Уважаемый коллега!

Уважаемый коллега!
Высылаю Вам решения задач конкурсной вступительной работы на математическое
отделение Кировской ЛМШ-2011 с разбором типичных ошибок, допущенных в работах.
Общий смысл оценок, выставлявшихся за решение конкурсных задач, таков:
"+": задача решена правильно;
" ": решение верно, но содержит небольшие погрешности;
"±": решение в целом верно, но содержит недочеты;
"+": решение в целом верно, но содержит значительные погрешности;
"+/2": задача решена примерно наполовину;
"m": решения нет, но есть заметное продвижение в правильном направлении;
" ": есть менее значительное продвижение;
" ": есть отдельные разумные соображения;
"–": решение полностью неверно.
С уважением,
И.С.Рубанов, завуч Кировских ЦДООШ и ЛМШ.
1 (6). Слонёнок втрое тяжелее буйволёнка и впятеро тяжелее тигрёнка. Сколько нужно
тигрят, чтобы уравновесить 15 буйволят?
Ответ. 25. Решение. 15 буйволят весят столько же, сколько 15:3 = 5 слонят, а те — как
5⋅5 = 25 тигрят.
Комментарии. За ответ без всякого объяснения ставился +/2. Если ответ был получен рассмотрением конкретного числового примера («пусть буйволенок весит 50 кг…»), он оценивался в +.
2 (6-7). Иван Иванович купил машину. Петя думает, что эта машина — синяя Тойота, Вася
— что жёлтый Фольксваген, а Коля — что жёлтый Форд. Известно, что каждый из ребят
верно угадал либо марку, либо цвет машины. Назовите марку и цвет машины. Ответ обоснуйте.
Ответ. Жёлтая Тойота. Решение. Если Петя верно угадал цвет машины, то Вася и Коля его
не угадали. Значит, оба они должны были угадать марку машины, но они назвали разные
марки. Поэтому Петя верно угадал не цвет, а марку машины, а Вася и Коля, поскольку они
указали другие марки — ее цвет.
Комментарии. За ответ без объяснения, почему других ответов нет: ставился m. Правильно
объяснить это сумели не все. Довольно часто встречалось такое рассуждение: «Так как верных догадок должно быть три, две из них должны быть одинаковыми. Поэтому машина желтая.» Оно оценивалось в +/2. В самом деле, представим себе вместо Коли мальчика Вову, который думает, как и Вася, что Иван Иванович купил жёлтый Фольксваген. Тогда машина
вполне может быть и синим Фольксвагеном. Поэтому для обоснования того, что машина
жёлтая, мало указать, что этот цвет назван двумя мальчиками — еще надо либо отметить, что
эти двое назвали разные марки, либо просто, что больше «двойных» ответов нет. Также +/2
ставился за решения, где без обоснования использовалось предположение, что хоть кто-то
угадал марку машины. Действительно, предположим, что все трое назвали один и тот же
цвет и три разные марки. Тогда, очевидно, цвет угадали все, а марку — никто. Та же история
и с предположением, что хоть кто-то угадал цвет.
3 (6-7) Прямоугольник разрезали на три прямоугольника, два
из которых имеют размеры 5×11 и 4×6. Какие размеры мог
иметь третий прямоугольник (постарайтесь найти все возможности)? Ответы подтвердите рисунками (ответ без рисунка не засчитывается!).
Ответ. 5×4, 7×6, 11×1 или 6×1. Решение. Чтобы при разрезании получилось три прямоугольника, и ничего больше, прямоугольники 4×6 и 5×11 должны иметь общую вершину. При
этом прямоугольник 4×6 может примыкать к большой или малой стороне прямоугольника 5×11 своей большой или малой
стороной. Это дает четыре случая, изображенных на рисунке
справа (третий прямоугольник на них обозначен белым).
а
в
б
г
Комментарии. Плюс ставился за четыре рисунка с объяснением, почему других вариантов
нет. Без такого объяснения четыре рисунка оценивались в ±. За три рисунка ставился m, за
два — , за один — .
