Харьков

МАТЕРИАЛЫ
третьего (областного) этапа
Всеукраинской олимпиады школьников
по математике
(задания и решения)
Харьков - 2003
1
Сборник содержит материалы областной математической олимпиады
школьников, которая состоялась 26 января 2003 года в Харьковском
национальном университете имени В.Н.Каразина.
В сборник включены тексты всех задач, предложенных на олимпиаде, и
их полные решения.
Сборник составляли и редактировали: Берштейн М.А., Бойко К.С.,
Бойко М.С., Игнатович С.Ю., Крижановский О.Ф., Кулагин В.М. и другие.
Авторы задач:
Бойко М.С. (7.2)
Игнатович С.Ю. (9.2)
Крижановский О.Ф. (7.3–7.5, 8.1, 8.3–8.5, 9.1, 9.3–9.5, 10.1–10.5, 11.1, 11.3–11.5)
Задачи 7.1, 8.2, 11.2 – из материалов жюри.
Состав комиссии по составлению заданий для олимпиады: Бойко К.С.,
Бойко М.С.,
Игнатович С.Ю.,
Каролинский Е.М.,
Крижановский О.Ф.,
Лейбина О.В.
Комиссия по составлению заданий выражает искреннюю благодарность Игорю
Михайловичу Мительману (г. Одесса, Ришельевский лицей) за ценные замечания,
которые позволили существенно улучшить формулировки ряда задач.
2
7 класс
Задача 7.1. Является ли число 2003 2003 + 5 квадратом натурального числа?
Ответ обоснуйте.
Ответ: Нет. Решение. Подсчитаем последнюю цифру числа 20032003. Она
совпадает с последней цифрой числа 32003. Поскольку 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27,
34 = 81, 35 = 273, то последняя цифра степеней числа 3 повторяется с периодом
4. В частности, число 32003 = 34·500 + 3 оканчивается цифрой 7. Следовательно,
последняя цифра числа 20032003 также равна 7, а число 20032003 + 5
оканчивается цифрой 2. Однако квадрат натурального числа не может
оканчиваться цифрой 2 (это легко проверить, рассмотрев последние цифры
квадратов чисел от 0 до 9).
Задача 7.2. Миллион троллейбусных талонов пронумерован стандартным
способом: 000000, 000001, , 999999. Назовем талон счастливым, если с
помощью всех цифр его номера (каждая цифра должна использоваться ровно
столько раз, сколько раз она встречается в записи этого номера), скобок и
знаков арифметических действий +, , × (не все эти знаки обязательно
использовать) можно получить арифметическое выражение, значение которого
равняется нулю. Сколько талонов не являются счастливыми? Ответ обоснуйте.
Ответ: 0. Решение. Покажем, что несчастливых талонов нет, то есть все
талоны – счастливые. Сперва заметим, что если из нескольких цифр номера
можно составить выражение, значение которого равно нулю, то и из всех цифр
номера можно составить выражение, равное нулю (для этого достаточно
выражение из нескольких цифр, равное нулю, умножить на остальные цифры
номера). В частности, если в номере талона встретилась цифра 0 или в номере
талона есть хотя бы две одинаковые цифры, то он счастливый. Рассмотрим
талон, все цифры номера которого различны и не равны 0. Тогда наименьшая
цифра номера положительна и не превосходит 4. Пусть наименьшая цифра
равна 1, тогда остальные пять цифр принадлежат множеству {2, 3, , 9}.
Разобьем это множество на четыре подмножества {2,3}, {4,5}, {6,7}, {8,9}; в
каждом из них разность большего и меньшего элементов равна 1 (то есть
наименьшей цифре номера). Пусть наименьшая цифра номера равна 2, тогда
остальные пять цифр принадлежат подмножествам {3,5}, {4,6}, {7,9}, {8}; если
такое подмножество состоит из двух элементов, то разность большего и
меньшего элементов равна 2 (то есть наименьшей цифре номера). Аналогично
для случая, когда наименьшая цифра номера равна 3, рассмотрим
подмножества {4,7}, {5,8}, {6}, {9}, а для случая, когда наименьшая цифра
номера равна 4, рассмотрим подмножества {5,9}, {6}, {7}, {8}. Поскольку в
каждом случае подмножеств четыре, а различных цифр – пять (мы
рассматриваем все цифры номера, кроме наименьшей), по принципу Дирихле
хотя бы две (различные) цифры номера принадлежат одному и тому же
подмножеству. Пусть a < b – эти две цифры, а c – наименьшая цифра номера
3
(тогда a > c, b > c). Следовательно, талон счастливый, поскольку имеем
выражение b – a – c = 0.
Задача 7.3. Можно ли правильный шестиугольник со
стороной 2003 см разбить на четырехугольники, составленные
из трех равносторонних треугольников со стороной 1 см (как
1
1
изображено на рисунке)? Ответ обоснуйте.
