (коллинеарности) векторов  и , что в нашей задаче как раз и будет верным, т.к. эти векторы равны вектору . Но подобное рассуждение относится к концу школьной программы 8-го класса. Поэтому полный балл за решение задачи, возможно, будет ставиться только в случае объяснения расположения точек или другого верного рассуждения, а приведённое выше решение будет оцениваться из 6 баллов. Например, если подсчётом углов будет показано равенство треугольников (возможно вырожденных) О1О2Р и СВО3, откуда следует нужное нам равенство отрезков О1О2 и ВС, то за подобное рассуждение уже можно будет получить 7 баллов.

3.  Разрежьте клетчатую фигуру, представленную на рисунке, на две равные части двумя разными способами.

Решение: см. три возможных разрезания на рисунке справа.

4. Докажите для  любых действительных чисел a≠0  и b неравенство: .

Доказательство 1:  Перенесём все числа в левую часть и преобразуем её: . Получим верное неравенство, значит, и исходное равносильное ему неравенство также будет верным.

Доказательство 2:  

Дважды применим неравенство Коши  ()  для двух пар неотрицательных чисел: .

Комментарий: Второе доказательство фактически является переложением первого доказательства через выделение полных квадратов на язык неравенства Коши, т.к. само по себе неравенство Коши  равносильно выделению полного квадрата:  . Важно только учесть, что b может оказаться отрицательным числом, значит, надо грамотно провести оценки, пользуясь модулем. Кроме того, если сразу умножить обе части неравенства на положительное число a2, то после переноса в левую часть всех слагаемых получим многочлен, в котором увидеть сумму двух полных квадратов будет значительно легче, догадавшись представить 2 суммой единиц: .

5. В треугольнике ABC ∠B=60°. На сторонах AB и BC нашлись такие точки P и Q соответственно, что AP=CQ и AP+PQ=AC. Докажите, что треугольник ABC – равносторонний.

Доказательство:  Построим отрезок PC', равный и параллельный отрезку QC, так, что C'PQC – параллелограмм. Тогда, из параллельности, следует, что ∠APC'=∠ABC=60° и AP=CQ=C'P. Следовательно, треугольник APC' – равносторонний, откуда AC'=AP. Но тогда AC=AP+PQ=AC'+C'С≥AC по неравенству треугольника. Следовательно, в силу равенства левой и правой частей полученного неравенства точка C' лежит между A и C, значит, ∠BAC=∠РAC'=60°, т.е. в треугольнике ABC уже два угла равны 60°, значит, и все три угла равны 60°, тогда он − равносторонний.

6. В вершинах квадрата расставлены произвольным образом 4 различных натуральных числа. На каждой стороне и диагонали квадрата записывают числа, равные НОДу (наибольшему общему делителю) чисел, стоящих в концах соответствующего отрезка. Могло ли оказаться так, что сумма четырёх чисел в вершинах равна сумме шести чисел на сторонах и диагоналях? 

Ответ:  Нет. Решение:   Докажем, что для двух различных натуральных чисел n и k (пусть n>k) выполняется неравенство НОД(n,k)≤(n+k)/3, при этом равенство выполняется только в случае n=2k. Если n=2k, то НОД(n,k)=k=(2k+k)/3=(n+k)/3. Если n≠2k, то НОД(n,k)≤n/3<(n+k)/3. Предположим, что для четырёх чисел в вершинах (a, b, c, d) выполняется нужное нам равенство. Тогда a+b+c+d= НОД(a,b)+ НОД(a,c)+ НОД(a,d)+ НОД(b,c)+ НОД(b,d)+ НОД(c,d)≤(a+b)/3+(a+c)/3+(a+d)/3+(b+c)/3+(b+d)/3+(c+d)/3= a+b+c+d. Значит, во всех шести неравенствах должны быть равенства, что может выполняться согласно доказанному выше только в случае, когда в каждой паре чисел одно больше другого в два раза. Тогда наибольшее из чисел в два раза больше каждого из остальных, т.е. в наборе должно быть три одинаковых числа.

9 класс

1.  На доске выписаны все натуральные делители некоторого точного квадрата n2 по возрастанию . Докажите, что сумма   не может равняться 2013. (задача предложена Дмитрием Лиминым, 11 класс, лицей №180 г.Н.Новгорода)

Решение:  Предположим, что сумма  − нечётное число. Тогда это два числа разной чётности с произведением − чётным числом. Значит,  n² делится на 2, следовательно, имеет делитель 2, равный . Но число  является нечётным, т.е. число  делится на 2, но не делится на 4, что невозможно для точного квадрата. Противоречие.

2. Некоторая окружность, центр которой совпадает с центром вписанной в треугольник окружности, пересекает каждую сторону треугольника в двух различных точках. Докажите, что она высекает на всех трёх сторонах равные отрезки. 

Доказательство 1:  При симметрии относительно биссектрисы угла ABC, которая проходит через центр вписанной окружности, данная окружность перейдёт сама в себя, а прямая BA перейдёт в прямую BC. Следовательно, отрезок, высекаемый окружностью на AB, симметричен отрезку, высекаемому ею на BC, т.е. эти отрезки равны. Аналогично, равны и все три требуемых отрезка.

Доказательство 2:  Пусть радиус вписанной окружности равен r, а радиус новой окружности равен R. Тогда на каждой стороне треугольника новая окружность высекает отрезок фиксированной длины , что очевидным образом получается при рассмотрении треугольника KPI, где I – центр вписанной окружности, KP – высекаемый отрезок. Если взять середину М отрезка КР, которая одновременно будет точкой касания вписанной окружности, то из прямоугольного треугольника MPI  по теореме Пифагора найдём .  Тогда отрезок КР=2МР=.Отсюда получаем, что все высекаемых отрезка будут иметь одну и ту же длину.

3. На острове рыцарей и лжецов (рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут) за круглым столом собралась компания из 2013 человек. Каждый заявил, что среди половины остальных, сидящей от него справа, лжецов столько же, сколько рыцарей среди половины остальных, сидящей от него слева. Сколько могло быть рыцарей за столом?

