Указания к решению задач

8.5.
Указание. Вначале Пете достаточно взять произвольное нечетное A > 2, а затем, какое бы B ни
написал Коля, положить C = AB – B. Очевидно, C > 0. Число на доске окажется целым: AC/(B + C) = AB(A –
1)/AB = A– 1. Осталось доказать, что C  A, C  B. Поскольку A  2, то C  B. Далее, C = (A – 1)B четно,
следовательно, C  A.
Замечание. Неравенство C  A легко доказать и при произвольном A, большем 2.
8.6.
Ответ: 32 клетки.
Пример показан на рисунке 1. Докажем теперь, что более 32 клеток не может быть покрашено
в первый цвет.
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
3
2
3
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
3
2
3
2
3
…
Рис. 1
Рис.2
Заметим, что в любом квадратике 2  2 не более двух клеток первого цвета. Разобьем прямоугольник 7  8
на 12 квадратиков 2  2 и один прямоугольник 1  8 (см. рис.2). В каждом квадрате не более двух клеток
первого цвета, и в прямоугольнике не более 8 клеток первого цвета. Итого клеток первого цвета не более
12  2 + 8 = 32.
8.7.
Ответ: Не могло.
Если в n-ый (n  2) день Карлсон съел a n пирожных, то в (n + 1)-ый день он съел a n+1 = a n + 1 + a n = 2a n + 1
пирожное. Тогда a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 5, a 4 = 11, то есть на четвертый день он съел 11 пирожных.
Но 11 = 4k – 1, и 2(4k – 1) + 1 = 8k – 1= 4  2k – 1, следовательно, начиная с четвертого дня, количество
пирожных, съеденных Карлсоном, дает остаток 3 при делении на 4. А число, оканчивающееся на 101, дает
остаток 1 при делении на 4.
8.8.
Указание. Отложим на луче SP отрезок SQ = SQ. В равнобедренном треугольнике QSQ
биссектриса l угла PSQ является высотой и серединным перпендикуляром к отрезку QQ. Отсюда следует,
что прямые QQ и MT параллельны, так как они перпендикулярны l. Так как MT проходит через середину
PQ, то MT – средняя линия треугольника QPQ, и T– середина PQ. Пусть K – точка пересечения
перпендикуляра к PQ, восставленного в M (т.е. серединного перпендикуляра к PQ), и перпендикуляра к SP,
восставленного в T (т.е. серединного перпендикуляра к PQ). Точка K равноудалена от P и Q, а также от P и
Q. Значит, она равноудалена от Q и Q. Следовательно, K лежит на серединном перпендикуляре l к отрезку
QQ.
9.5.
См. решение задачи 8.7.
9.6.
Ответ: Можно.
Покажем по индукции, как получить любой многочлен вида x n + 1. База индукции: x n + 1 для n = 1 и 2
выписаны. Пусть на доске есть многочлены fn-2 = x n-2 + 1 и fn-1 = x n-1 + 1. Тогда выпишем gn = fn-1 – fn-2 = x n-1
– x n-2, hn = (x + 1)  gn = x n-2 (x – 1)(x + 1) = x n – x n-2 , hn + fn-2 = x n – x n-2 + x n-2 + 1 = x n + 1. (Если в какой-то
момент мы хотим выписать многочлен, уже написанный на доске, то пропустим этот шаг.) Утверждение
доказано.
9.7.
Указание. Используя то, что четырехугольники
ABCQ, BCPQ и ARSC – вписанные (см. рис.), получаем
равенства:  NQP =  BQC +  CQP =  BAC +  CBP = (180 –
 RSC) +  CBP =  BSR +  CBP =  BSM +  SBM = 180 –
 NMP. Итак,  NQP +  NMP = 180, откуда следует
требуемое.
9.8.
Ответ: Можно.
Укажем способ отыскания настоящей монеты. Для первого
взвешивания положим на чашки весов по 4 монеты. Возможны