Ответ: Можно. Решение. Покажем, как строится такое
разбиение. Назовем четырехугольник, изображенный на рисунке,
элементарным. Складывая элементарные четырехугольники “елочкой”, легко
получить параллелограмм размером 3 × N для любого N (рис.1). Затем от
исходного шестиугольника отрежем “кольцо” ширины 3, составленное из таких
параллелограммов (рис.2). При этом шестиугольник останется правильным, а
длина его стороны уменьшится на 3. Продолжая процесс, после 667 таких
шагов получим правильный шестиугольник со стороной 2003  667·3 = 2,
который уже легко разрезать на элементарные четырехугольники (рис.3).
1
1
1
1
Рис.1
2
Рис. 2
Рис. 3
Задача 7.4. В каждой клетке доски 2003 × 2003 сидит по одному муравью.
Назовем расстоянием между двумя клетками длину кратчайшей из ломаных,
которые соединяют центры этих клеток таким образом, что каждое их звено
параллельно одной из сторон доски. В начальный момент времени муравьи
начинают переползать из клетки в клетку, причем нескольким муравьям
разрешается одновременно находиться в одной клетке. В некоторый момент
оказалось, что для любых двух муравьев расстояние между клетками, в
которых они сидят, равняется расстоянию между клетками, в которых эти
муравьи сидели вначале (считаем, что каждый муравей “целиком” сидит в
соответствующей клетке). Докажите, что в этот момент времени хотя бы один
муравей находится в той же самой клетке, в которой он находился
первоначально.
Решение. Из условия немедленно вытекает, что различные муравьи в
конечный момент времени окажутся в различных клетках, по одному в каждой
клетке. Рассмотрим муравья O, который изначально находился в центральной
клетке, и покажем, что он и в конечный момент времени должен оказаться в
центральной клетке. Действительно, расстояние между центральной клеткой и
4
любой другой клеткой доски не превосходит 2002. Предположим, что муравей
O в конечный момент времени переполз в другую, не центральную клетку.
Разобьем доску на четыре части двумя прямыми, параллельными сторонам
доски и проходящими через правый верхний угол центральной клетки. Тогда
муравей O переполз в одну из этих четырех частей. Но расстояние между
клеткой, куда переполз муравей O, и угловой клеткой противоположной части
(т.е. угловой клеткой доски, которая принадлежит противоположной части)
будет больше 2002. Например, если муравей переполз в правую верхнюю
часть, то левая нижняя угловая клетка доски находится от его клетки на
расстоянии большем, чем 2002. Пусть в этой угловой клетке в конечный
момент времени сидит муравей V. Тогда расстояние между муравьями O и V в
конечный момент времени строго больше расстояния между этими же
муравьями в начальный момент времени, что противоречит условию.
Задача 7.5. Можно ли таблицу 2003 × 2003 так заполнить всеми
натуральными числами от 1 до 20032 (в каждую клетку записывается только
одно число, причем каждое число используется только один раз), чтобы все
суммы чисел в каждой строке и каждом столбце (всего 2·2003 сумм) оказались
попарно различными и кратными 2003? Ответ обоснуйте.
Ответ: Можно. Решение. Приведем пример расстановки чисел,
удовлетворяющей условию задачи. Будем нумеровать строки сверху вниз, а
столбцы слева направо. Поставим в первом столбце сверху вниз числа
1, 2, 3, , 2003; во втором столбце сверху вниз числа 2004, 2005, , 4006;
и т.д.; наконец, в 2003-м столбце поставим сверху вниз числа 2003·2002 + 1,
2003·2002 + 2, , 2003·2002 + 2003. Формально, на пересечении i-й строки и jго столбца стоит число 2003·(j  1) + i. Сумма всех чисел в первом столбце
равняется сумме всех натуральных чисел от 1 до 2003, т. е.
2003·2004 / 2 = 2003·1002. Каждое число второго столбца на 2003 больше
своего левого соседа из первого столбца, поэтому сумма всех чисел во втором
столбце равняется 2003·2003 + 2003·1002 = 2003·(2003 + 1002). Рассуждая
аналогично, получим суммы чисел в других столбцах (см. таблицу).
Подсчитаем теперь суммы чисел в строках. Если из числа i, стоящего на
пересечении 1-го столбца и i-й строки, вычесть 1, результат умножить на 2003
и к полученному числу прибавить 1, то получится число 2003·(i  1) + 1,
стоящее на пересечении 1-й строки и i-го столбца. Поэтому сумма всех чисел в
первой
строке
равняется
(2003·1002  2003)·2003 + 2003 = 2003·(2003·1001 + 1). Каждое число второй
строки на 1 больше своего верхнего соседа из 1-й строки, поэтому сумма всех
чисел
во
второй
строке
равняется
2003 + 2003·(2003·1001 + 1) = 2003·(2003·1001 + 2). Рассуждая аналогично,
получим суммы чисел в других строках (см. таблицу).
Все полученные суммы в строках и столбцах делятся на 2003.