4 (6-7). Электрички из города А в город Б отправляются в начале каждого часа (в 6.00, 7.00
и т.д., до 23.00), из Б в А — в середине каждого часа (в 6.30, 7.30 и т.д., до 23.30). Путь из А
в Б, как и из Б в А, каждая электричка проходит за 3 часа. Сколько электричек, идущих из Б
в А, встретит по пути в Б электричка, вышедшая из А в 12.00?
Ответ. 6. Решение. Она встретит все электрички, которые в 12.00 находились на пути из Б в
А (это те, что вышли из Б в 9.30, 10.30 и 11.30), а также электрички, которые выходят из Б
между 12.00 и 15.00, т.е. в 12.30, 13.30 и 14.30. Как видим, всего их 6.
Комментарии. Ответ без всякого обоснования оценивался в m. Если при верном ходе рассуждений давался неверный ответ 5, ставился +/2. Решение задачи с помощью графиков движения без объяснения, как эти графики были получены, оценивалось в ± (впрочем, при отборе в ЛМШ эти ± были приравнены к плюсам). Типичной (и «запланированной» составителем) ошибкой было рассуждение, где не учитывались встречные электрички, вышедшие
раньше 12.00, приводящее к неверному ответу 3.
5. (6-8) Какое число надо отнять от знаменателя дроби
телю, чтобы после сокращения получилась дробь
1234567
и прибавить к её числи11111111
1
?
8
Ответ. 137175. Решение. Пусть искомый числитель равен x. Тогда знаменатель равен 8x, откуда 9x = 1234567+11111111 = 12345678, а x = 12345678:9 = 1371742. Поэтому из знаменателя надо вычесть, а к числителю прибавить 1371742–1234567 = 137175.
Комментарии. Ответ без объяснения или найденный подбором оценивался в m. За вычислительные ошибки при верном ходе рассуждений оценка снижалась до +/2.
6 (6-8). В клубах толстяков «Толстый», «Полный» и «Жирный» по 10 человек. Однажды после совместного обеда они решили провести турнир по игре «Кто тяжелее?». Правила игры
таковы: члены двух клубов по жребию разбиваются на пары (один человек — из одного клуба, другой — из другого), и толстяки в каждой паре меряются весом. Тот, кто оказался
тяжелее, приносит своей команде очко. Известно, что веса всех толстяков за время турнира не менялись. Могло ли случиться, что:
а) во встрече Толстых с Полными со счетом 9:1 победили Толстые во встрече Полных с
Жирными со счетом 9:1 победили Полные, а во встрече Жирных с Толстыми со счетом 9:1
победили Жирные?
Ответ. Могло. Решение. Пусть в каждый из трех клубов входят толстяки весом 110, 111, …,
119 кг, и во встрече Толстых с Полными образовались такие пары (первый — из Толстых,
второй — из Полных): 111 – 110, 112 – 111, …, 119 – 118, 120 – 119, 110 – 120. Тогда со счетом 9:1 победили Толстые. Так же можно устроить победы нужных клубов и в двух других
встречах.
Комментарии. В некоторых работах излагалась «в буквах» идея построения верного примера, но сам пример не приводился, и оставалось непонятным, возможен ли он. Такие рассуждения оценивались не выше, чем в m.
б) во встрече Толстых с Полными со счетом 10:0 победили Толстые, во встрече Полных с
Жирными со счетом 10:0 победили Полные, а во встрече Жирных с Толстыми со счетом
10:0 победили Жирные?
Ответ. Не могло. Первое решение. Если бы такое случилось, то суммарный вес Толстых
был бы больше суммарного веса Полных, суммарный вес Полных — больше суммарного веса Жирных, а суммарный вес Жирных— больше суммарного веса Толстых . Но тогда каждый
из этих суммарных весов оказался бы больше самого себя! Второе решение. Возьмем самого
тяжёлого из всех толстяков. Он победит любого, и поэтому его команда не может проиграть
со счетом 0:10.
Комментарии. Основным недостатком решений этой задачи были фразы вроде Толстые
тяжелее Полных, где непонятно, что имеется в виду: то ли некоторые Толстые тяжелее некоторых Полных, то ли каждый Толстый тяжелее каждого полного, то ли общий вес Толстых
больше общего веса Полных. Такие рассуждения не засчитывались, если п. а) был решен неверно, и оценивались в m при верно решенном п. а).