Ответ: 0 или 1007 рыцарей. Решение:  Возможен случай, когда за столом собрались только лжецы, − тогда действительно каждый лжец соврал, т.к. в половине справа от него 1006 лжецов, а в половине слева от него 0 рыцарей, т.е. высказывание является неверным. Рассмотрим теперь случай, когда за столом сидит хотя бы 1 рыцарь. Тогда пусть справа от него n лжецов и соответственно (1006−n) рыцарей, а слева − n рыцарей. Значит, кроме него за столом ещё (1006−n)+n=1006 рыцарей. Таким образом, за столом будет 1007 рыцарей, каждый из которых сказал правду вне зависимости от соответствующего ему числа n, рассмотренного выше. При этом каждый лжец действительно соврал, т.к. из его высказывания аналогичным образом получается, что за столом должны сидеть 1006 рыцарей, но там сидят 1007 рыцарей.

4. Сколько существует решений ребуса ? (Одинаковые буквы – одинаковые цифры, разные буквы – разные цифры.)

Ответ: 864 решения. Доказательство:  Заметим, что у нас используются  9 цифр, значит, среди них нет нуля и они принимают все 9 ненулевых значений. Кроме того, после сокращения одинаковых множителей получим , при этом пропали Р и М, которые обязаны принимать значения 5 и 7, иначе эти простые множители не сократятся и выражение не будет равно 1/2 (получаем два варианта для букв Р и М.) В разложении на простые множители всех других ненулевых 7 цифр остались четыре тройки и семь двоек. При этом тройки должны сократиться, значит, 3 и 6  идут в одну часть дроби, а 9 − в другую. Кроме того, в числителе должны оказаться три двойки, а в знаменателе − четыре. 1 случай.) Если в числитель взять 3 и 6, тогда туда ещё пойдёт 4. Для букв Т, Е, О эти три цифры дадут 3!=6 вариантов. Оставшиеся четыре буквы знаменателя принимают значения 1, 2, 8, 9 − всего 4!=24 варианта. С учётом двух вариантов букв Р и М получим 2⋅6⋅24=288 решений ребуса. 2случай.) Если в числитель пойдёт 9, то две оставшиеся цифры равны либо 1 и 8, либо 2 и 4. Тогда для каждого из этих случаев аналогично будет по 288 решений. Значит, всего 3⋅288=864 решений ребуса.

Комментарий: Действительно известно много теорем, носящих имя Архимеда, в частности, о знаменитой теореме Архимеда, изучаемой в школе без названия и связанной с отношением 1:2, можно прочитать в книге М.Б.Балка и В.Г.Болтянского «Геометрия масс»  (библиотечка «Квант», выпуск 61, с.9).

5. Боря и Вова играют в следующую игру на изначально белой доске 8×8. Боря ходит первым и каждым своим ходом закрашивает в чёрный цвет любые четыре белые клетки. После каждого его хода Вова закрашивает полностью в белый цвет какой-нибудь ряд (строку или столбец). Боря стремится закрасить как можно больше клеток, а Вова стремится ему помешать. Какое наибольшее количество чёрных клеток может оказаться на доске после хода Бори? 

Ответ: 25 клеток. Решение:  Пусть Вова каждым своим ходом делает белым ряд с наибольшим количеством чёрных клеток. Тогда, как только Боря добьётся ряда из не менее чем четырёх чёрных клеток (такой ряд будем называть «богатым»), Вова будет удалять минимум четыре клетки, значит, следующим ходом Боря не сможет увеличить количество чёрных клеток в сравнении со своим предыдущим ходом. И далее при наличии богатых рядов Вова удаляет минимум 4 чёрных клетки, а Боря после этого добавляет четыре, значит, увеличить свой максимальный результат не сможет. При этом перед первым и всеми последующими моментами создания богатого ряда при их отсутствии на доске была максимум 7⋅3=21 чёрная клетка − семь рядов по 3 чёрных клетки, т.к. только что Вова сделал белым ряд этого направления. Таким образом, Боря всегда создаёт конструкцию с максимум 25 чёрными клетками. Покажем теперь, что Боря может добиться 25 чёрных клеток. Выделим на доске 24 клетки так, как показано на рисунке, − по три в каждом ряду. Пусть Боря закрашивает всегда только клетки этого множества, пока среди них есть белые клетки. Тогда Вова сможет удалить максимум три чёрные клетки, значит, количество чёрных клеток после каждой пары их ходов будет хотя бы на одну больше. Значит, в некоторый момент Боря сможет сделать чёрными все эти клетки (и ещё, возможно, какие-то). Тогда после хода Вовы останется не менее 21 чёрной клетки, а Боря своим следующим ходом добьётся минимум 25 чёрных клеток. Значит, при правильной игре обоих максимальное количество чёрных клеток на доске будет равно 25.

6. ABCDEFGH − правильный восьмиугольник. M, N, K − середины отрезков AC, DE и АF соответственно. Докажите, что отрезки MN и CK равны и  перпендикулярны. (задача предложена Григорием Коноваловым, 10 класс, лицей №165 г.Н.Новгорода)

Доказательство:  Из свойств правильного восьмиугольника следует, что при повороте на 90° (на нашем чертеже это поворот по часовой стрелке) относительно центра многоугольника О точки А, С и D перейдут соответственно в точки С, Е и F. Значит, перпендикулярны и равны отрезки в парах АС, СЕ и  AD, CF, т.е. равны по длине и перпендикулярны соответствующие вектора в этих парах. Заметим теперь, что вектор , а вектор . Учитывая указанные выше равенство длин и перпендикулярность  векторов, получаем, что при повороте на 90° (по часовой стрелке) вектора  и  перейдут в вектора  и , значит, их полусуммы перейдут друг в друга, т.е. вектора  и  равны по длине и перпендикулярны.

10 класс

1. Докажите, что НОК (наименьшее общее кратное) четырёх натуральных чисел a, b, c  и d  не может равняться ab+cd. 