5
столбец
1й
2й

1001й
1002й
1003й

2002й
2003й
сумма
в столбце
2003·(2003·0 + 1002)
2003·(2003·1 + 1002)

2003·(2003·1000 + 1002)
2003·(2003·1001 + 1002)
2003·(2003·1002 + 1002)

2003·(2003·2001 + 1002)
2003·(2003·2002 + 1002)
строка
1я
2я

1001я
1002я
1003я

2002я
2003я
сумма
в строке
2003·(2003·1001 + 1)
2003·(2003·1001 + 2)

2003·(2003·1001 + 1001)
2003·(2003·1001 + 1002)
2003·(2003·1001 + 1003)

2003·(2003·1001 + 2002)
2003·(2003·1001 + 2003)
Как видно из таблицы, суммы чисел в 1002-м столбце и 1002-й строке (и
только они!) совпадают. Действительно, остатки от деления на 2003 2 для сумм
по столбцам одинаковы и равны 2003·1002, а для сумм по строкам все
различны между собой. Теперь “подправим” расстановку чисел следующим
образом: поменяем местами первые числа среднего (1002-го) и последнего
(2003-го) столбцов, а также последние числа этих же столбцов. Таким образом,
поменялись местами числа 2003·1001 + 1 и 2003·2002 + 1, стоящие в первой
строке, и поменялись местами числа 2003·1001 + 2003 и 2003·2002 + 2003,
стоящие в последней строке. При этом суммы чисел в строках и суммы чисел
во всех столбцах, кроме среднего и последнего, не изменятся. Сумма чисел в
среднем столбце увеличится на 2·(2003·2002  2003·1001) = 2003·(2003  1) и
станет равной
A = 2003·(2003·1001 + 1002) + 2003·(2003  1) = 2003·(2003·1002 + 1001),
а сумма чисел в последнем столбце уменьшится на такую же величину, т.е. на
2003·(2003  1), и станет равной
B = 2003·(2003·2002 + 1002)  2003·(2003  1) = 2003·(2003·2001 + 1003).
Эти две новые суммы по 1002-му и 2003-му столбцам также делятся на 2003.
Покажем, что они не могут совпасть ни с одной из сумм, полученных ранее.
Действительно, остатки чисел A и B при делении на 20032 равны 2003·1001 и
2003·1003 соответственно. Из всех сумм в таблице такие остатки встречаются
только в 1001-й и 1003-й строках. Следовательно, A или B не могут совпасть ни
с одной суммой по остальным столбцам и ни с одной из сумм по строкам,
кроме, быть может, 1001-й и 1003-й. Но, как видно из таблицы, суммы по
1001-й и 1003-й строкам также не совпадают с A и B. Итак, указанная
расстановка чисел на доске удовлетворяет условию задачи. На рисунке в
качестве иллюстрации приведена аналогичная расстановка чисел от 1 до 25 в
таблице 5×5.
6
суммы
в строках
суммы
в строках
1
6
11 16 21
55
1
6
21 16 11
55
2
7
12 17 22
60
2
7
12 17 22
60
3
8
13 18 23
65
3
8
13 18 23
65
4
9
14 19 24
70
4
9
14 19 24
70
5
10 15 20 25
75
5
10 25 20 15
75
суммы
в
15
столбцах
40 65 90 115

суммы
в
столбцах
15 40 85 90 95
8 класс
Задача 8.1. Величины углов некоторого треугольника (в градусах)
выражаются натуральными числами. Каждое из этих трех чисел запишем в
десятичной системе счисления (первая слева цифра не может быть нулем), а
затем переставим все его цифры в обратном порядке. Может ли оказаться, что
три полученных таким образом числа являются величинами углов (в градусах)
некоторого другого треугольника, у которого величина хотя бы одного угла не
совпадает ни с одной из величин углов исходного треугольника? Ответ
обоснуйте.
Ответ: Может. Решение. Например, треугольник с величинами углов 89,
87 и 4 градуса превращается в треугольник с величинами углов 98, 78 и 4
градуса. Эти треугольники удовлетворяют условию задачи, поскольку
89 + 87 + 4 = 98 + 78 + 4 = 180 и наборы углов этих треугольников различны.
Замечание. Эта задача считается решенной, если приведен пример
треугольника, удовлетворяющего условиям задачи. Покажем, как можно
“вычислить” этот пример. Рассмотрим два случая.
1) Величины всех трех углов треугольника выражаются двузначными
натуральными
числами
Тогда
и
ab , cd и ef .
ab + cd + ef = 180
ba + dc + fe = 180.
Иначе
говоря,
10a + b + 10c + d + 10e + f = 180,
10b + a + 10d + c + 10f + e = 180. Складывая эти равенства, получаем, что
360 = 11(a + b + c + d + e + f). Поскольку все числа a, b, c, d, e, f – целые, то
правая часть последнего равенства кратна 11, а левая – нет. Полученное
противоречие показывает, что величины всех трех углов треугольника не могут
выражаться двузначными натуральными числами.
2) Величины двух углов треугольника выражаются двузначными
натуральными числами ab и cd , а третьего – однозначным числом e. Тогда
ab + cd + e = 180, ba + dc + e = 180. Иначе говоря, 10a + b + 10c + d + e = 180,
7
10b + a + 10d + c + e = 180. Складывая эти равенства и вычитая из первого
второе, получаем 11(a + b + c + d) = 360  2e и 9(a + c  b  d) = 0. Из первого
равенства следует, что число 360  2e делится на 11. Поскольку 352 = 32·11, то
число 8  2e делится на 11. Таким образом, число 2e должно давать остаток 8
при делении на 11. Однако 2e  18 (т.к. e – это цифра, 1  e  9), поэтому
получаем,
что
2e = 8.
