2003.8.3. Найдите углы равнобедренного треугольника АВС,... сумма углов АВВ , где А 

2003.8.3. Найдите углы равнобедренного треугольника АВС, если известно, что
сумма углов АВВ1 и ВАА1 равна 60, где А1 и В1 – середины сторон ВС и АС соответственно.
Ответ: все углы по 60. Решение: Проведём третью медиану СС1, а точку пересечения
медиан обозначим через М. Тогда из АВМ следует, что АМВ=120. В равнобедренном треугольнике среди углов АМВ, ВМС и СМА есть два одинаковых, но один из этих
углов (120) нам уже известен, поэтому в любом из случаев равнобедренности ( 1). либо
есть угол, равный АМВ, но тогда третий из этих углов также равен 120=360–
2120.; 2). либо ВМС=СМА=(360–120)/2=120) получаем, что эти все три угла
равны 120. Тогда ВМА1=180– 60, а МА1 в результате является и биссектрисой, и
медианой ВМС, а значит, и высотой. Как следствие, АА1 – медиана и высота АВС.
Аналогично, ВВ1 и СС1 – медианы и высоты. Тогда, АВС – равносторонний и все его
углы равны 60.
Комментарий: И никакого полного перебора трёх случаев равнобедренности.
2003.8.4. Можно ли во всех клетках бесконечной клетчатой плоскости расставить
по одному все целые числа (каждое целое число – ровно в одной клетке) так, чтобы
у каждого числа все четыре соседние (по стороне) числа были либо только больше,
либо только меньше его?
Ответ: можно. Решение: Одним из
24 –17
примеров расстановки чисел может
быть следующий. Раскрасим плос23 –16 9 –18
кость в шахматном порядке и расста22 –15 8 –5 10 –19
вим в белых клетках неотрицательные
21 –14 7 –4 1 –6 11 –20
целые числа, а в чёрных клетках – отрицательные целые числа. Для этого,
20 –13 6 –3 0 –1 2 –7 12
в какой-нибудь белой клетке поставим
19 –12 5 –2 3 –8 13
0, а затем по очереди «по спирали» по
18 –11 4 –9 14
часовой стрелке в белых клетках будем ставить по возрастанию все по17 –10 15
ложительные целые числа, а в чёрных
16
– по убыванию все отрицательные целые числа. Т.о. в каждой клетке будет
целое число и все целые числа будут
поставлены. При этом соседями неотрицательных чисел будут отрицательные (т.е.
меньшие числа), а соседями отрицательных будут неотрицательные (т.е. большие числа). На рисунке указана расстановка чисел в центральной части этой плоскости.
2003.8.5. В некоторой компании 100 акционеров, причём любые 66 из них владеют
не менее, чем 50% акций компании. Каким наибольшим процентом всех акций
может владеть один акционер? (О.К. Подлипский)
Ответ: 25%. Решение: Пусть Х – акционер, владеющий наибольшим процентом акций
(х%). Разобьём остальных 99 акционеров на три группы А, В и С по 33 акционера.
Пусть они владеют соответственно a, b, и c процентами акций. Тогда 2(100–x) =
2(a+b+c) = (a+b)+(b+c)+(c+a)  50+50+50, т.е. х25. Приведём соответствующий пример