Доказательство:  Т.к. НОК делится на каждое из чисел, то сумма ab+cd должна делиться на каждое из четырёх исходных чисел. Тогда cd делится не только на числа c и d, но и на числа a и b, т.к. первое слагаемое делится на a и b. Значит, cd делится на каждое из чисел, т.е. будет не меньше НОК (a,b, cd) ≥ НОК (a, b, c, d). Тогда ab+cd будет больше НОК (a, b, c, d).

2. Правильный 2013-угольник разрезают на треугольники вдоль не пересекающихся внутри него диагоналей (такое разрезание называется триангуляцией). Существует ли триангуляция, содержащая прямоугольный треугольник?  

Ответ: нет. Доказательство:  Так как любой правильный многоугольник является вписанным, то все треугольники разбиения вписаны в одну общую окружность. Но если треугольник прямоугольный, то центр его описанной окружности должен совпадать с серединой гипотенузы. Таким образом, вершины при острых углах прямоугольного треугольника, если такой имеется среди треугольников разбиения, должны быть диаметрально противоположны, но в силу нечётности количества вершин нашего правильного многоугольника таких вершин не будет.

3. Найдутся ли три различных действительных числа таких, что при любой расстановке их в качестве трёх коэффициентов у уравнения ax2+bx+c=0 есть корень, причём любой корень является целочисленным?

Решение:  Да, например, набор чисел 1, 0, −1. Тогда каждое из шести возможных уравнений x−1=0, −x+1=0, x2−1=0, x2−x=0, −x2+x=0 и −x2+1=0 будет иметь корни, причём только целочисленные.

4. Пусть a, b, c, d, e – различные натуральные числа. Докажите, что 288 − наибольшее натуральное число, на которое гарантированно делится произведение всех попарных разностей (a–b)(a–c)(a–d)(a–e)(b–c)(b–d)(b–e)(c–d)(c–e)(d–e).

Доказательство:  Докажем сначала, что данное произведение делится хотя бы на 5-ю степень двойки. Возможны несколько случаев. 1) Есть не менее 4-х чисел одинаковой чётности, тогда каждая из  их попарных разностей будет чётной, а всё произведение будет делиться хотя бы на 26. 2) Два числа одной чётности и три числа другой чётности, среди которых ещё и найдётся пара чисел с одинаковым остатком при делении на 4. Тогда разность чисел первой пары делится на 2, а среди трёх чётных попарных разностей тройки остальных чисел хотя бы одна будет делиться на 4=2². Значит, всё произведение попарных разностей разделится на 1+2+1+1=5-ю степень двойки. Кроме того, по принципу Дирихле, среди наших 5 чисел найдутся 2 числа с одинаковым остатком при делении на 3, тогда их разность делится на 3.  Уберём одно из них, тогда среди оставшихся 4-х чисел аналогично найдётся разность, кратная 3. Таким образом, всё произведение гарантированно делится на 25⋅32=288. Заметим теперь, что для набора из первых пяти натуральных чисел данное произведение равно (2−1)⋅(3−1)⋅(4−1)⋅(5−1)⋅(3−2)⋅(4−2)⋅(5−2)⋅(4−3)⋅(5−3)⋅(5−4)=1⋅2⋅3⋅4⋅1⋅2⋅3⋅1⋅2=25⋅32=288, значит, у нас есть гарантированная делимость только на 288 − и это наибольший возможный делитель всего произведения.

5. Точки М и Н – соответственно точка пересечения медиан и ортоцентр треугольника АВС, в котором углы А и В равны соответственно 30° и 45°. Докажите, что МН=2МС. 

Доказательство 1: Рассмотрим О − центр описанной окружности треугольника АВС. Тогда требуемое нам условие сводится к доказательству того, что МО=МС, т.к. известно, что точки О, М и Н лежат на одной прямой − прямой Эйлера, а ОМ:МН=1:2. Доказательство того, что МО=МС, − см. решения задачи 11.2.

Комментарий: Прямая Эйлера и соотношение  ОМ:МН=1:2 являются классическими общеизвестными фактами геометрии, но, к сожалению, игнорируются школьной программой, как и многие другие замечательные теоремы.

Доказательство 2 (аналитическое): Введём систему координат, в которой начало координат будет в точке С’ − основании высоты СС’, а у точек В и С будут координаты (1; 0) и (0; 1). Подсчёт углов показывает, что ∠НАВ=∠А’АВ=90°−∠АВА’=90°−45°=45°, а ∠НВА=∠В’ВА=90°−∠В’АВ=90°−30°=60°. Тогда координаты точек Н и А будут соответственно равны и . Середина Р отрезка АВ будет иметь координаты , точка М в силу отношения РМ:МС=1:2 будет иметь координаты . Подставив координаты точек М, Н и С, нетрудно проверить, что выполняется равенство МН=2МС. 

6. Боря и Вова играют в следующую игру на изначально белой доске 16×16. Боря ходит первым и каждым своим ходом закрашивает в чёрный цвет любые k белых клеток. После каждого его хода Вова закрашивает полностью в белый цвет какой-нибудь ряд (строку или столбец). Боря выиграет, если после некоторого его хода более половины клеток будут чёрными. При каком наименьшем  k  Боря может выиграть независимо от игры Вовы?