Следовательно,
e = 4,
откуда
имеем
a + b + c + d = (360  8) / 11 = 32. Но a + c = b + d, поэтому a + c = b + d = 16.
Поскольку a, b, c, d – цифры (т.е. a, b, c, d  9), возможны только следующие
варианты: 9 + 7 = 7 + 9 = 8 + 8 = 16. Итак, цифра a может равняться 7, 8 или 9.
Пусть, например, a = 8, тогда c = 8. Далее, одна из цифр b и d равна 7, а другая
9, или обе равны 8. Если b = d = 8, то углы исходного треугольника равны 88,
88 и 4, то есть совпадают с углами полученного треугольника, что
противоречит условию. Если b = 9, d = 7, то углы исходного треугольника
равны 89, 87 и 4 градуса, а углы полученного треугольника равны 98, 78 и 4
градуса. Мы получили пример, приведенный в решении.
Задача 8.2. В треугольнике ABC на стороне BC выбрана такая точка K, что
отрезок AK пересекает медиану BM в точке N, причем AN = BC. Докажите, что
BK = KN.
Решение. Продолжим медиану BM за точку M на длину этой медианы.
Получим точку B1 такую, что
A
B1
B1 M = MB. Тогда треугольник
AMB1 равен треугольнику CMB
по двум сторонам и углу между
ними
(вертикальному).
Следовательно,
AB1 = BC = AN.
M
Значит,
треугольник
NAB1
N
равнобедренный, поэтому угол
ANB1 равен углу AB1N. Кроме
B
K
C
того, угол AB1N равен углу
NBK, что вытекает из равенства
треугольников AMB1 и CMB. Углы BNK и ANB1 равны как вертикальные. Из
этих равенств получаем, что углы BNK и NBK тоже равны. Следовательно,
треугольник BKN равнобедренный и BK = KN.
Задача 8.3. Разрядным минимумом двух натуральных чисел A и B назовем
такое целое неотрицательное число Rmin(A,B), каждая десятичная цифра
которого совпадает с наименьшей из цифр A и B, расположенных в этом же
разряде (числа рассматриваются в десятичной записи; вместо тех цифр,
которых не хватает слева, записываем нули). Аналогично определяется
разрядный максимум, а именно, разрядным максимумом двух натуральных
чисел A и B назовем такое целое неотрицательное число Rmax(A,B), каждая
десятичная цифра которого совпадает с наибольшей из цифр A и B,
расположенных в этом же разряде. Например, Rmin(1357,854) = 354. Докажите,
8
что для любых натуральных чисел A и B справедливо неравенство
Rmin(A,B) · Rmax(A,B)  A · B.
Решение. Докажем что Rmin(A,B) + Rmax(A,B) = A + B. Действительно,
рассмотрим цифру числа A и цифру числа B, стоящие в одном десятичном
разряде, и заметим, что одна из этих цифр “идет” в Rmin(A,B), а другая – в
Rmax(A,B) в этот же разряд. Следовательно, сумма цифр, стоящих в некотором
разряде в Rmin(A,B) и Rmax(A,B), равна сумме цифр, стоящих в том же разряде в
числах A и B. Отсюда вытекает, что Rmin(A,B) + Rmax(A,B) = A + B.
Не
ограничивая
общности,
считаем
A  B.
Положим
C = Rmax(A,B) B = A  Rmin(A,B). Из определения Rmin(A,B) следует, что
Rmin(A,B)  A, поэтому C  0. Тогда
A · B  Rmin(A,B) · Rmax(A,B) = A · B  (A  C)(B + C) = C(B  A + С)  0,
что и требовалось доказать.
Задача 8.4. Можно ли разбить 4006 клеток клетчатого прямоугольника
2×2003 на пары таким образом, чтобы все расстояния между центрами клеток,
образующих пару, были попарно различны? Ответ обоснуйте.
Ответ: Можно. Решение. Укажем один из способов разбиения. Будем
обозначать клетки прямоугольника (i, j), где i означает номер строки (i = 1, 2), а
j – номер столбца (1  j  2003). Объединим в пары следующие клетки:
(*)
(1, j) и (2, 2003  j)
для
j = 1, , 1001,
(**)
(1, 2003  j) и (2, j + 1) для j = 1, , 1000.
Расстояния между центрами клеток пар (*) равны
(2003 - 2 j  2   ,
причем
2003  2j <
(2003 -2 j  2   < 2004  2j,
так
что
расстояния
принадлежат различным интервалам длины 1 с нечетным левым концом и
четным правым. Расстояния между центрами клеток пар (**) равны
(2002 -2 j  2   , причем 2002  2j < (2002 -2 j  2   < 2003  2j, так что
расстояния принадлежат различным интервалам длины 1 с четным левым
концом и нечетным правым. Следовательно, все эти 2001 расстояние попарно
различны, так как соответствующие интервалы не пересекаются. Оставшиеся
четыре клетки (1, 1002), (1, 2003), (2, 1) и (2, 2003) объединим в пары таким
образом: пара (1, 1002) и (1, 2003) (расстояние между центрами равно 1001),
пара (2, 1) и (2, 2003) (расстояние между центрами равно 2002), причем эти
расстояния, очевидно, различны и не совпадают с предыдущими. На рисунке в
1 2 3 4 8 7 6 5 8 качестве иллюстрации приведено аналогичное
разбиение для случая прямоугольника 2×9.