7. (6-9). Блоха прыгает по прямой. Длина первого ее прыжка — 1 см, второго — 2 см, третьего — 4 см и т.д. (длина прыжка все время удваивается по сравнению с предыдущим).
Сможет ли она через несколько прыжков оказаться ровно в 99 см от исходной точки?
Ответ. Сможет. Решение. Пусть прямая идет слева направо. Заставим блоху прыгать «задом
наперед» — из точки А, находящейся в 99 см правее исходной точки O, в точку O. Длины
первых семи прыжков блохи равны 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64. Если прыгать «задом наперед», они
пойдут в обратном порядке: 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1. Направление прыжка каждый раз будем выбирать в сторону цели — точки О. В итоге получится такая последовательность прыжков: 64
влево, 32 влево, 16 влево (теперь мы на 13 левее цели), 8 вправо, 4 вправо, 2 вправо (теперь
мы на 1 правее цели), 1 влево (и мы попали в точку O!). Изменяя теперь направления всех
прыжков и их порядок на противоположные, получаем способ попасть из O в A.
Комментарии. Многие решили задачу неверно, потому что считали, что блоха может прыгать только в одном направлении. Конечно, в таком случае она не сможет оказаться в 99 см
от исходной точки, но запрета на смену направления прыжков в условии задачи нет. Авторы
нескольких работ забыли, что первый прыжок имеет длину 1, и ответили «не сможет» со
ссылкой на то, что все прыжки имеют четную длину.
Можно показать (например, методом математической индукции), что кузнечик может оказаться от исходной точки на любом расстоянии, равном нечетному натуральному числу.
8а (6-9) Придумайте пять различных натуральных чисел, наименьшее общее кратное которых равно 5m, где m — наименьшее из этих пяти чисел.
Решение. Подойдут, например, числа 12, 15, 20, 30 и 60.
8б (7-10) Найдутся ли шесть различных натуральных чисел, наименьшее общее кратное которых равно 5m, где m — наименьшее из этих шести чисел?
Ответ. Нет. Решение. Наименьшее общее кратное нескольких чисел делится на все эти числа. По условию все данные числа различны и не меньше, чем m. Поэтому, деля 5m на эти
числа, мы должны получить шесть различных натуральных чисел, не больших 5. Но таких
чисел только пять: 1, 2, 3, 4, 5.
Комментарии. Некоторые участники вместо того, чтобы просто рассмотреть частные от деления 5m на данные числа, раскладывали 5m и данные числа на простые множители и пытались понять, чем могут отличаться эти разложения от разложения числа 5m или m. Если при
этом без доказательства использовалось, что все остальные данные числа получаются из m
заменой одного из его делителей, меньших 5, на 5, решение оценивалось не выше, чем в ±.
9 (6-10). Имеется палочка длиной x см (x > 1). Играют двое, ходят по очереди. За один ход
разрешается произвольным образом поломать какую-либо из имеющихся палочек на три части. Проигрывает тот, после хода которого впервые появляется палочка длиной не больше
1. Соперник проигравшего объявляется победителем. При каких значениях x при правильной
игре побеждает первый, а при каких — второй? Требуется не только дать ответ, но и описать, как должен играть победитель, а также объяснить, почему, играя так, он победит
независимо от игры соперника.
Ответ. При 1 < x ≤ 3 выигрывает второй, при x > 3 — первый. Решение. Если 1 < x ≤ 3, первый игрок проигрывает первым же ходом, потому что самая маленькая из полученных им
палочек заведомо будет не больше, чем 3/3 = 1. Чтобы выиграть при 3 < x ≤ 9, первому достаточно первым ходом разломать палочку на три равные части, и второй, ломая любую из них,
проиграет, поскольку ее длина не больше 3. Пусть x > 9. Тогда первым ходом первому достаточно отломить палочку длины 3, а оставшийся кусок разломать на две равные части. Палочку длины 3 никому ломать нельзя из-за немедленного проигрыша. Поэтому второй первым
ходом разломает одну из двух равных палочек. После этого первому надо разломать вторую
из этих палочек на такие же части. Образуются три пары равных палочек, и второй снова
должен ломать палочку, входящую в одну из этих пар. Первый опять разломает на такие же
части равную ей палочку и т.д. Играя так, первый, очевидно, не может проиграть: его проигрыш означал бы, что его соперник проиграл на предыдущем ходу. С другой стороны, игра
когда-то закончится: во всяком случае, не позже, чем в момент, когда количество палочек
превысит число сантиметров в длине исходной палочки. Поэтому второй проиграет, то есть
первый победит.