Ответ: при k=9. Решение:  Пусть Вова каждым своим ходом делает белым ряд с наибольшим количеством чёрных клеток. Тогда, как только Боря добьётся ряда из не менее чем k чёрных клеток (такой ряд будем называть «богатым»), Вова будет удалять минимум k клеток, значит, следующим ходом Боря не сможет увеличить количество чёрных клеток в сравнении со своим предыдущим ходом. И далее при наличии богатых рядов Вова удаляет минимум k чёрных клеток, а Боря после этого добавляет k, значит, увеличить свой максимальный результат не сможет. При этом перед первым и всеми последующими моментами создания богатого ряда при их отсутствии на доске было максимум 15⋅(k−1) чёрных клеток − 15 рядов по (k−1) чёрных клеток, т.к. только что Вова сделал белым ряд этого направления. Таким образом, Боря всегда создаёт конструкцию с максимум 16k−15 чёрными клетками. Покажем теперь, что Боря может добиться 16k−15  чёрных клеток. Выделим на доске 16⋅(k−1)  клеток так, как показано на рисунке, − по (k−1) в каждом ряду − со сдвигом на одну клетку в каждом следующем ряду. Пусть Боря закрашивает всегда только клетки этого множества, пока среди них есть белые клетки. Тогда Вова сможет удалить максимум (k−1) чёрных клеток, значит, количество чёрных клеток после каждой пары их ходов будет хотя бы на одну больше. Значит, в некоторый момент Боря сможет сделать чёрными все эти клетки (и ещё, возможно, какие-то). Тогда после хода Вовы останется не менее 15⋅(k−1) чёрных клеток, а Боря своим следующим ходом добьётся минимум 16k−15 чёрных клеток. Значит, при правильной игре обоих максимальное количество чёрных клеток на доске будет равно 16k−15. Боре надо, чтобы это число было более половины клеток, т.е. более 162/2=128. Тогда 16k−15≥129, откуда k≥(129+15)/16=9.

11 класс

1. Найдите все пары квадратных трехчленов ax2+bx+c и bx2+cx+a, каждый из которых имеет ровно один действительный корень. 

Ответ:  ax2+4ax+4a и 4ax2+4ax+a, где a − любое действительное ненулевое число. Решение: Если каждый трехчлен имеет один действительный корень, то их дискриминанты равны нулю. Значит, нам необходимо решить систему уравнений  при условии, что старшие коэффициенты трехчленов не равны 0 (т.е. a≠0 и b≠0), но тогда из второго уравнения получаем, что и с≠0. Разделим первое уравнение на второе, что можно делать при ненулевых числах, тогда получим равенство , откуда b3=c3, т.е. b=c. Подставив это условие, получим, что b=c=4a. Тогда наши уравнения примут вид ax2+4ax+4a и 4ax2+4ax+a, у которых по одному корню (−2) и (−0,5) соответственно.

2. Точки М и О – соответственно точка пересечения медиан и центр описанной окружности треугольника АВС, в котором углы А и В равны соответственно 30° и 45°. Докажите, что МО=МС.

 Решение 1:  Центральный угол СОВ  равен 2∠САВ=60°, значит, равнобедренный треугольник ВОС (ВО и ОС – радиусы описанной окружности) является равносторонним. Тогда прямая ВК, проходящая через середину К стороны ОС будет серединным перпендикуляром отрезка ОС и будет параллельна ОА, т.к. центральный угол СОА равен 2∠СВА=90°. Значит, на прямой ВК лежит средняя линия КЕ треугольника АОС, где Е – середина стороны АС. Таким образом,  отрезок ВЕ – медиана исходного треугольника АВС, на нём лежит точка пересечения медиан М, и при этом прямая ВЕ совпадает с прямой ВК – серединным перпендикуляром отрезка ОС. Следовательно, точка М лежит на этом серединном перпендикуляре и равноудалена от концов отрезка ОС, т.е. МО=МС, что и требовалось доказать.

Решение 2 (аналитическое):  Введём систему координат с началом в точке О так, что радиус описанной окружности равен 1, а координаты точек А, В и С с учётом углов исходного треугольника окажутся соответственно следующими (0; 1),  и (1; 0). Тогда точка Р (середина отрезка АВ) имеет координаты  . Точка М делит медиану СР в отношении РМ:МС=1:2, значит, абсцисса точки М будет равна , следовательно, М лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ОС, т.е. равноудалена от его концов, что и требовалось доказать.

3. Действительные числа  x, y  и  z  таковы, что . Верно ли, что x=y=z? 

Ответ:  нет, например, при x= −2, y=1, z= −0,5 все три суммы будут равны (−1). Решение: Преобразуем наши равенства к виду ,  и . Перемножим эти три равенства и разделим на произведение (x−y)(y−z)(z−x)≠0 при условии, что все числа − различны. Тогда получим, что x2y2z2=1. После этого остаётся подобрать тройку различных чисел, удовлетворяющих нашим равенствам.

4. Существует ли 2013-значное число вида 22…200…011…133…3, которое делится на 2013?

Ответ:  существует, например, число . Доказательство 1:  Рассмотрим репьюнит R60, состоящий из 60 единиц. По признаку делимости на 3 он делится на 3, т.к. его сумма цифр, равная 60, делится на 3. По признаку делимости на 11 он делится на 11, т.к. его знакочередующаяся сумма цифр, равная 0, делится на 11. Докажем теперь, что он делится на 61. По малой теореме Ферма число 1060−1 делится на простое число 61. Но 1060−1==9⋅R60, при этом 9 и 61 – взаимно просты, значит, на 61 делится число R60. Таким образом, нами доказано, что репьюнит R60 делится на простые числа 3, 11 и 61, значит, он делится и на их произведение 3⋅11⋅61=2013. Тогда 2013-значное число  равно  (2⋅101953+1060+3)⋅R60 и делится на 2013 за счёт множителя R60.

Доказательство 2 (не указывающее такое число, но доказывающее его существование с помощью принципа Дирихле):  Докажем с помощью принципа Дирихле, что существует репьюнит, содержащий не более 61 единицы и кратный 61. Рассмотрим ряд из 62 репьюнитов: 1, 11, 111, 1111, …, . При делении на 61 эти числа могут давать 61 вариант остатков − от 0 до 60. Значит, по принципу Дирихле в этом наборе репьюнитов найдутся два с равными остатками при делении на 61, например, из k и n единиц, где 1≤k<n≤62, 1≤n−k=p≤61.  Тогда разность этих репьюнитов делится на 61, т.е. Rn−Rk=Rp⋅10k61, но 10 и 61 − взаимно просты, значит, на 61 делится некоторый репьюнит Rp, где 1≤p≤61. Кроме того, на 61 разделится и любой репьюнит, состоящий из количества единиц, кратного p, в частности, состоящий из 6р единиц. При этом такой репьюнит разделится на 3, т.к. его сумма цифр 6р делится на 3, а также разделится на 11, т.к. содержит чётное количество единиц и его знакочередующаяся сумма цифр, равная 0, делится на 11. Таким образом, нами доказано, что репьюнит R6р делится на простые числа 3, 11 и 61, значит, он делится и на их произведение 3⋅11⋅61=2013. Заметим теперь, что 6р≤6⋅61=366. Рассмотрим теперь число вида , где 2013−3⋅6р≥2013−3⋅366=915. Оно равно (2⋅102013−6р+106р+3)⋅R6р и делится на 2013 за счёт множителя R6р.