9 5 6 7 4 3 2 1 9 Равные цифры в клетках означают, что клетки
принадлежат одной паре.
Задача 8.5. Над натуральным числом N разрешается выполнить
следующую операцию: заменить его или на число 2N + 1, или на любой
натуральный делитель числа N. Докажите, что из любого натурального числа M
9
после нескольких таких операций можно получить любое нечетное
натуральное число K.
Решение. Докажем, что из любого натурального числа M после
нескольких указанных операций можно получить любое нечетное натуральное
число K. Для этого достаточно доказать, что любое нечетное число K можно
получить из числа M = 1 (действительно, 1 является делителем любого числа,
т.е. из любого натурального числа можно получить 1, применяя замену числа
на его делитель). Заметим, что с помощью замены числа N на число 2N + 1
можно из числа M = 1 получить любое число вида 2n  1, где n – натуральное
(получая последовательно 1, 3, 7, 15, ). Действительно, если на некотором
шаге получено число N = 2n  1, то применяя к нему указанную замену,
получим 2N + 1 = 2n + 1  1.
Докажем, что для любого нечетного K существует натуральное n, такое,
что 2n  1 делится на K. Действительно, рассмотрим K + 1 число 21, 22, , 2K + 1.
Рассмотрим остатки, которые дают эти числа при делении на K. Поскольку
всего существует K возможных остатков, то по принципу Дирихле среди
рассматриваемых чисел найдутся два (различных) числа 2 a и 2b, дающие
одинаковые остатки при делении на K. Пусть a > b. Тогда 2a  2b = 2b (2a  b  1)
делится на K. Однако 2b взаимно просто с K, поскольку K нечетно. Значит,
(2a  b  1) делится на K, где a  b натуральное.
Итак, для данного нечетного K найдем натуральное n, такое, что 2n  1
делится на K. Получим 2n  1 из 1, применяя последовательно замены числа N
на число 2N + 1. Наконец, получим K, применив замену 2n  1 на его делитель.
9 класс
Задача 9.1. Все страницы книги пронумерованы стандартным способом
последовательными натуральными числами от 1 до N (N может быть как
четным числом, так и нечетным). Когда для каждой страницы подсчитали
произведение цифр, использованных для ее нумерации, оказалось, что для
некоторых 100 страниц эти произведения равны между собой. При каком
наименьшем значении N это возможно? Ответ обоснуйте.
Ответ: Наименьшее возможное значение N равняется 550. Решение.
Обозначим через K(a,M) количество натуральных чисел, не превышающих M,
произведение цифр каждого из которых равно a. Например, K(1,11) = 2,
K(12,100) = 4, K(0,99) = 9, K(0,109) = 9 + 10 = 19, K(0,199) = 9 + 10 + 9 = 28. В
задаче требуется найти минимальное значение N, для которого K(a,N) = 100 для
некоторого a. Покажем, что такое минимальное значение N равно 550.
Нетрудно подсчитать, что K(0,550) = K(0,599)  4 = 9 + 5·19  4 = 100, а
K(0,549) = K(0,550)  1 = 99. Тогда для любого 1  N < 549 имеем
K(0,N)  K(0,549) < 100. Назовем “десятком” набор из 10 последовательных
натуральных чисел, которые отличаются друг от друга только цифрами единиц.
Набор из девяти последовательных чисел 1,2,,9 также будем называть
10
“десятком”. Тогда для каждого a  0 в одном “десятке” найдется не более
одного числа, произведение цифр которого равно a. Следовательно, при a  0
имеем K(a,549)  [549/10] + 1 = 55. Тогда для любого 1  N < 549 при любом
a  0 имеем K(a,N)  K(a,549) < 100. Таким образом, мы показали, что
K(0,550) = 100, в то время как K(a,N) < 100 для любого a и любого 1  N  549.
Задача 9.2. Имеет ли система уравнений
 (a  b)(a  c)(a  d )  2,
 (b  a)(b  c)(b  d )  0,


 (c  a)(c  b)(c  d )  0,
(d  a)(d  b)(d  c)  3
решение в целых числах?
Ответ: Не имеет. Решение. Действительно, пусть a, b, c, d – решение
данной системы в целых числах. Тогда из второго уравнения следует, что хотя
бы одно из чисел b + a, b + c и b + d равно нулю. Но из первого уравнения
следует, что b + a  0; аналогично из четвертого уравнения следует, что
b + d  0. Тогда b + c = 0. Подставляя c = b в первое и четвертое уравнения,
получаем (a + b)(a  b)(a + d) = 2 и (d + a)(d + b)(d  b) = 3. Поскольку 2 и 3
взаимно просты, а (a + d) – их общий делитель, то a + d = 1. Следовательно,
(a + b)(a  b) = 2. Однако числа a + b и a  b имеют одинаковую четность,
поэтому (a + b)(a  b) либо нечетно, либо делится на 4. Итак,
(a + b)(a  b)  2. Полученное противоречие показывает, что система не имеет
решений в целых числах.