распределения акций. Если каждый из 99 акционеров, кроме Х, владеет 75/99 % акций,
то любые 66 из них без Х владеют ровно 50%, а любые 66, включая Х, владеют более
50%, при этом у Х – ровно 25% акций.
2003.9.1. Выложите полный комплект из 28 доминошек (0-0, 0-1, 0-2, …, 0-6, 1-1, 12, …, 5-5, 5-6, 6-6) в виде какого-нибудь прямоугольника (внутри прямоугольника
не должно быть пустот) так, чтобы и во всех строках были равные суммы цифр, и
во всех столбцах были равные суммы цифр.
Решение: Существует достаточно много разных примеров, но один из самых простых
для прямоугольника 228 строится исходя из следующих соображений. Так как каждая
цифра встречается 8 раз, то в каждой строке поставим по 4 цифры каждого вида, тогда
суммы цифр по строкам станут равны. А для равенства сумм цифр по столбцам разобьём их на пары с равной суммой 0-6, 1-5, 2-4, 3-3. Осталось теперь только выложить
нужным образом весь комплект домино. Например, так:
0 0 0 1 0 2 6 3 6 2 6 1 6 1 1 5 4 5 3 5 2 5 4 4 2 3 4 3
6 6 6 5 6 4 0 3 0 4 0 5 0 5 5 1 2 1 3 1 4 1 2 2 4 3 2 3
2004.9.2. Пару доминошек 12 назовём гармоничной, если они образуют квадрат
22. Какое наибольшее количество гармоничных пар может образоваться при разбиении доски 88 на доминошки?
Ответ: 28. Решение: Назовём блоком прямоугольник 2N (N – натуральное число, которое может равняться и 1), в котором доминошки стоят в ряд, касаясь друг друга
длинной стороной, причём удлинить этот прямоугольник уже нельзя. Тогда в каждом
блоке гармоничных пар на 1 меньше, чем количество доминошек. Так как в блоке не
более 8 доминошек, а всего доминошек 32, то блоков не менее 32/8=4 и тогда гармоничных пар не более 32–4=28. Пример на 28 пар – разбить доску на вертикальные (или
горизонтальные) доминошки.
2004.10.1. Четырёхзначное число abcd делится на 99. Известно, что a2+c2=b2+d2.
Докажите, что ac=bd. (Д.Коробицын)
Решение: По признаку делимости на 9 (d+c+b+a) делится на 9, а по признаку делимости на 11 (d–c+b–a) делится на 11. Тогда ((b+d)+(c+a))((b+d)–(c+a)) делится на
911=99, т.е. ((b+d)2–(c+a)2)=((b2+d2–c2–a2)+2(bd-ac))=2(bd-ac) делится на 99. Тогда в
силу взаимной простоты 2 и 99 получаем, что (bd-ac) делится на 99. Но ‫׀‬bd-ac‫≤ ׀‬
9∙9=81<99. Значит, bd–ac=0, тогда bd=ac.
2004.10.2. Верно ли, что существует бесконечно много троек положительных чисел
a, b, c таких, что треугольник с такими сторонами подобен треугольнику со сторонами a+1, b+2, c+3?
Ответ: да, верно, например, если a=(2b+3)b/(2b+2) и c=(2b+1)b/(2b+2), а b – любое
положительное число. Комментарий: выйти на подобное множество троек можно,
рассмотрев случай, когда c<b<a и a+1<b+2<c+3. Тогда необходимо решить уравнение
(1):
a 1 b  2 c  3


