М Г . П . К

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ
ОЛИМПИ АДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
21.12.14 11 класс
г. Омск
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
1.
Хулиган Вася на ЕГЭ по математике получил прямоугольный бланк,
взял ножницы и начал резать его на части прямолинейными
разрезами. Каждым разрезом он режет какой-нибудь из имеющихся
кусков на две части. За время экзамена Вася успел сделать ровно 2014
разрезов. Вася утверждает, что среди полученных кусков оказалась
ровно 403 восьмиугольника? Мог ли он оказаться прав?
2.
Проведена общая касательная к двум графикам приведенных
квадратных трехчленов. Докажите, что абсцисса точки пересечения
графиков равна полусумме абсцисс точек касания.
3.
Если двое или больше туземцев из племени Забияк собираются
вместе, и все они друг с другом незнакомы, то они подерутся (а если
есть хотя бы одна пара знакомых, то драки не будет). На берегу реки
собралось 10 туземцев. Некоторые были знакомы ровно с одним
другим, остальные не знакомы ни с кем. Они все смогли
переправиться через реку с помощью двухместной лодки, и нигде –
ни в лодке, ни одном из берегов – никто не подрался. Каково
наибольшее число ни с кем не знакомых?
4.
Биссектриса угла A треугольника АВС пересекает сторону ВС в точке
Р. На отрезке АР выбрана произвольная точка М, а точка N
симметрична точке М относительно середины отрезка ВС. Прямая CN
пересекает прямую АВ в точке Е, прямая BN пересекает прямую АС в
точке D. Докажите, что CD=BE.
5.
Найдите все функции f над вещественными числами, которые
удовлетворяет неравенству f(x+y)≥f(x)+y для любых x и y.
6.
В каждой клетке квадрата 5×5 записан ноль. Каждую минуту
фиксируют некоторую клетку и увеличивают на 1 число, стоящее в
этой клетке и числа, стоящие во всех клетках, соседних с ней по
стороне. Может ли оказаться так, что через некоторое время в каждой
клетке будет стоять число 2014?
Просмотр работ участников олимпиады состоится 28.12.2014 в 12.15 в 301 ауд.
1-го корпуса ОмГУ. Закрытие олимпиады и награждение там же в 13.00.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Решение. Мог. Например, можно разрезать первыми 402 разрезами бланк на 403
прямоугольника. Так как 2014  402 = 4034, мы сможем оставшимися разрезами
превратить каждый из этих прямоугольников в восьмиугольник, отрезав от него
четыре треугольника. Критерии. Верное решение – 7 баллов. Отсутствует подсчёт
числа разрезов в явном виде – снимается 2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
2. Решение. График приведённого квадратного трёхчлена получается из графика
функции y=x2 сдвигом вдоль осей координат. Сдвиг вдоль оси ординат не меняет
абсциссы точек, а сдвиг вдоль оси абсцисс прибавляет ко всем абсциссам одно и тоже
число. Но равенство b 
ac
a  x  c  x
эквивалентно равенству b  x 
. Это
2
2
позволяет считать, что одна из парабол является графиком функции y=x2. Пусть другая
является графиком функции y=x2+px+q. Эти графики пересекаются в точке с абсциссой
q
x0   . Пусть уравнение общей касательной y=kx+b. Тогда уравнение x2=kx+b  x2–
p
k
. Аналогично уравнение x2+px+q=kx+b
2
kp
x2+(p–k)x+(q–b)=0 имеет единственное решение x2 
. При этом дискриминант
2
2
k
уравнений x2–kx–b=0 и x2+(p–k)x+(q–b)=0 равен нулю, откуда b  
и
4
2
p k

bq  
.
Вычитая
из
первого
равенства
второе,
получаем
4
kx–b=0 имеет единственное решение x1 
p  p  2k 
2k  p x1  x2
 x0 