Задача 9.3. В описанном четырехугольнике ABCD продолжения сторон
AB и CD пересекаются в точке E, а продолжения сторон AD и BC пересекаются
в
точке
F.
Известно,
что
AED = CFD. Докажите, что точки, в
E
которых
вписанная
окружность
касается сторон четырехугольника
ABCD,
являются
вершинами
T
равнобокой трапеции.
D
A
F
Решение.
Предположим
для
Z
определенности,
что
A
находится
между
X
B и E, D – между C и E, C – между B и
F, и D – между A и F. Обозначим точки
C
касания сторон AB, BC, CD и DA
Y
четырехугольника и вписанной в него
окружности через X, Y, Z и T
соответственно. Тогда
B
AED = XEZ = 1/2 (ZYX  XTZ)
и CFD = YFT = 1/2 ( YXT  TZY),
11
откуда
0 = AED  CFD = 1/2(ZYX  XTZ  YXT + TZY) =
= 1/2(ZY + YX  XT  TZ  YX  XT + TZ + ZY) = ZY  XT,
значит, XT = ZY. Следовательно, соответствующие хорды XT и ZY равны и
прямые XY и TZ параллельны. Действительно,
XYZ + YZT = 1/2 (XT + TZ + YX + XT) =
= 1/2 (XT + TZ + YX + ZY) = 1/2 XTZYX = 180
Осталось доказать, что четырехугольник XYZT не является параллелограммом.
Действительно, пусть XYZT – вписанный параллелограмм. Тогда
YXT + TZY = 1/2 YXTZY = 180
и
YXT = TZY,
следовательно,
YXT = TZY = 90. Аналогично XTZ = ZYX = 90, так что XYZT является
прямоугольником, а его диагонали XZ и TY являются диаметрами окружности.
Следовательно, прямые AB и CD как касательные перпендикулярны XZ.
Поэтому AB  CD, так что прямые AB и CD не пересекаются в точке E, как
сформулировано в задаче.
Задача 9.4. Докажите, что наибольшее значение k, при котором для
произвольного треугольника с длинами сторон a, b и c из отрезков с длинами
ka2 + bc, kb2 + ca и kc2 + ab также можно составить треугольник, равно 3/2.
Решение. Докажем сначала, что k  3/2. Предположим, что k > 3/2, и
покажем, что в этом случае существуют такие числа a, b и c, являющиеся
длинами сторон треугольника, что из отрезков с длинами ka2 + bc, kb2 + ca и
kc2 + ab нельзя составить треугольник. А именно, рассмотрим треугольник со
сторонами a = n, b = n и c = 2n  1, где n – натуральное число (такой
треугольник
существует,
поскольку
n  2n  1 < n + n).
Тогда
ka2 + bc = kb2 + ca = (k + 2) n2  n и kc2 + ab = (4k + 1) n2  4kn + k. Покажем,
что для таких a, b и c при достаточно больших n имеет место следующее
неравенство
(1)
(ka2 + bc) + (kb2 + ca)  kc2 + ab,
из которого следует, что из отрезков с длинами ka2 + bc, kb2 + ca и kc2 + ab
нельзя составить треугольник. Заметим, что (1) равносильно неравенству
(2k  3) n2  (4k  2) n + k  0. Поскольку k > 3/2, левая часть последнего
неравенства представляет собой квадратный трехчлен относительно n с
положительным коэффициентом при старшем члене. Поэтому при достаточно
больших n этот трехчлен принимает положительные значения, а,
следовательно, выполнено неравенство (1).
Итак, k  3/2. Покажем, что при k = 3/2 для любого треугольника со
сторонами a, b и c из отрезков с длинами 3 a2 + bc, 3 b2 + ca и 3 c2 + ab также
2
2
2
можно составить треугольник. Понятно, что вместо этих отрезков можно
рассматривать отрезки с длинами 3a2 + 2bc, 3b2 + 2ca и 3c2 + 2ab. Не нарушая
общности, можно считать, что a  b  c. Тогда, учитывая, что a + b > c,
получаем
12
(3a2 + 2bc)  (3b2 + 2ca) = 3(a2  b2) + 2(bc  ca) = (a  b)(3a + 3b  2c)  0,
(3b2 + 2ca)  (3c2 + 2ab) = 3(b2  c2) + 2(ca  ab) = (b  c)(3b + 3c  2a)  0.
Таким образом, 3a2 + 2bc  3b2 + 2ca  3c2 + 2ab, поэтому достаточно проверить,
что 3c2 + 2ab < (3a2 + 2bc) + (3b2 + 2ca). Имеем
3c2 + 2ab = 2c2 + c2 + 2ab < 2c(a + b) + (a + b)2 + 2ab =
= 2c(a + b) + a2 + b2 + 2·2ab 
 2c(a + b) + a2 + b2 + 2(a2 + b2) = (3a2 + 2bc) + (3b2 + 2ca).