. Введём b в качестве параметра и две новых переменных 0<x<1 и
c
b
a
1<y
таких, что c=xb, а a=yb. Тогда уравнение (1) превратится в уравнение (2):
yb  1
xb  3
, откуда (3): yb+1=xb+2x и (4): yb+2y=xb+3. Вычтем из уравнения
 b2 
x
y
(3) уравнение (4), тогда 1–2y=2x–3, т.е. x+y=2. Сделав замену y=2–x, из (3) найдём, что
x=(2b+1)/(2b+2), тогда y=(2b+3)/(2b+2). Кроме того, непосредственной проверкой
убеждаемся, что полученная нами тройка положительных чисел действительно даёт
треугольник, т.к. выполняется неравенство треугольника для наибольшей стороны
a<b+c.
2004.11.5. Сумма неотрицательных чисел a, b, c равна 3. Докажите неравенство
a3b+b3c+c3a3(ab+bc+ca2). (Классическая идея)
Решение: Перенесём всё в одну сторону и с учётом условия a+b+c=3 получим:
a3b+b3c+c3a–3(ab+bc+ca2) = a3b+b3c+c3a–3ab–3bc–3ca+2a+2b+2c =
= a(c3–3c+2)+ b(a3–3a+2)+c(b3–3b+2)= a(c–1)2(c+2)+b(a–1)2(a+2)+c(b–1)2(b+2)0, что
и требовалось доказать.
2005.10.1. Решите уравнение sin x + cos x = tg x + ctg x. (К.Голубев)
Ответ: данное уравнение корней не имеет. Решение: Заметим, что из свойств тангенса и неравенства Коши следует, что tgx  ctgx  tgx  ctgx  2 tgx  ctgx  2 . В то же время
sin x  cos x 
2 (sin x cos