Комментарии. Довольно многие авторы путали понятия «не больше 1» и «меньше 1» и
«разрешали» первому отламывать палочки длины 1. При таком понимании условия задача
несколько упрощается: при любом x ≥ 3 первому достаточно первым ходом отломать палочку длины 1, а оставшуюся часть разломать пополам. Поэтому такие решения обычно оценивались не выше, чем в ±. Так же оценивались рассуждения типа: «Пусть x > 3. Тогда первым
ходом первому нужно отломить палочку, меньшую 3, а остаток разломать пополам», поскольку тут может случиться, что обе половинки остатка будут не больше 1. Если в решении
был верно указан первый ход первого, но не объяснялось, как ему играть дальше, ставился m.
10 (6-10). Эксперту в суде предъявлено 10 серебряных слитков, промаркированных на языке,
известном эксперту, но неизвестном судье. Судья знает, что веса слитков равны 1001,
1002, ..., 1010 граммов, но не знает, какой слиток сколько весит. У эксперта есть точные
электронные весы, которые показывают вес груза, при условии, однако, что этот вес не бо-
лее 2,5 кг. Он хочет доказать судье, что знает веса всех слитков. Сможет ли он сделать
это: а) за 8 взвешиваний? б) за 7 взвешиваний? в) за 6 взвешиваний? г) за 5 взвешиваний?
Ответ. За 6 взвешиваний сможет, за 5 — нет. Решение. Пример на 6 взвешиваний. Сначала
взвесим 1001 и 1002. Весы покажут 2003. Так как этот вес можно набрать только двумя самыми легкими слитками в 1001 и 1002, судья поймет, что на весах именно они. Теперь заменим на весах слиток 1002 слитком 1003. Весы покажут 2004. Поскольку этот вес тоже можно
получить только как 1001+1003, судья поймет, что удаленный с весов слиток весил 1002,
вновь положенный — 1003, а тот, что оставался на весах — 1001.
Итак, мы научились определять три самых легких слитка за три взвешивания. Отложим
опознанные слитки, и тем же способом за 4 взвешивания опознаем сначала слитки 1004, 1005
и 1006, а затем — 1007, 1008 и 1009. Последний оставшийся слиток, очевидно, 1010. Доказательство, что 5 взвешиваний не хватит. Из условия следует, что одновременно на весы
можно класть не больше двух слитков. Заметим, что если два слитка были взвешены вместе,
и больше ни один из них ни разу не взвешивался, то опознать их по отдельности нельзя. Назовем такую пару слитков плохой. Пусть проведено 5 взвешиваний. Если все слитки были на
весах, то они, очевидно, образовали 5 плохих пар. Пусть на весах побывали 9 слитков. Если
один из них взвешивался отдельно, то остальные восемь образуют 4 плохих пары. Если же
все взвешивания были парными, то ровно один из слитков побывал на весах дважды. Вместе
с ним взвешивались два других, а еще шесть образовали три плохих пары. Наконец, если хотя бы два слитка не были на весах, то их тоже невозможно опознать.
Комментарии. а)–в) За верный алгоритм без всякого обоснования ставился +/2, за пробелы и
погрешности в обосновании оценка обычно снижалась до ±. г) Этот пункт оказался достаточно трудным. Часто встречалось такое рассуждение: «Поскольку 3 слитка можно определить не меньше, чем за 2 взвешивания, на 9 слитков потребуется не меньше 2×3 = 6 взвешиваний.» Но если это — верное доказательство, что мешает, используя тот факт, что 1 слиток
можно определить не меньше, чем за 1 взвешивание, аналогичным образом «доказать», что
на 9 слитков потребуется не меньше 9 взвешиваний? Немало было решений, где при верном
ходе рассуждений рассматривались не все возможные случаи взвешиваний. Они обычно оценивались в интервале от +/2 до ±.