Задача 9.5. Проволочный отрезок длины 2003 разбит на 2003 единичных
отрезка. На проволоке находятся 2003 муравья. В начальный момент времени
все эти муравьи сидят по одному в центре каждого единичного отрезка. Затем
они начинают произвольно переползать из отрезка в отрезок (возможно, что
какие-то муравьи вообще не переползают). В некоторый момент времени
оказалось, что все 2003 муравья опять сидят по одному в центре каждого
единичного отрезка. Может ли в этот момент времени расстояние между
любыми двумя различными муравьями отличаться от расстояния между этими
же муравьями в начальный момент времени? Ответ обоснуйте.
Ответ: Может. Решение. Приведем соответствующий пример.
Занумеруем муравьев (и соответствующие единичные отрезки, на которых они
сидят в начальный момент) различными натуральными числами от 1 до 2003
слева направо. Перемещение муравьев в некоторый момент времени (назовем
его T) могло бы выглядеть следующим образом:
при 1  k  1002 в момент времени T k-й муравей перемещается на
отрезок с номером 2k  1,
при 1003  k  2003 в момент времени T k-й муравей перемещается на
отрезок с номером 2(k  1002).
Легко видеть, что в этом случае в момент времени T все отрезки окажутся
заполненными. Более того, расстояния между любыми двумя муравьями из
первой половины отрезка (т.е. с номерами от 1 до 1002) удвоится; расстояние
между любыми двумя муравьями из второй половины отрезка (т.е. с номерами
от 1003 до 2003) также удвоится. Рассмотрим расстояние между n-м муравьем
и m-м муравьем при 1  n  1002 < m  2003. В начальный момент это
расстояние равно n  m, а в момент времени T оно равно 2n  1 2(m  1002).
Покажем, что n  m  2n  1  2(m  1002). Действительно,
n  m = 2n  1  2m + 2004  m = n + 2003, что невозможно, т.к. m  2003,
а n + 2003  2004;
m  n = 2n  1  2m + 2004  3m  3n = 2003, что невозможно, т.к. 2003 не
кратно 3.
13
10 класс
Задача 10.1. В некотором параллелограмме отношение длин диагоналей
равняется отношению длин его соседних сторон. Докажите, что из сторон и
диагоналей двух таких равных параллелограммов (всего – 12 отрезков) можно
сложить два квадрата так, чтобы эти 12 отрезков были их сторонами и
диагоналями.
Решение. Пусть стороны данного параллелограмма равны x и y, а его
диагонали равны kx и ky (k > 0). Тогда x2 + y2 + x2 + y2 = (kx)2 + (ky)2, то есть
2(x2 + y2) = k2(x2 + y2), откуда k = 2 . Теперь из отрезков x, x, x, x, 2 x, 2 x
составляем квадрат со стороной x (и диагональю
2 x), а из отрезков
y, y, y, y, 2 y, 2 y составляем квадрат со стороной y (и диагональю 2 y).
Задача 10.2. Решите систему уравнений
( x1  x 2  x3  x 2  x3 
( x  x  x  x  x 
3
4
3
4
 2
...
...

( x
 x 2002  x 2003  x 2002  x 2003 ,
 2001
( x 2002  x 2003 ) x1  x 2003  x1
в положительных числах.
Ответ: {(x1, x2, ..., x2003) : x1 = x2 = ... = x2003 = t, t > 0}. Решение. Пусть
x1, x2, ..., x2003 – искомое решение. Рассмотрим несколько случаев.
Предположим, что x1 = x2. Тогда из первого уравнения, учитывая, что x3 > 0,
имеем x2 = x3. Используя это условие, из второго уравнения (учитывая, что
x4 > 0) имеем x3 = x4, и т.д. Из последнего уравнения таким же образом
получаем, что x2003 = x1, то есть все 2003 переменных равны друг другу.
Очевидно, что x1 = x2 = ... = x2003 = t является решением рассматриваемой
системы при любом t > 0.
Пусть теперь x1 < x2 (случай x1 > x2 рассматривается аналогично). Так как
x3 > 0, то из первого уравнения вытекает, что x2 < x3. Аналогично из второго
уравнения с учетом того, что x4 > 0, имеем x3 < x4, и т.д. Из последнего
уравнения таким же образом получаем, что x2003 < x1, то есть
x1 < x2 < ... < x2003 < x1, что невозможно. Следовательно, в случае x1  x2 данная
система решений в положительных числах не имеет.
Задача 10.3. Проволочный отрезок длины 2003 разделен на 2003
единичных отрезка. На проволоке находятся 2003 муравья. В начальный
момент времени все эти муравьи сидят по одному в центре каждого
единичного отрезка. Затем они начинают переползать из отрезка в отрезок,
причем каждый муравей ползет постоянно в каком-либо одном направлении
(то есть не разворачивается), возможно, какие-то муравьи вообще не
переползают. В некоторый момент времени оказалось, что все 2003 муравья
опять сидят по одному в центре каждого единичного отрезка. Докажите, что
14
найдутся какие-нибудь два муравья, которые к этому моменту проползли
одинаковые расстояния.
Решение. Предположим противное: пусть к рассматриваемому моменту
времени (назовем его T) муравьи проползли попарно различные расстояния.