два случая.
1. Одна из чашек перевесила. Обозначим через A, B, C и D
массы монет на этой чашке; ясно, что хотя бы одна из этих
монет – настоящая. Вторым взвешиванием сравниваем
Рис. 3
величины A + B и C + D. Если A + B > C + D или A +
B = C + D, то монеты с массами A и B не могут обе быть фальшивыми, и тогда третьими взвешиванием
сравниваем A и B. Более тяжелая из монет обязательно настоящая, а при A = B настоящие обе. (Если же A +
B < C + D, то третьим взвешиванием сравним C и D.)
2. При первом взвешивании зафиксировано равенство масс. Это значит, что на чашках по одинаковому
числу фальшивых монет, а общее число взвешенных фальшивых четно. Следовательно, среди остальных 7
монет число фальшивых также четно. Для второго взвешивания положим на чашки по 2 монеты из ранее не
взвешенных. Если какая-то пара тяжелее, то третьим взвешиванием сравним монеты этой пары; монета,
которая тяжелее или равна другой, – настоящая. Если же массы пар монет во втором взвешивании равны,
то в этих парах по одинаковому числу фальшивых монет, общее число фальшивых среди взвешенных
четно, четно оно и среди 3 оставшихся (ни разу не взвешенных). Тогда возьмем любые 2 из этих 3 монет и
сравним их массы; если какая-то чашка перевесит, то монета на ней – настоящая, в случае же равенства
настоящей обязательно будет третья монета.
10.5. Ответ: 2x 3 + 2x 2 – x – 1 = 0.
Пусть sin , cos , tg  – корни уравнения. Тогда 2x 3 + ax 2 + bx + c = 2(x – sin ) (x – cos ) (x – tg ) = 2x 3 –
2(sin  cos  tg )x 2 + 2(sin cos  sin  tg  cos  tg )x – 2 sin  cos  tg . Отсюда
sin  cos  tg  = – c/2, т.е. sin2 = –c/2, откуда, учитывая, что c – целое число, sin2 = 0, 1/2 или 1. Но если
1
1
sin2 = 0, то и tg  = 0, а если sin2 = 1, то tg  не существует. Значит, sin   
, тогда cos   
(так
2
2
a
b
как корни различны), и tg  = –1. Также   sin   cos   tg   1 ,
= sin cos  sin  tg 
2
2
1
cos  tg  .
2
10.6. Ответ: 24.
Выделим в каждом равнобедренном треугольнике прямую, на которой лежит его основание.
Если он равносторонний, произвольным образом объявим его основанием одну из его сторон.
Пусть l и m – некоторые две из проведенных прямых. Тогда существует не более одного равнобедренного
треугольника, у которого на l лежит основание, а на m – боковая сторона. Действительно, направление
третьей стороны тогда находится однозначно, и существует не более одной проведенной прямой этого
направления. Тогда прямая l содержит основания не более, чем трех треугольников; иначе у треугольников
с основаниями, лежащими на l, было бы 8 боковых сторон, и две лежали бы на одной прямой.
Итого, имеется не более 3  8 = 24 оснований, то есть треугольников не больше 24. Равнобедренных
треугольников будет 24, если провести 8 прямых, параллельных восьми последовательным сторонам
правильного 16-угольника, так, чтобы никакие три прямые не пересеклись в одной точке. Легко видеть, что
тогда на каждой прямой будет лежать ровно по три основания.
10.7.
Указание. Пусть диагонали трапеции пересекаются в точке S, а отрезки BD и MN – в точке S. Из
BS BC
. Из подобия треугольников NSD и MSB следует