11 (7-10). Докажите, что существует плоская фигура площади 6, из которой можно вырезать любой прямоугольный треугольник с гипотенузой 4.
Решение. Искомой фигурой является, например, четырехугольник, составленный из квадрата со стороной 2 и равнобедренного прямоугольного треугольника (см. рисунок). В самом деле, возьмём любой прямоугольный треугольник с гипотенузой 4 и совместим его гипотенузу с
нижним основанием четырехугольника так, чтобы меньший из двух острых углов треугольника оказался справа. Поскольку этот меньший угол не превосходит 45°, правый катет треугольника пойдёт внутрь четырехугольника. Туда же пойдет и левый катет, поскольку прилежащий к нему острый угол треугольника меньше прямого угла четырехугольника. Осталось заметить, что пересекутся они также в точке, принадлежащей четырехугольнику, потому что высота прямоугольного треугольника, опущенная на его гипотенузу, не превосходит
проведенной к гипотенузе медианы, а та равна половине гипотенузы, то есть 2.
Замечание 1. Ещё один вариант искомой фигуры — прямоугольный треугольник с катетами
3 и 4. В самом деле, у всякого прямоугольного треугольника с гипотенузой 4 сумма квадратов катетов равна 16, поэтому меньший катет не превосходит 8 < 3, а больший короче гипотенузы, то есть меньше 4.
Замечание 2. Существуют фигуры, из которых можно вырезать
любой прямоугольный треугольник с гипотенузой 4, площади кото- С
рых меньше 6. Например, те, кто знаком со свойствами вписанных Y
углов, легко поймут, что, мы ничего не испортим, заменив квадрат в
нашей фигуре четвертью круга с центром в середине нижнего основания. При этом площадь фигуры уменьшится до 2+π ≈ 5,14. Но и
M
T
это — не предел. Из замечания 1 следует, что произвольный прямоL
угольный треугольник AXY c гипотенузой XY = 4 можно поместить
X
B
в прямоугольный треугольник ABC с катетами AB = 2 2 и AC = 4. A
Так как биссектриса AL не больше медианы AM = 2 треугольника
AXY, то точка T, взятая на луче AL на расстоянии 2 от А, находится вне AXY. Поэтому четырехугольник ABTC (см. рис.) площади 2 + 2 2 ≈ 4,83 — искомый.
Следующее улучшение уже неэлементарно: можно заменить отрезок ТС на дугу ТС астроиды с центром в A и радиусом R = 4. Одно из определений астроиды — это такая кривая,
что все касательные к ней отрезки с концами на двух перпендикулярных прямых имеют длину R. Отсюда сразу видно, что полученная фигура удовлетворяет условию. Можно показать,
что криволинейный треугольник ATC имеет площадь 0,75π. Поэтому вся наша фигура имеет
площадь 2+0,75π ≈ 4,36. Является ли этот результат наилучшим из возможных, мы не знаем.
Комментарии. 1) Если подходящая фигура была приведена, но не было доказано, что из нее
действительно можно вырезать любой нужный треугольник, решение оценивалось не выше,
чем в +/2 (а если без всяких пояснений предлагался прямоугольный треугольник с катетами 3
и 4, то ставился минус). 2) Если в доказательстве, что искомой фигурой является прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4, без доказательства использовалось, что один из катетов прямоугольного треугольника с гипотенузой 4 не превосходит 8 , оценка снижалась до
±. 3) За использование приближённых вычислений для доказательства того, что площадь
предложенной фигуры меньше 6, если все остальное было верно, оценка могла быть снижена
до ±. К чему такое использование может привести, показывают «решения», где в качестве
искомой фигуры брался полукруг радиуса 2 на том основании, что 2π ≈ 6.
12 (8-10). Четыре деревни расположены в вершинах прямоугольника со сторонами 8 км и
15 км. Можно ли проложить дороги так, чтобы по ним из любой деревни можно было добраться до любой, и общая их длина не превышала 30 км?
Ответ. Можно. Решение. Один из способов прокладки дорог – с сум5
5
мой длин, равной 29 — на рисунке справа (дороги длины 5 — гипоте9
нузы в прямоугольных треугольниках с катетами 3 и 4, параллельны5
5
ми сторонам прямоугольника). Замечание. Можно показать, что наименьшая возможная длина дорог, расположенных как на нашем рисунке, равна 15 + 8 3 . Она достигается, когда на обоих развилках все углы между дорогами
равны 120°, и этот результат является наилучшим для всех систем дорог вообще.