4
 cos x sin

4
)  2 sin( x 

4
)  2 . Получаем, что множество значе-
ний функции sin(x)+cos(x) по модулю не превосходит 2 , в то время, как множество
значений tg(x)+ctg(x) по модулю не менее 2, значит, уравнение не имеет решений.
2005.11.2. Даны пять различных чисел а1, а2, а3, а4, а5. Доказать, что для некоторых
i и j выполняется неравенство: 0 
ai  a j
ai a j  1
 1 . (П.Борискин)
 
Решение: введём новые переменные xi    ;  такие, что ai=tgxi. Тогда данное нам

2 2
выражение равно tg(xi–xj). Если упорядочить данные нам пять чисел, то среди четырёх
промежутков между соседними числами по принципу Дирихле найдётся отрезок длиной, меньшей

, а тогда он и даст нам тангенс разности двух чисел, удовлетворяющий
4
нужному нам неравенству.
2005.11.4. В треугольнике АВС А=60. Докажите, что 2ВС+АС>2АВ. (В.Шмаров)
Решение 1: Очевидно (см. рис.).
Решение 2: обозначим ВС=a, CA=b, AB=c, тогда по
теореме косинусов a2=b2+c2–bc (). Тогда нужное нам
неравенство
(2a+b>2c)(4a2+4ab+b2>4c2)
(4b2+4c2–4bc+4ab+b2>4c2) с учётом (*) ( 5b2–
4bc+4ab>0)(5b+4a>4c), а это верное неравенство,
т.к. следует из неравенства треугольника (a+b>c).
2006.9.2. Докажите неравенство abc+2a+b+c для положительных чисел a, b, c, не
превосходящих 1. (по мотивам задачи А.Шмелёва)
Решение 1: Сделаем замену переменных a=1-x, b=1-y, c=1-z (где x, y, z – неотрицательные числа, не превосходящие 1) и преобразуем наше неравенство. Оно сведётся к
верному неравенству xy+yz+zx-xyz=xy(1-z)+yz+zx0.
Решение 2: abc+2–a–b–c=(1–ab–c+abc)+(1–a–b+ab)=(1–ab)(1–c)+(1–a)(1–b)0. Значит,
требуемое неравенство верно.
2007.8.1.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.
1
2007.9.3. Сумма трёх неотрицательных чисел a, b, c не превосходит 2 . 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.
2007.10.1. 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
a

b
b

c

b

c
c

a

c

a
a

b

a

b

c

a
b

b
c

c
a














> abbcca, т.к.
2
abc0.
2007.10.4. 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 2 . 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 a 2b 2. Т.к. a, b, k –
2
k
целые числа, а 2 - 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.
2007.11.1. 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.
1
xx2008x2
xx2x1. Отметим, что
Решение 3 (Шмаров В.): Обозначим P
, Q
Px Qx, т.к. Px xz1 и Px
 xz2, где z1 и z2 - недействительные кубические
x