Комментарий 1: Во втором  доказательстве принципиальным является известный факт о том, что для любого простого p, не меньшего 7, существует кратный р репьюнит длины, не большей р. Классическими являются три доказательства  этого утверждения. Первое – следствие из малой теоремы Ферма с указанием того, что таким числом является непосредственно репьюнит длины р−1. Второе следует из принципа Дирихле. Третье доказательство приведём далее, воспользовавшись леммой о «хороводах» из теории графов: «Если в графе все вершины имеют степень 2, то граф представляет из себя один или несколько непересекающихся циклов» или «Если несколько людей возьмётся за руки, то они составят один или несколько хороводов». Возьмём ряд репьюнитов 1, 11, 111, … и начнём его с нуля. Тогда каждый следующий репьюнит получается из предыдущего с помощью операции «умножить на 10 и прибавить 1». Рассмотрим теперь ориентированный граф остатков для нашей операции. Вершинами графа будут остатки, рёбром−стрелкой будет переход с помощью нашей операции к следующему остатку. Например, по модулю 7 наш орграф будет состоять из цикла 0→1→4→6→5→2→0 и петли 3→3, т.е. подчиняется лемме о хороводах. Докажем это для произвольного простого р≥7. Заметим, что из каждой вершины очевидным образом выходит одна стрелка. Докажем теперь, что и входит одна. Предположим, что остаток a получается из двух различных остатков b и с. Тогда а≡10b+1≡10c+1(mod p), 10b≡10c(mod p), значит, в силу взаимной простоты 10 и р (т.к. р – простое число, не меньшее 7) получим, что b≡c(mod p), т.е. b и с будут равными остатками. Значит, к вершине приходит не более одной стрелки. Но всего р стрелок и р вершин-остатков, к каждой из которых приходит не более одной стрелки. Следовательно, к каждой вершине приходит ровно одна стрелка. Значит, в нашем орграфе степень каждой вершины равна двум − по одной стрелке входит и выходит. Тогда граф подчиняется лемме о хороводах и образует из себя один или несколько циклов. Но заметим, что находимся в цикле, начинающемся 0→1→11(mod p), значит, нам постоянно будут встречаться репьюниты с остатком 0, причём длина цикла не превосходит количества остатков р. Т.е. нами доказано, что среди первых р репьюнитов есть репьюнит, кратный р.

Комментарий 2: Все три предъявленных решения связаны с классическими идеями и показывают необходимость изучения подобного рода идей, выходящих за рамки школьной программы. К таковым же относится барицентрический метод, использованный во втором решении задачи 11.5, и идея сжатия нескольких вершин графа в одну, применённая в последней задаче варианта 11.6. 

Комментарий 3: Сравним нашу задачу с задачами №5 для 11-го класса олимпиад 2007-го и 2011-го годов. В них мы аналогично первому доказательству также пользовались числом из р−1 девятки, которое делится на простое число р согласно малой теореме Ферма.

№5.11.2007. Доказать, что число из 2000 восьмёрок делится на 2008.

Доказательство: Заметим, что согласно малой теореме Ферма число =10250-1 делится на простое число 251, но 9 и 251 – взаимно просты, значит, на 251 делится число из 250 единиц. Тогда на 251 делится и число из в восемь раз большего количества единиц (из 2000), следовательно, число из 2000 восьмёрок делится на 251⋅8=2008.

№5.11.2011. Сколько существует 2011-значных чисел, делящихся на 2011? 

Ответ: [9⋅102010:2011]. Решение:   Заметим, что 2011 – простое число, значит, по малой теореме Ферма самое маленькое 2011-значное число 102010≡1 (mod 2011), т.е. имеет остаток 1 при делении на 2011, значит, каждое 2011-е число этого ряда будет делиться на 2011, а таких чисел будет [9⋅102010:2011], где [x] – целая часть числа x.

Вывод: К ОЛИМПИАДАМ НАДО ГОТОВИТЬСЯ! В том числе, отрешав задачи предыдущих лет! :☺

5. Прямая, проходящая через центр О сферы, описанной около правильной треугольной пирамиды SАВС со стороной основания, равной 1, пересекает сферу в точках D и  М соответственно. Точки K, L, N, P, E, F − середины отрезков BD, DC, CM, MA, KN и  LP соответственно. Докажите, что длина отрезка EF  не зависит от положения прямой DM и найдите его длину.

Ответ:  . Решение 1: Известно, что вектор, соединяющий середины сторон любого четырёхугольника (выпуклого, невыпуклого, звёздчатого и даже неплоского) равен полусумме векторов на двух других сторонах. Тогда, рассмотрев неплоские четырёхугольники KPLN, BDMA  и среднюю линию треугольника DMC, получим, что  . Значит, длина отрезка FE  будет равна четверти стороны квадрата, т.е. .

Комментарий: 1).  На самом деле не является принципиальным то, что нам дана правильная треугольная пирамида и диаметрально противоположные точки D и М, т.к.  независимо от этих условий. 2).  Нами приведён чертёж для аналогичной планиметрической задачи: «Прямая, проходящая через центр О описанной окружности правильного треугольника АВС со стороной 1, пересекает малые дуги ВС и СА описанной окружности в точках D и  М соответственно. Точки K, L, N, P, E, F − середины отрезков BD, DC, CM, MA, KN и  LP соответственно. Докажите, что длина отрезка EF  не зависит от положения прямой DM и найдите длину этого отрезка.»