Комментарий. Рисунок дорожной сети с двумя развилками внутри прямоугольника без указания длин всех отрезков или с неподходящими длинами оценивался в диапазоне от до m.
Рисунок с указанными подходящими длинами, но без обоснования или с неверным (из-за
ошибок в вычислениях и оценках или приближенных вычислений вместо оценок) обоснованием оценивался в диапазоне от m до ±, в зависимости от сложности вычислений и оценок
при обосновании. За использование приближённых вычислений для доказательства того, что
сумма длин дорог меньше 30, оценка могла быть снижена до ±.
13 (8-10). Различные натуральные числа a1, …, an таковы, что для любых двух различных непустых подмножеств множества {a1, …, an} суммы чисел, входящих в эти подмножества,
различны (для одноэлементного подмножества считаем «сумму входящих в него чисел» равной единственному его числу). Докажите, что 1/a1+…+1/an < 4.
Решение. Из условия следует, что все числа a1, …, an различны. Как известно, у
n-элементного множества имеется 2n–1 различных непустых подмножеств. Поскольку суммы
чисел во всех таких подмножествах различны, а сумма Sn всех n чисел — наибольшая из них,
то Sn ≥ 2n–1. Аналогично, для всякого m-элементного подмножества множества {a1, …, an}
сумма всех его чисел не меньше, чем 2m–1. Пусть a1 <…< an. Тогда an ≥ Sn/n ≥ (2n–1)/n. Аналогично, am ≥ Sm/m ≥ (2m–1)/m, где Sm = a1+…+am. Теперь нам достаточно доказать, что 1/(21–
1)+2/(22–1)+…+n/(2n–1) < 4. С этой целью удобнее доказывать более сильное неравенство:
1+2/21+…+n/2n–1 < 4, которое получается изменением знаменателя у всех дробей в левой части с 2m–1 до 2m–1: все дроби, кроме первой, при этом увеличиваются, первая остается неизменной. Для его доказательства заметим, что сумма 1+2/21+…+n/2n–1 получается сложением
таких n выражений: 1+1/21+…+1/2n–1, 1/21+…+1/2n–1, 1/22+…+1/2n–1, …, 1/2n–2+1/2n–1, 1/2n–1.
Теперь заметим, что
1+1/21+…+1/2n–1 = 2–1/2n–1, 1/21+…+1/2n–1 = 1–1/2n–1, 1/22+…+1/2n–1 = 1/2–1/2n–1, …,
1/2n–2+1/2n–1 = 1/2n–3–1/2n–1, 1/2n–1 = 1/2n–2–1/2n–1.
Складывая эти равенства, получаем, что
1+2/21+…+n/2n–1 = 2+1+1/21+…+1/2n–2–n/2n–1 < 2+1+1/21+…+1/2n–2 = 4–1/2n–2 < 4.
Замечание. На самом деле верно даже неравенство 1/a1+…+1/an < 2–1/2n–1, и это — точная
оценка для суммы 1/a1+…+1/an.
Комментарий. Задача оказалась самой трудной в варианте: ее решили меньше 10 участников
конкурса. Многие почему-то считали очевидным, что «наименьшие возможные числа» — это
степени двойки. Их решения, естественно, не засчитывались, а доказать этот факт сумел
только один участник конкурса, и он получил за свое решение +!, поскольку доказал, что
1/a1+…+1/an < 2–1/2n–1.
Если в работе было доказано только неравенство Sn ≥ 2n–1 без дальнейшего содержательного продвижения, решение оценивалось в .
14. (9-10) Существуют ли такие числа А, В и С, где А ≠ 0, что значение выражения
Аn2+Bn+C пpи любом целом п равно целому числу, причём различным целым значениям п соответствуют различные значения данного выражения?