2 (т.к., например, P
z

z
z

1

zz


1

0

xz
xz


корни из единицы, Q
).
1
1
1
1
1
1
xQ
xR
 x, где R  x  имеет целые коэффициенты, т.е. целое число
Поэтому P
2008
2
( x x 1) делится на целое число ( x2  x 1)0.
2007.11.5. Доказать, что число из 2000 восьмёрок делится на 2008.
2
0
0
8 2
2
99...99
 =10250-1 деДоказательство: Заметим, что согласно малой теореме Ферма число 250
девяток
лится 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.
2008.9.2. В зале находятся 9 столов, стоящих по кругу, и 7 рыцарей. Какое минимальное число лжецов надо пригласить в зал, чтобы всех людей в зале можно было рассадить так, чтобы за каждым столом нашёлся человек, который может сказать, что за следующим (по часовой стрелке) столом сидит чётное число людей?
(рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут)
Ответ: 6. Решение: Пусть всего k лжецов. Тогда необходимо минимум 9-k столов
только с рыцарями, значит, и 9-k идущих за ними столов с чётным ненулевым числом
сидящих. Получаем, что всего не менее 9+(9–k)=18–k человек, но их 7+k. Значит,
7+k18-k  k5,5, но k – целое  k≥6. При 6 лжецах людей можно рассадить, например, следующим образом: р–рл–р–рл–р–лл–р–рл–л.
2008.9.4. Найдите наименьшее возможное значение суммы целых чисел a, b и c,
1 1 1
удовлетворяющих равенству    1 .
a b c
Ответ: 1. Решение: В силу симметричности выражения можно упорядочить числа
1
 1 , то b>0. 1). Пусть a>0, тогда а+b+c3. 2). Пусть a<0, тогда a=–n, где n
c
bc 1 1
1 n 1
   1 
– натуральное число. Из исходного уравнения получим, что
, где
bc
b c
a
n
abc. Т.к.
последняя дробь несократима, значит, из левой дроби получим, что b+cn+1 и
a+b+c1. Минимальное значение суммы 1 будет приниматься, например, в случае a=–
n, b=1, c=n.
2008.10.2. Докажите, что серединные перпендикуляры к
сторонам AB, CD и EF выпуклого шестиугольника
ABCDEF с углами по 120 пересекаются в одной точке.
Решение: Построим на сторонах AB, CD и EF наружу три
равносторонних треугольника. Получим правильный треугольник, в который вписан исходный шестиугольник. Тогда наши три серединных перпендикуляра будут в полученном равностороннем треугольнике биссектрисами, медианами и высотами, которые пересекутся в одной точке.
2008.10.3. Приведите пример прямоугольного треугольника, у которого длины
сторон можно изменить на единицу (каждый отрезок увеличить или уменьшить по
своему усмотрению) так, чтобы из изменённых отрезков можно было составить
новый прямоугольный треугольник. Укажите, как надо изменить длины сторон.
Решение: Например, из треугольника со сторонами 9/20, 2, 41/20 можно получить треугольник со сторонами 29/20, 1, 21/20. Комментарий: Такую операцию можно выпол-
нить, только превратив один катет в гипотенузу, а гипотенузу – в катет. Для решения
задачи надо фактически найти хотя бы одно решение одной из двух возможных систем
из двух уравнений, получаемых через теорему Пифагора.
2008.10.5. Положительные числа a, b и с удовлетворяют неравенству
ab+bc+ca>a+b+c. Найдите все возможные значения суммы a+b+c.
Ответ: (3;+). Решение:
Воспользуемся
классическим
неравенством
2
2
2
2
2
2
2
a  b  c  ab  bc  ca . Тогда (a  b  c)  a  b  c  2(ab  bc  ca)  3(ab  bc  ca)  3(a  b  c) ,
значит, в силу положительности получаем, что a+b+c>3. При этом каждое значение,
большее 3, достигается, например, при a=b=1 и c=1+, где  – любое положительное
число.
2008.11.2. В прямоугольном параллелепипеде из одной вершины проведено 3
диагонали граней. Докажите, что сумма трёх углов между этими диагоналями
равна 180.
Решение: Соединив попарно концы трёх проведенных диагоналей, получим вписанный в параллелепипед тетраэдр с равными гранями. Сумма указанных углов равна сумме углов любой грани этого тетраэдра, т.е. сумме углов треугольника (180).
2008.11.5. Часть клеток доски nm закрашена так, что в любом столбце и любой
строке чётное количество закрашенных клеток, при этом ладья может пройти с
любой закрашенной клетки на любую другую закрашенную клетку, останавливаясь только на закрашенных клетках. Докажите, что ладья может пройти по всем
закрашенным клеткам так, чтобы встать на каждую такую клетку ровно 1 раз.
Решение: Рассмотрим двудольный граф, в котором вершины – строки и столбцы, а рёбра – закрашенные клетки. Тогда это связный граф с чётными вершинами, а в нём есть
эйлеров цикл, который нам и нужен.
Комментарий: Очень важно, что клетки – рёбра графа, а не вершины, как посчитали
многие школьники и соответственно не решили задачу. Надо помнить: ТАБЛИЦА,
ДОСКА – ДВУДОЛЬНЫЙ ГРАФ.
2008.11.6. Найдите наибольшее число  такое, что cos   cos   cos    для любых углов, удовлетворяющих условию sin   sin   sin   2 .
Ответ:  5 . Решение: Предположим противное: cos  cos   cos    5 . Тогда для
векторов
и
получим,
что
a(cos  , sin  ) ,
b(cos  , sin  )
c(cos  , sin  )
3  9  ( 5 ) 2  22  (cos   cos   cos  ) 2  (sin   sin   sin  ) 2 | a  b  c || a |  | b |  | c | 3