Решение 2 (барицентрический метод): Рассмотрим систему материальных точек 1A, 1D, 1C и 1М, тогда точка F окажется её барицентром (центром масс), т.к. по теореме о группировке масс барицентр будет находиться в середине отрезка, соединяющего середины двух противоположных сторон, а F по условию является серединой отрезка LP, соединяющего середины отрезков DC и МА. Но заметим теперь, что точки D и М – диаметрально противоположные, значит, их центр масс окажется в точке О. Тогда барицентр всей системы также делит пополам отрезок, соединяющий О с серединой G отрезка АС, а это конкретная точка внутри  сферы. Для системы материальных  точек 1B, 1D, 1C, 1M  аналогично показывается, что её барицентр E является серединой отрезка, соединяющего О с серединой H отрезка ВС. Значит, точки Е и F − фиксированные точки внутри сферы, а длина этого отрезка − средней линии треугольника OGH −  равна половине длины GH, которая в свою очередь равна половине АВ, т.к. GH является средней линией треугольника АВС. Таким образом, . Кроме того, нами ещё показано, что положение точек E  и F  не зависит от положения прямой DM, что, конечно же, является более сильным фактом, чем требуемое в задаче.

6. На клетчатой доске закрасили несколько клеток в красный цвет так, что каждая красная клетка соседствует (по стороне или вершине) хотя бы с тремя красными клетками. После этого для каждой пары соседних красных клеток отметили стрелкой направление хода королём, а в обратную сторону ходить запретили. Оказалось, что король с любой красной клетки может пройти на любую другую красную клетку по стрелкам. Докажите, что вместо одной из стрелок можно поставить знак запрета хода так, чтобы король по-прежнему смог с любой красной клетки пройти на любую другую красную клетку по стрелкам. (Вариация на тему классического факта. См. также задачу М412, журнал «Квант», №7, 1977 г.)  

Доказательство: Докажем требуемое утверждение индукцией по количеству красных клеток, используя в рассуждениях ориентированный граф (орграф), где вершины − красные клетки, ориентированные рёбра − стрелки. Т.к. из любой вершины до любой другой есть ориентированный путь, то этот орграф по условию − сильно связен, тогда в нём есть простой цикл, т.е. цикл без повторяющихся вершин. Разрешим присутствие в нашем графе стрелкам-петлям и кратным рёбрам, соединяющим две вершины несколько раз. Важно только, чтобы степень каждой вершины была не менее трёх, а сам орграф был сильно связным.

Базы индукции − 2 и 3 вершины. Если имеем 2 вершины, тогда между ними в силу сильной связности орграфа есть стрелки противоположного направления. Оставим такие две стрелки, идущие в разные стороны, а одну из остальных сотрём (запретим ход короля). Если имеем 3 вершины (А, В, С), то возможны два случая. Есть гамильтонов цикл А→В→С→А. Тогда удалим любую другую стрелку, которые ещё есть, т.к. каждая вершина имеет степень не менее 3. Если нет гамильтонова цикла, то в силу условия сильной связности должен быть путь вида А→В→С и путь в обратную сторону С→В→А, значит, опять удалим любую другую стрелку, которые ещё есть у вершин А и С.

Пусть вершин в графе более трёх. Рассмотрим простой цикл, который в нашем графе клеток очевидным образом содержит не менее трёх вершин в силу того, что у нас цикл ходов короля содержит не менее трёх клеток. Если цикл содержит все вершины, то удалим любую стрелку, не входящую в цикл, а такие стрелки в силу условия есть. Если нет цикла, содержащего все вершины, то изменим наш граф, объявив этот цикл новой вершиной, а стрелками будут стрелки, не входящие в цикл. При этом у нас, возможно, появятся стрелки-петли, начинающиеся и заканчивающиеся в новой вершине, или кратные рёбра, соединяющие две вершины несколько раз. При этом новая вершина удовлетворяет условию, что у неё степень не меньше трёх, т.к. в новую вершину объединились не менее трёх вершин, от каждой из которых осталось ещё хотя бы по одной стрелке. Кроме того, наша «перепланировка» графа могла только сократить некоторые маршруты и он является сильно связным. Значит, мы получили орграф, удовлетворяющий условиям задачи и имеющий меньшее количество вершин. По предположению индукции в нём есть «лишняя» стрелка, которой соответствует стрелка старого графа. Удалим эту стрелку. Убедимся теперь, что наш исходный граф без этой стрелки также является сильно связным. Действительно, рассмотрим любые две вершины А и В исходного графа, не вошедшие в новую «объединённую» вершину, и маршрут, соединяющий их в новом графе и не проходящий через стёртую стрелку.  Перенесём этот маршрут в исходный граф. Если этот маршрут не проходил через новую вершину, то он соединяет А и В. В противном случае он разобьётся на две части: до цикла и после цикла. Добавив к нему соответствующую часть цикла, мы получим нужный маршрут, соединяющий А и В в исходном графе и не проходящий через закрытую стрелку. Если А или В оказалась входящей в «объединённую», тогда есть путь, часть которого проходит по циклу, а другая часть по соответствующему участку старого графа. Если обе вершины входят в объединённую, то между ними есть пути по циклу.

Таким образом, в силу принципа математической индукции требуемый нам факт является доказанным.

Нижегородский марафон 2013-14 учебного года

 (6-7 классы)

1. Вернувшийся из похода рыцарь рассказал, что видел город, в котором 9 прямых улиц. На каждой улице по 5 перекрёстков (пересечений с другими улицами), а всего перекрёстков 19. Враги рыцаря обвинили его во лжи. Были ли на то основания?

2. a — натуральное число, простое число p делит 5a–1 и a–10. Докажите, что p делит a–3.

3. Найдите все числа, равные утроенной сумме своих цифр.

4. Каждому из восьми человек сообщили натуральное число. Сумма всех чисел равна 14. Докажите, что некоторых из этой компании можно познакомить друг с другом так, чтобы у каждого количество знакомых было равно его числу.

5. Докажите, что существует 1000000 последовательных натуральных чисел, среди которых ровно 5 квадратов простых чисел.