, что и требовалось. Критерии. Верное решение –
4
4
2
7 баллов. Координаты всех трёх точек верно выражены через коэффициенты, но
дальнейшие продвижения отсутствуют –2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
q
3. Ответ: 4. Оценка. Ясно, что туземцы, знакомые ровно с одним другим, объединены в
пары. Докажем, что таких пар не менее трёх. Допустим, пар не более двух. Число
туземцев на том берегу может увеличиться в результате пары рейсов туда-обратно
только так: туда плывут двое (значит, пара), а обратно – один. После первого же такого
увеличения одна из пар разорвется. Но тогда на тот берег не может плыть ни одиночка
(он подерется там с половинкой пары), ни другая пара (на этом берегу пар не останется
и случится драка). Значит, на тот берег может вернуться только туземец из
разорванной пары, и мы вернулись на два рейса назад. Тупик. Пример. Трех пар
достаточно. Обозначим туземцев в парах АА, ББ, ВВ,  рейс туда,  рейс обратно, а
четверых одиночек обозначим цифрами. Работает следующая схема перевозок: АА,
A, ББ , А. Далее 4 раза группа рейсов АА, А, I, А (здесь
последовательно I=1, 2, 3, 4). В конце АА, A, ВВ, А, АА. Критерии. Верное
решение – 7 баллов. Оценка без примера – 3 балла. Пример без оценки – 3 балла. В
остальных случаях – 0 баллов.
4. Решение. Пусть точка О – середина
A
ВС. Четырехугольник BMCN является
параллелограммом, так как его
R
диагонали точкой пересечения делятся
М
пополам. Прямые МС и BD
параллельны, а значит треугольники
О
ВМС и DMC равновелики. Аналогично
C
B
Р
прямые ВМ и ЕС параллельны, а значит
треугольники СМВ и ЕМВ
N
равновелики. Имеем: площади
треугольников DMC и ЕМВ равны, а их
E
D
общая вершина М лежит на
биссектрисе угла ВАС, т.е. равноудалена от сторон угла, тогда CD=BE. Критерии.
Верное решение – 7 баллов. В остальных случаях – 0 баллов.
5. Решение. Это функции f(x)=x+с, где c есть произвольная константа и только они. В
самом деле, введём обозначение z=x+y. Тогда исходное неравенство записывается в
виде f(z)–f(x) ≥z–x. Меняя местами x и z, получаем неравенство f(x)–f(z) ≥x–z, то есть z–x
≥ f(z)–f(x). Сравнивая эти неравенства, получаем f(x)–f(z) = x–z  f(x)–x = f(z)–z, то есть
f(x)–x есть константа. Очевидно, что для каждой функции f(x)=x+c исходное
неравенство превращается в верное равенство. Критерии. Верное решение – 7 баллов.
Ответ с проверкой – 1 балл. В остальных случаях – 0 баллов.
6. Ответ. Нет, не может. Решение. Разделим квадрат на 6 областей, как отмечено на
рисунке.
1 2 3 2 1
2 4 5 4 2
3 5 6 5 3
2 4 5 4 2
1 2 3 2 1
Обозначим через ai число ходов, в которых фиксировалась клетка из области с номером i.
Тогда выполняются следующие равенства.
4s  a1  a2 ,8s  a2  2a1  2a3  2a4 , 4s  a3  a2  a5 , 4s  a4  a2  2a5 , 4s  a5  a3  2a4  4a6 ,
s  a6  a5
Первое из этих равенств показывает на сколько увеличилась сумма чисел во всех клетках
области 1, второе – во всех клетках области 2 и т.д. Выразим все неизвестные ai через
параметр s, то есть решим полученную систему.
a2  4s  a1 , a6  s  a5 , a3  4s  a2  a5  a1  a5 , a4  4s  a2  2a5  a1  2a5 , a3  4s  a5  2a4 
4a6  4s  a5  2a1  4a5  4s  4a5  2a1  7a5
Приравнивая два выражения для a3, получаем равенство 3a1  8a 5 . Так как все числа ai
натуральные, существует натуральное число k такое, что:
a1  8k , a5  3k , a4  2k , a3  5k , a6  s  3k , a2  4s  8k ,  8s  4s  8k  16k  10k  4k  4s
22k  2s  11k  s  11t
где число t также натуральное. Но число 2014 на 11 не делится. Критерии. Верное
решение – 7 баллов. Разбиение на области сделано, система уравнений выписана, но не
решена – 3 балла. В остальных случаях – 0 баллов.