противоречие. При этом для углов       arccos 

sin   sin   sin   3 
5

3 
-
выполняются условия
2
 2 и cos  cos   cos    5 , значит,    5 .
3
2009.8.1. 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.
2009.8.3. 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.
2009.9.2. Во всех клетках таблицы 44 расставляются числа –1, 0 + + + + 4
и 1. Какое наибольшее количество различных значений могут - - - 0 -3
принимать 8 сумм чисел в строках и в столбцах?
+ +
0
+
3
0
0
-2
Ответ: 8 различных значений, пример см. на рисунке, числа +1 и –1
0 1 –1 2
отмечены знаками «+» и «-».
Комментарий: А сколько ещё? Конечно, 8, больше и быть не может. А формулировка? Провокация!
2010.8.2. В ряд выписаны все натуральные числа от 1 до 2010 и в 2009 промежутках между ними расставляются произвольным образом знаки + и . Какое
наименьшее положительное значение может принимать полученное числовое выражение?
Ответ: 1. Доказательство: Т.к. в данной целочисленной знакопеременной сумме будет нечётное (1005) количество нечётных слагаемых, то вся сумма будет нечётной. Значит, минимальное положительное значение, которое она может принимать, равно 1.
Приведём пример расстановки + и , дающий значение 1. Среди первых 6 чисел знаки
расставим следующим образом: 123+45+6, что даёт 1. Затем разобьём остальные
2004 числа на четвёрки подряд идущих и в каждой следующей четвёрке (с учётом места
перед первым числом четвёрки) расставим знаки по следующему правилу: +, , , +, что
даст 0, т.к. n(n+1)(n+2)+(n+3)=0. Т.о. вся сумма будет равна 1.
Комментарий 1: А сколько ещё? Конечно, 1, меньше и быть не может. Опять провокация!
Комментарий 2: фактически это задача С6 с ЕГЭ-2010. И на нашу олимпиаду поставлена для сравнения, как последние номера ЕГЭ решают восьмиклассники. И смогут ли они это сделать в 11 классе?
2009.10. 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
2 9 1 8 0 7 4 6 3 5
же.
9 1 8 0 7 4 6 3 5 2
Пример: см. таблицу справа.
Комментарий 1: Догадаться до расстановки можно сле- 1 8 0 7 4 6 3 5 2 9
дующим образом. Применим диагональную раскраску в 8 0 7 4 6 3 5 2 9 1
10 цветов-цифр, тогда в силу симметрии относительно 0 7 4 6 3 5 2 9 1 8
7 4 6 3 5 2 9 1 8 0
главной диагонали мы решаем проблему и горизонталь- 4 6 3 5 2 9 1 8 0 7
но, и вертикально размещённых прямоугольников 25. 6 3 5 2 9 1 8 0 7 4
Теперь найдём такую перестановку цифр, в которой сум- 3 5 2 9 1 8 0 7 4 6
мы пар соседних цифр циклически повторяются, при этом 5 2 9 1 8 0 7 4 6 3
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.
Комментарий 2: К сожалению, на олимпиаде эту задачу никто не решил.
2009.11.2. 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.
2009.11.4. 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.
2009.11.6. Существует ли натуральное число, которое, будучи записанным дважды
подряд (в десятичной записи), даст точный квадрат?
Ответ:
существует,
например,
число
183673469387755102041,
т.к.
183673469387755102041183673469387755102041=4285714285714285714292=  3  (10