SD AD
BS  BM
BC BM
BM ND
. Поэтому достаточно доказать равенство
или
.




AD ND
S D ND
BC AD
подобия треугольников ASD и CSB следует
Рис. 4
Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке O, и пусть O лежит, для определенности, на продолжениях
отрезков AB и CD за точки B и C, соответственно. Обозначим через K, L, P, Q точки касания окружностей
1, 2 с прямыми AB и CD (см. рис.).
OB  BC  OC
OB  BC  OC
Так как OK + CM = OL + CL = OC и BM = BK, то BM =
. Так как OP =
 OC 
2
2
OA  AD  OD
OA  AD  OD
OA + AN, OQ = OD + DN и OP = OQ, то OQ =
и DN =
 OD =
2
2
OA  AD  OD
OB BC OC
. Треугольники OBC и OAD подобны, поэтому
= k. Отсюда


2
OA AD OD
ND OA  AD  OD
k  OA  k  AD  k  OD OB  BC  OC BM
=
=
, что и требовалось.


2 BC
BC
AD
2 AD
2k  AD
10.8. Ответ: 13.
Для каждого возможного способа проезда запишем множество городов (отличных от A и B),
через которые путь проходит. Тогда для разных способов получаются разные множества. Действительно,
пусть для двух способов эти множества совпали. Поскольку каждые два города соединены не более чем
одной дорогой, то порядок, в котором эти города встречаются на пути, разный. Следовательно, найдутся
такие два города X и Y, что при первом способе X встречается раньше, чем Y, а при втором способе –
наоборот. Но тогда из X можно добраться до Y и затем вернуться в X, что противоречит условию. Пусть в
стране n городов. Тогда способов не больше, чем подмножеств множества из n – 2 городов, отличных от A
и B, то есть 2006  2 n-2, откуда n 13.
Приведем пример страны с 13 городами, в которой условие выполнено. Перенумеруем города от 0 до 12 (A
– нулевой, B – двенадцатый) и соединим пока любые два города в направлении от меньшего к большему.
Тогда для каждого подмножества промежуточных городов существует путь по ним, то есть всего способов
211 = 2048. Теперь закроем дороги, ведущие из второго, четвертого и шестого городов в B. Тогда из общего
количества способов вычлось количество способов добраться из A во второй, из A в четвертый и из A в
шестой города, т.е. количество способов стало равно 2048 – 21 – 23 – 25 = 2006, что и требовалось.
11.5. Указание. Пусть q  0 – знаменатель прогрессии. Из условия следует, что tg x 
некоторого целого n. Тогда ctg x 
tg x
tg 2 x
 tg x  q 2n – также ее член.
sin x
 q n для
cos x
11.6. Указание. Пусть BB1 и CC1 – две высоты пирамиды
DACB. По условию, B1  CM, C1  BM, где M – середина ребра
AD. Из определения высоты пирамиды следует, что BB1  AD,
CC1  AD, значит, AD  BMC
Тогда BM – медиана и высота  ABD, т.е. AB = BD. Аналогично,
из  ACD, AC = CD. Рассматривая другие пары высот,
получаем: AD = AC, BD = BC и AB = AD, BC = CD. Отсюда
следует утверждение задачи.
11.7. Ответ: 60.
Выделим в каждом равнобедренном треугольнике прямую, на
которой лежит его основание. Если же он равносторонний, то
Рис. 5
произвольным образом объявим основанием одну из его
сторон. Пусть l и m – некоторые две из проведенных прямых. Тогда существует не более одного
равнобедренного треугольника, у которого на l лежит основание, а на m – боковая сторона. Действительно,
направление третьей стороны тогда задается однозначно, и существует не более одной проведенной прямой
этого направления. Тогда прямая l содержит основания не более, чем пяти треугольников; иначе у
треугольников с основаниями, лежащим на l, было бы 12 боковых сторон, и две лежали бы на одной
прямой. Итого, всего есть не более 5  12 = 60 оснований, то есть треугольников не больше 60.
Равнобедренных треугольников будет 60, если провести 11 прямых, параллельных сторонам правильного
11-угольника, и двенадцатую прямую, перпендикулярную одной из его сторон (при этом никакие три
прямых не должны пересекаться в одной точке). Легко видеть, что тогда на каждой прямой будет лежать
ровно по пять оснований.
Замечание. Прямые, параллельные двенадцати последовательным сторонам правильного 24-угольника, не
дают оптимального примера. Действительно, если в конфигурации есть равносторонний треугольник, то
для двух прямых (не содержащих его основания) будет существовать не более чем по 4 треугольника с
основаниями на них.
11.8. Указание. Если N четно, то побеждает первый; если же N нечетно, то побеждает второй.
Пусть N четно. Докажем, что первый может каждым своим ходом добиваться того, что оставшиеся кучи
делятся на пары равных (такую ситуацию назовем симметричной). Первым своим ходом он разделит кучу
на две равных. Далее, если второй очередным своим ходом сделает некоторое действие с какой-то кучей, то
первый может сделать такое же действие с парной кучей, и симметрия сохранится. Тогда, очевидно, второй
не сможет взять последний камень.
Пусть N нечетно. Докажем, что второй каждым своим ходом может добиться одной из двух ситуаций: либо
все кучи делятся на пары равных (симметричная ситуация), либо же все кучи, кроме одной, делятся на
пары равных, а в оставшейся – нечетное число камней, большее 1 (такую ситуацию назовем почти
симметричной). Тогда, очевидно, первый не сможет забрать последний камень. Заметим, что перед первым
ходом первого именно такая ситуация.
Рассмотрим, что сделал первый своим очередным ходом. Если он совершил какое-то действие с кучей,
входящей в одну из пар, то второй делает аналогичное действие с парной кучей. Если первый взял камень
из непарной нечетной кучи, то она стала четной (и в ней есть еще камни!), и второй может разделить ее на
две равных части, приводя к симметричной ситуации.
Пусть первый разделил нечетную кучу на две части, состоящие из a и b камней, a < b. Если a < b – 1, то
второй кучу из b камней разделит на кучи из a и b – a > 1 камней, приводя ситуацию к почти
симметричной.
Если же b – a = 1, то второй возьмет один камень из кучи в b камней, приводя ситуацию к симметричной.
Итак, второй всегда может сделать ход с соблюдением нашего условия. Поэтому он выиграет.