6. Каждая клетка доски 10×10 окрашена в один из 13 цветов. Докажите, что найдется строка или столбец, в котором есть клетки не менее, чем трех различных цветов.

7. Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке O, а на стороне AD выбрана точка K такая, что AK = 2, KD = 1. Оказалось, что ∠KCD = 30°. Чему равен отрезок OK?

8. Когда Маша ушла с Дня Рождения, то девочек на празднике осталось 1/5 от всех присутствующих детей. Но когда Маша вернулась, то девочки стали составлять уже четверть всех присутствующих. Сколько мальчиков было на празднике?

9. В прямоугольном торте 8 м × 4 м вырезали средний кусок так, как показано на рисунке, и отдали его десяти девочкам, а остальное съели шесть мальчиков. Оказалось, что все дети съели поровну. Найдите длину отрезка AB.

10. На острове есть два племени: лжецов, которые всегда лгут, и рыцарей, которые всегда говорят правду. Каждый житель острова дружит со всеми соплеменниками и с некоторыми другими аборигенами. Каждый житель острова сказал, что среди его друзей соплеменники составляют большую часть. Докажите, что племя рыцарей многочисленнее.

11. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Известно, что ∠CAD = ∠DBA = 40°, ∠CAB = 60°, ∠CBD = 20°. Чему может быть равен угол CDB?

12. Первый человек может выкопать траншею за 2 часа, второй – за 3 часа, третий – за 5 часов и четвертый – за 6 часов. За какое время будет выкопана эта траншея, если все четверо начинают работу одновременно и работают каждый со своей постоянной скоростью?

13. На окружности расставлено четное число красных, зелёных и синих фишек, разделяющих окружность на равные дуги. Напротив каждой красной фишки, стоит синяя фишка, а рядом с каждой синей стоит зелёная. Докажите, что если красных фишек не меньше, чем синих, то зелёных не меньше, чем красных.

14. При каких n первые n натуральных чисел можно разбить на 4 группы с равными суммами?

15. Какое наибольшее количество натуральных чисел, не превосходящих 100, можно выбрать таким образом, чтобы никакая сумма двух выбранных чисел не делилась на их разность?

16. Каждая точка плоскости покрашена в красный или синий цвет. Может ли оказаться, что на каждой окружности радиуса 1 ровно одна синяя точка?

17. Можно ли разрезать какой-нибудь треугольник на выпуклые пятиугольники? Пятиугольник называется выпуклым, если все его углы меньше 180°.

18. В суперлиге играет 20 футбольных команд. Чемпионат разыгрывается в один круг (каждые две команды играют между собой один раз, за победу дают 3 очка, за ничью 1, за поражение очков не дают). По итогам чемпионата составили турнирную таблицу, в которой команды упорядочены по количеству очков. Какая наибольшая разница может быть между двумя командами, занимающими соседние строчки турнирной таблицы?

19. В квадрате 3×3 все клетки покрашены в белый цвет. Разрешается перекрасить в другой цвет (белые — в черный, а черные — в белый) все клетки любого прямоугольника 1×2 (как вертикально, так и горизонтально расположенного). Можно ли несколькими такими операциями перекрасить в чёрный цвет все клетки?

20. Можно ли выписать 14 трехзначных чисел в ряд так, чтобы каждое следующее число было меньше предыдущего, но его сумма цифр была бы больше, чем у предыдущего?

8-9 класс.

1. Докажите, что если x2 – х и x3 – x  – натуральные числа, то число x – тоже натуральное.

2. Дано 5 натуральных чисел, не делящихся ни на 11, ни на 13. Докажите, что среди них найдутся два, сумма которых не делится ни на 11, ни на 13.

3. Назовём фигуру бисимметричной, если существуют такие две прямые, что для любой точки фигуры хотя бы одна из точек, симметричных ей относительно этих прямых, тоже принадлежит фигуре. Верно ли, что любой треугольник бисимметричен?

4. За круглым столом сидят 10 человек, занумерованных по часовой стрелке номерами от 1 до 10. Каждый из сидящих либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Первый сказал: «Мой сосед слева – лжец». Второй сказал: «Два моих соседа слева – лжецы». Третий сказал: «Три моих соседа слева – лжецы». ... Десятый сказал: «Десять моих соседей слева – лжецы». Сколько среди них могло быть лжецов?

5. Учительница дала отличнице Кате четыре положительных числа. Катя написала на доске числа 3, 4 и 7 и сказала, что каждое из них является суммой каких-то трех из четырех данных ей чисел. Докажите, что Катя ошиблась.

6. Имеется клетчатый прямоугольник размером 5×2001. Двое по очереди проводят по линиям сетки отрезки, соединяющие две стороны прямоугольника. Запрещается проводить отрезки по сторонам прямоугольника и проводить один отрезок дважды. Проигрывает тот, кто впервые ограничит единичный квадратик. Кто выиграет при правильной игре?

7. В стране 100 городов, из каждого города выходит хотя бы одна дорога. Докажите, что можно закрыть несколько дорог так, чтобы по-прежнему из каждого города выходило не менее одной дороги и при этом по крайней мере из 67 городов выходило ровно по одной дороге.

8. Углы при основании равнобедренного треугольника АВС (АВ=ВС) равны 20 градусам. D – основание биссектрисы угла С. Серединный перпендикуляр отрезка ВС пересекает прямую АВ в точке Е. Докажите, что AD = BE.

9. На координатной плоскости расположены 100 точек. Докажите, что существует не более 2025 прямоугольников с вершинами в этих точках и со сторонами, параллельными осям.

10. Пусть M и N – середины сторон AB и CD  выпуклого четырехугольника ABCD. Известно, что серединные перпендикуляры к MN, AC и BD пересекаются в одной точке. Докажите, что AB=CD.

11. При каком наибольшем n по кругу можно расставить n различных чисел так, чтобы каждое из них равнялось произведению двух соседних?