 1) 

7

21
2
.
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 какойнибудь
точный
квадрат,
например,
72=49.
Подойдёт
n=21,
т.к.
21
10
10
10 100 102 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 3 2=9. То21
гда получим нужное нам 21-значное число a  9  (10  1) .
49
Комментарий:
в
качестве
примера
8264462810082644628100=909090909102=  10  10
11

11-значное число
a
100  (10  1)
121
11
11
также
подойдёт
число
 , т.к. (1011+1)⋮112, тогда нужное нам
1 


2
. Другие примеры можно получить по аналогичной схе-
ме.
2010.9. 2. Для положительных a и b выполняется равенство a  b  a 2  b 2  a 3  b 3 .
Докажите, что a=b=1.
Доказательство 1: 0  a  b  2(a 2  b 2 )  a 3  b3  a(a  1) 2  b(b 2  1) 2 . Откуда при положительных числах и получаем, что оба числа равны 1.
Доказательство 2:
Из формулы суммы кубов a 3  b3  (a  b)(a 2  ab  b 2 ) и равенства a  b  a 3  b 3 при положительных числах следует, что a 2  ab  b 2  1 . Тогда с учётом равенства a  b  a 2  b 2 получим, что a  b  ab  1 . Переносим всё в правую часть
и раскладываем на множители 0  ab  a  b  1  (a  1)(b  1) , откуда и следует, что одно
из чисел a или b равно 1. После подстановки этого значения в исходное равенство
найдём, что и второе число также равно 1.
2010.9.4. На стороне ВС равностороннего треугольника АВС отмечена точка D. O1
и О2 – соответственно центры описанных около треугольников ABD и ACD
окружностей, а I1 и I2 – соответственно центры вписанных в эти же треугольники
окружностей. Докажите, что O1I2=O2I1.
Доказательство: Радиусы описанных окружностей этих
треугольников равны между собой, т.к. согласно теореме
синусов равны R=АD/2sin60. Докажем, что точка I2 лежит
на первой из описанных окружностей, а I1 – на второй. Заметим,
что
AI2D=180–(I2AD+I2DA)=180–
(CAD+CDA)/2=180–(180–ACD)/2=180–(180–
60)/2=120. Тогда AI2D+ABD=120+60=180, значит, с
учётом расположения точек I2 и В по разные стороны от
прямой AD получаем, что ABDI2 – вписанный четырёхугольник, т.е. точка I2 лежит на описанной окружности треугольника ABD. Значит,
O1I2=R. Аналогично доказываем, что O2I1=R. Отсюда получаем, что O1I2=O2I1.
2010.9.5. На шахматной доске стоят 64 ладьи, по 2 штуки каждого из 32-х цветов.
Докажите, что можно убрать 56 ладей и оставить на доске ровно 8 ладей 8-ми различных цветов так, чтобы ладьи не били друг друга.
Решение: Будем считать, что цвета пронумерованы, а на каждой клетке написан номер
цвета ладьи, занимающей эту клетку. Известно, что на шахматную доску 88 можно поставить 8 ладей, не бьющих друг друга, 8!=87654321=40320 способами, так как в
первую вертикаль ладью можно поставить 8-ю способами, во вторую – уже 7-ю и т.д. в
последнюю – 1-м способом. А теперь посмотрим, сколько из этих расстановок нам могут не подойти. Расстановка не подходит, если какие-то две ладьи оказались на клетках
с одним и тем же числом (номером цвета от 1 до 32). При этом если эти одинаковые
числа оказались в одном ряду, то они нам не «портят» ни одного способа. А вот если
занятые ими две клетки оказались в разных строках и столбцах, то они как бы «портят»
нам 6!=720 способов, потому что оставшиеся 6 ладей размещаются на «доске 66», получающейся выбрасыванием по паре соответствующих строк и столбцов. Таким образом, каждый из 32 цветов-чисел может нам «испортить» 0 или 6! способов расстановки
8 ладей, при этом какие-то способы могут быть «испорчены» сразу несколькими разными числами. Но в любом случае в сумме мы теряем не более 32∙6!=23040 способов.
Значит, существует не менее 40320–23040=17280 способов расстановки на доске 8 ладей, не бьющих друг друга, при которых ладьи встают на 8 различных числах, т.е. это 8
ладей 8-ми различных цветов, не бьющие друг друга.
 x  ( y  p) 2 ,
2010.10. 2. При каких значениях параметра p система неравенств 
имеет
2
 y  ( x  p)
единственное решение?
Ответ: p= –1/4. Решение: Если (x0, y0) – решение системы, то (y0, x0) – тоже решение
системы, значит, x0=y0. Тогда решаем квадратное неравенство x(x–p)2, дискриминант
которого равен D=4p+1, значит, единственное решение система будет иметь только в
случае D=0, т.е. при p= –1/4.
2010.10.4. ABCD – параллелограмм с A=60, BDE – равносторонний треугольник,
причём точки C и E лежат по одну сторону от прямой BD. Докажите, что треугольник AСE – равнобедренный.
Доказательство: Т.к. BCD=BED=60 и точки С и Е
лежат по одну сторону от прямой BD, то точки B, D, C и
E лежат на одной окружности (с центром в точке О). Рассмотрим систему координат, в которой точка O – начало
координат, точка Е имеет координаты (1; 0). Тогда середина M стороны BD равностороннего треугольника BDE
1
имеет координаты   ; 0  . Координаты точки С можно
 2