Ответ. Существуют, например, А = 2, В = 1, С = 0. Решение. Как известно, всякая парабола
— график квадратного трёхчлена — имеет ось симметрии, параллельную оси ординат, и
вершина параболы лежит на этой оси. Поэтому если значения квадратного трёхчлена в точках a и b равны, то абсцисса вершины соответствующей параболы равна (a+b)/2. Таким образом, если значения трехчлена Аn2+Bn+C равны при двух целочисленных значениях n, то абсцисса вершины соответствующей параболы либо целая, либо дробь со знаменателем 2, и нам
подойдет любой трёхчлен Аn2+Bn+C с целыми коэффициентами, у которого –B/2A — не целое число и не дробь со знаменателем 2, для чего необходимо и достаточно, чтобы B не делилось на A.
Комментарий. Верный пример трехчлена без обоснования не засчитывался.
15 (9-10) Треугольник DEF лежит внутри треугольника ABC. Для каждой из точек D, E и F
нашли сумму расстояний от неё до прямых AB, BC и AC. Три эти суммы оказались одинаковыми. Докажите, что треугольник ABC — равносторонний.
Решение. Возьмем любой отрезок PQ, лежащий в треугольнике ABC. Используя свойства
подобия, легко показать, что расстояния от точки M этого отрезка до сторон треугольника
линейно зависят от расстояния PM. Значит, линейной функцией расстояния PM будет и их
сумма. Но линейная функция, принимающая одинаковые значения в двух различных точках
— это константа. Стало быть, сумма расстояний до сторон треугольника ABC от всех точек
отрезков DE, DF и EF постоянна. Но тогда она постоянна и для всех точек треугольника
ABC, потому что через любую из них можно провести прямую, пересекающую стороны треугольника DEF хотя бы в двух различных точках. В каждой из вершин треугольника ABC эта
сумма равна высоте, опущенной на противоположную сторону. Поэтому все три эти высоты
равны. Но тогда равны и стороны треугольника ABC, ибо aha = bhb = chc = 2SABC.
Комментарий. Задача была второй по трудности во вступительной работе: с ней справились
лишь около 15 человек.
16. (9-10) Хотя бы одно из чисел х и у иррационально. Может ли случиться, что все три
числа х2–у, у2–х, х+у рациональны?
Ответ. Может, например, при х = –1/2+ 2 , у = –1/2– 2 . Замечание. Допустим, все три числа
х2–у, у2–х, х+у рациональны. Тогда рационально и число (х2–у)–(у2–х) = (х2–у2)+(х–у) = (х–
у)(х+у+1). Число х+у+1 рационально по условию, и если оно не равно 0, то вместе с ним рациональны
и
числа
х–у = ((х2–у2)+(х–у))/(х+у+1),
х = ((х+у)+(х–у))/2
и
у = ((х+у)–(х–у))/2. Но если х+у+1 = 0, это рассуждение не проходит, и именно в этом случае
находятся примеры, когда числа х и у иррациональны. Несложно показать, что все пары таких
чисел имеют вид –1/2+ r , –1/2– r , где r — рациональное число, корень из которого иррационален.
Комментарий. Многие участники попались в запланированную ловушку, не заметив случая,
когда х+у+1 = 0, и получив в результате неверный ответ «не может».
17 (10). Числа a и b таковы, что cos(asinx) > sin(bcosx) при любом x. Докажите, что
a2+b2 < π2/4.
Решение. Как известно, asinx+bcosx =
a 2 + b 2 sin ( x + α ) для некоторого вспомогательного
угла α. Допустим, a 2 + b 2 ≥ π/2. Тогда, поскольку синус принимает все значения от –1 до 1,
при некотором x будет выполнено равенство asinx+bcosx = π/2, а, стало быть, и равенство
cos(asinx) = sin(bcosx). Противоречие.
Комментарий.
Некоторые
участники
конкурса
преобразовывали
разность
cos(asinx) – sin(bcosx) в произведение, после чего без всяких пояснений приравнивали аргументы получившихся синусов нулю, в то время как надо было приравнивать их всем числам,
кратным π. Такие решения оценивались не выше, чем в m.
 И.С. Рубанов, 2011.
Составитель благодарен Л.М. Самойлову, О.Н. Нечаевой и, в особенности, А.Н. Семёнову
за полезные обсуждения и рассуждение про четырехугольник и астроиду в замечании 2 к решению задачи 11.