12. В клетках квадратной таблицы 10×10 стоят ненулевые цифры. В каждой строчке и в каждом столбце из всех стоящих там цифр составлено 10-значное число. Может ли оказаться, что из получившихся 20 чисел ровно одно не делится на 3?

13. Поля клетчатой доски размером 8×8 будем по очереди закрашивать в красный цвет так, чтобы после закрашивания каждой следующей клетки фигура, состоящая из закрашенных клеток, имела ось симметрии. Покажите, как можно, соблюдая это условие, закрасить 28 клеток. В качестве ответа расставьте на тех клетках, которые должны быть закрашены, числа от 1 до 28 в том порядке, в котором проводилось закрашивание.

14. Пять вершин правильного десятиугольника покрашены красным цветом, а остальные пять – синим. Докажите, что можно найти треугольник, все вершины которого – красные, и равный ему треугольник, все вершины которого синие.

15. Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает серединный перпендикуляр стороны AB в точке X, серединный перпендикуляр стороны AC – в точке Y, а описанную окружность треугольника – в точке Z. Точки A, X, Y, Z лежат на биссектрисе в порядке перечисления. Докажите, что AX=YZ.

16. В трапеции ABCD с основанием AD AB = BC, AC = CD и BC+CD = AD. Найдите углы трапеции.

17. В треугольнике АВС ВС = 2АС, а D – такая точка на стороне ВС, что ∠DAC = ∠ABC. Прямая AD пересекает биссектрису внешнего угла при вершине С в точке М. Докажите, что АМ = АВ.

18. k и n – натуральные числа, большие 1. В группе из kn человек каждый знаком более, чем с (k–1)n из остальных. Докажите, что можно выбрать k+1 человека так, что все они знакомы друг с другом.

19. Докажите, что из любых 9 различных трехзначных чисел можно выбрать несколько и составить из них выражение, значение которого больше 2, но меньше 3, если разрешается использовать только знаки сложения, вычитания, умножения, деления и скобки.

20. 2p+3p = an, где a и n – натуральные числа, а p – простое. Докажите, что n = 1.

10-11 класс

1. На плоскости отмечена точка A. Требуется провести на плоскости несколько не проходящих через A отрезков так, чтобы всякий луч, выходящий из отмеченной точки, пересекал хотя бы три из них. Каким наименьшим числом отрезков можно обойтись?

2. На плоскости отмечены 100 точек. Играют двое, ходят по очереди. За один ход можно соединить стрелкой две точки, если их не соединяли раньше. При этом запрещается проводить стрелку, после появления которой из любой точки можно будет добраться по стрелкам до любой другой. Проигрывает тот, кто не может сделать очередного хода без нарушения правил. Кто выиграет при правильной игре: тот, кто ходит первым, или его партнер?

3. Гармонизатором чисел х, у и z называется число . Найдутся ли четыре положительных числа, каждое из которых меньше гармонизатора трёх других?

4. Все стороны выпуклого пятиугольника ABCDE равны, а ∠BCD = 2∠ACE. Найдите ∠ACE.

5. 100 волейбольных команд сыграли однокруговой турнир (каждая с каждой сыграла по одному разу), причём в каждом матче играли команды, имевшие к началу этого матча поровну очков. Сколько очков набрала команда-победительница? За победу в волейболе дают 1 очко, за поражение 0 очков, ничьих не бывает.

6. Число, большее 10, является произведением степени тройки на степень семерки. Докажите, что в его десятичной записи есть хотя бы одна четная цифра.

7. На сторонах треугольника ABC построены как на основаниях равнобедренные треугольники AKB, BLC и AMC с равными углами при вершинах K, L и M. При этом треугольники AKB и BLC построены наружу, а точка M оказалась внутри треугольника ABC. Докажите, что KBLM – параллелограмм.

8. Докажите, что если 2, то

9. Каждое из двух натуральных чисел равно сумме трёх различных собственных делителей другого (собственным делителем числа называется отличный от него натуральный делитель). Докажите, что эти два числа равны.

10. Какое наименьшее количество шашек достаточно расставить по черным клеткам шахматной доски 8×8 так, чтобы никакие две шашки не стояли рядом по диагонали, но при добавлении еще одной шашки (в произвольную из оставшихся свободными черных клеток) такая пара появлялась?

11. Квадратный материк разделен на 19 стран в форме выпуклых многоугольников, причем нет точек, в которых сходились бы границы четырех или больше стран. Из всяких же трех границ, сходящихся в одной точке, одна закрыта, а две открыты для проезда. Докажите, что невозможно объехать все эти страны, побывав в каждой по одному разу и вернуться в исходную страну.

12.  p и q – нечётные простые числа. Сумма натуральных чисел a и b равна q, а ap+bp – точный квадрат. Докажите, что p = q.

13. Сколькими способами из чисел 1, 2, …, 2n можно выбрать два или больше так, чтобы никакие два выбранных числа в сумме не давали 2n+1.

14. В выпуклом четырёхугольнике АВСD выполнены равенства ∠CBD = 2∠ADB, ∠АBD = 2∠СDB и АВ = СВ. Докажите, что CD = AD.

15. Сколько существует таких трехзначных чисел n, что n2+8n–1 делится на 239?

16. Юра составил из 32 раскрашенных доминошек квадрат 8×8 так, что любые две доминошки одного цвета не имеют общих точек. Докажите, что у Юры были доминошки хотя бы четырех цветов.

17. На плоскости дано 13 точек, причем из любых пяти четыре лежат на одной окружности. Докажите, что есть окружность, на которой лежат по крайней мере шесть из данных точек.

18. D, E и F – основания перпендикуляров, опущенных из внутренней точки М на стороны остроугольного треугольника АВС. Найдите геометрическое место таких точек М, что ∠DEF = 90°.

19. Докажите, что при любых натуральных a и b число  не является целым.

20. В стране некоторые города соединены авиалиниями, причем из города А в город B нельзя попасть, сделав менее десяти пересадок. Докажите, что все авиалинии можно распродать 11 авиакомпаниям таким образом, что любой маршрут из A в B будет проходить по линиям, принадлежащим всем 11 компаниям.