ввести как (cos; sin), где =EOC. Значит, координаты вершины A параллелограмма
2
2
ABCD равны (–1–cos; –sin) и тогда AE  (1  (1  cos  ))  sin   5  4 cos  ,
AC  (2 cos   1) 2  (2 sin  ) 2  5  4 cos  , т.е. AE=AC.
2010.10. 5. На каком наименьшем квадратном клетчатом поле можно расставить полный комплект кораблей для игры в «морской
бой» (1 корабль 14, 2 корабля 13, 3 корабля 12 и 4 корабля 11),
если корабли могут соприкасаться между собой только вершинами
и не могут соприкасаться сторонами?
Ответ: 77. Пример расстановки для доски 77 на рис. Доказательство оценки:
Предположим, что нам удалось разместить корабли на меньшем поле, значит, мы сможем их разместить и на поле 66. Разобьём поле 66 на 9 квадратов 22. В каждом таком квадрате могут находиться максимум две клетки кораблей, иначе корабли будут касаться друг друга сторонами. Значит, на поле может быть не более 92=18 клеток всех
кораблей. А всего корабли вместе содержат 4+23+32+41=20>18 клеток. Противоре-
чие. Значит, разместить корабли можно только на поле размера не меньше 77. А на
этом поле их можно разместить даже без соприкосновения – см. рис.
2010.9.3. На каком наименьшем квадратном клетчатом поле можно
расставить полный комплект кораблей для игры в «морской бой» (1
корабль 14, 2 корабля 13, 3 корабля 12 и 4 корабля 11)? Корабли
не могут соприкасаться между собой ни сторонами, ни вершинами.
Ответ: 77. Пример расстановки для доски 77 на рис. Доказательство
оценки: 1-й способ: Корабль 14 содержит ровно 10 узлов клетчатой решётки, корабль
13  8 узлов, 12  6 узлов, 11  4 узла, тогда для всех кораблей надо не менее
10+28+36+44=60 узлов, значит, узлы должны образовывать решётку размера не менее
чем 88, т.е. клетчатая доска должна быть размера не менее 77.
2-й способ: Предположим, что нам удалось разместить корабли на меньшем поле, значит, мы сможем их разместить и на поле 66. Разобьём поле 66 на 9 квадратов 22. В
каждом таком квадрате могут находиться максимум две клетки кораблей, иначе корабли будут касаться друг друга сторонами. Значит, на поле может быть не более 92=18
клеток всех кораблей. А всего корабли вместе содержат 4+23+32+41=20>18 клеток.
Противоречие. Значит, разместить корабли можно только на поле размера не меньше
77. А на этом поле их можно разместить даже без соприкосновения – см. рис.
2010.11.1. При каких значениях параметра a уравнение x2+y2+z2+t2+a=x+y+z+t имеет
единственное решение?
Ответ: при a=1. Решение: Перенесём всё в одну сторону и выделим сумму четырёх
полных квадратов (x1/2)2+(y1/2)2+(z1/2)2+(t1/2)2+a1=0, откуда и следует, что при
a>1 решений у уравнения нет, при a=1 решение единственное  все числа равны 1/2,
при a<1  решений бесконечно много.
2011.11.5. ABCD – вписанный четырёхугольник, у которого АВС=120 и
АВ+ВС=BD. Найдите ACD, если известно что ВАС=.
Ответ: 60 и 2, в частности, при =30 ответом является только 60. Решение: На биссектрисе АВС, пересекающей описанную окружность четырёхугольника в точке N, отметим точку К такую, что ВК=ВС, тогда равнобедренный ВКС окажется и равносторонним, т.к.
КВС=120/2=60. Тогда из равенств АВС=120=NKC
(внешний
угол
равностороннего
треугольника),
ВАС=BNC (вписанные углы, опирающиеся на одну
дугу) и BC=KC следует равенство треугольников АВС и
NKC, значит, BN=BK+KN=BC+BA=BD, т.е. точка N является одним из возможных вариантов расположения
точки D. Окружность с центром В и радиусом
BN=АВ+ВС может пересекать описанную окружность
четырёхугольника либо в одной точке (в случае, если АВ=ВС и ABCN окажется дельтоидом), либо в двух точках. При этом ACN=ABN=60 (вписанные углы, опирающиеся
на одну дугу), значит, в первом случае и для одной из точек (D1) второго случая нуж-
ный нам ACD=60. Для второго положения точки (D2) во втором случае (на чертеже
рассматриваем один из двух симметричных случаев: АВ>ВС, т.е. точка D2 лежит внутри
меньшей дуги AD1, равной 120) получаем, что с учётом равнобедренности BD1D2 и
опоры
на
равные
дуги
ACD2=BСD2BCA=BD1D2BCA=BD2D1BCA=BAD1BCA=
=BAC+CAD1BCA=+60(180ABCBAC)=+60(60)=2.
2010.11.6. Про действительные числа a, b и c известно, что a2+b=b2+c=c2+a. Верно
ли, что все эти три числа равны между собой?
Ответ: неверно, например, равенство выполняется для набора из трёх различных чисел a=1, b=t2>1 и c=t, где t – отрицательный корень многочлена f(x)=x3+x2+1 на интервале (2; 1). Доказательство: Заметим, что f(2)= 3<0, f(1)=1>0, значит, на интервале (2; 1) наш многочлен действительно имеет корень, который и назовём t.
Подставим вместо a, b и c соответственно значения 1, t2 и t, которые между собой не
равны. Получим, что должно выполняться условие: 1+t2=t4+t=t2+1. Это условие действительно выполняется, т.к. оно равносильно равенству t4t2+t1=0, которое верно в
силу равенства t4t2+t1=(t1)(t3+t2+1)=0, выполняющегося при отрицательном корне t
многочлена f(x)=x3+x2+1 на интервале (2; 1).