Заметим, что всякий муравей мог проползти лишь расстояние, выражающееся
целым числом от 0 до 2002. Таких чисел 2003, муравьев также 2003,
следовательно, ровно один муравей прополз расстояние 0, ровно один –
расстояние 1, и т.д. Для удобства будем считать, что проволока с муравьями
расположена на оси координат, причем муравьи в начальный момент времени
сидят соответственно в точках с координатами 1, 2, ..., 2003. Пусть ak –
координата k-го муравья в начальный момент времени, а bk – координата этого
же муравья в момент времени T. Ясно, что a1 +  + a2003 = b1 +  + b2003, так
как муравьи снова сидят в точках с координатами 1, 2, ..., 2003. Таким образом,
 = (a1  b1) + (a2  b2) +  + (a2003  b2003) = 0. Однако по предположению
набор чисел ak  bk при k = 1, 2, ..., 2003 (набор расстояний, которые проползли
муравьи) совпадает с набором чисел 0, 1, 2, ..., 2002. Следовательно, четность
числа  совпадает с четностью числа
|a1  b1| + |a2  b2| +  + |a2003  b2003 = 0 + 1 + 2 +  + 2002 =
= 2002·2003 / 2 = 1001·2003.
Таким образом, число  должно быть нечетным, что противоречит равенству
 = 0. Следовательно, наше предположение неверно, т.е. найдутся два муравья,
которые к моменту времени T проползли одинаковые расстояния.
Задача 10.4. Докажите, что для произвольных положительных чисел a, b и
c справедливо неравенство
3(a4 + b4 + c4) + 2abc(a + b + c)  5(a2b2 + b2c2 + c2a2).
Решение. Требуемое неравенство получается в результате сложения
известного неравенства
a4 + b4 + c4  a2b2 + b2c2 + c2a2
и удвоенного неравенства
(2)
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c)  2(a2b2 + b2c2 + c2a2).
Для того, чтобы доказать (2), воспользуемся следующим неравенством:
(3)
a3 + b3 + c3 +3abc  a2b + b2a + a2c + c2a + b2c + c2b,
а именно, умножая обе части неравенства (3) на (a + b + c), после несложных
преобразований получим (2). Теперь докажем (3). Заметим, что в силу
симметричности обеих его частей относительно a, b и c можно считать (без
ограничения общности), что 0 < a  b  c. Неравенство (3) можно переписать в
следующем виде:
c(c  a)(c  b) + b(b  a)(b  c) + a(a  b)(a  c)  0.
Последнее слагаемое неотрицательно в силу наших предположений, а сумма
первых двух представима в виде (c  b)(c2  ca  b2 + ba) = (c  b)2(c + b  a), то
есть тоже неотрицательна. Неравенство (3) доказано.
15
Задача 10.5. Куб размером 2003×2003×2003 составлен из кубиков
размером 1×1×1. Докажите, что такой куб можно заполнить всеми
натуральными числами от 1 до 2003 3 (в каждый единичный кубик записывается
только одно число, причем каждое число используется только один раз) так,
чтобы суммы чисел во всех параллелепипедах размером 1×1×2003 в любой
ориентации (всего 3·20032 сумм) оказались одинаковыми.
Решение. Приведем пример расстановки чисел, удовлетворяющей
условию. Сначала введем координаты на кубе. Зафиксируем вершину куба и
рассмотрим три ребра P1, P2 и P3, выходящих из этой вершины.
Параллелепипед (составленный из ячеек куба) 1×1×2003, у которого “длинная”
сторона (длины 2003) параллельна ребру P1, назовем продольным рядом.
Параллелепипед 1×1×2003, у которого “длинная” сторона параллельна ребру
P2, назовем поперечным рядом. Наконец, параллелепипед 1×1×2003, у которого
“длинная” сторона параллельна ребру P3, назовем вертикальным рядом.
Обозначим через r(n) остаток числа n при делении на 2003. Заполним куб
следующим образом: поставим в единичный кубик с “координатами” i, j, k (т.е.
лежащий на пересечении i-ого продольного, j-ого поперечного и k-ого
вертикального рядов) число
f(i, j, k) = 1 + r(i + j  k) + 2003·r(i  j + k) + 20032·r( i + j + k).
Заметим, что все расставленные числа не меньше 1 и не больше
1 + 2002 + 2002·2003 + 2002·20032 =
= 1+ (2003  1) + (2003  1)·2003 + (2003  1)·20032 = 20033.
Покажем теперь, что все расставленные числа различны. Заметим, что
r(i + j  k), r(i – j + k) и r( i + j + k) – это соответственно цифры «единиц»,
«десятков» и «сотен» числа (f(i, j, k) – 1), записанного в системе счисления с
основанием 2003. Если f(i1, j1, k1) = f(i2, j2, k2), то f(i1, j1, k1)  1 = f(i2, j2, k2)  1, и
поэтому r(i1 + j1  k1) = r(i2 + j2  k2),
r(i1  j1 + k1) = r(i2  j2 + k2),
r( i1 + j1 + k1) = r( i2 + j2 + k2).
Сложим первые два равенства и, учитывая, что r(m + n) = r(r(m) + r(n)),
получим:
r(2i1) = r((i1 + j1  k1) + (i1  j1 + k1)) = r(r(i1 + j1  k1) + r(i1  j1 + k1)) =
= r(r(i2 + j2  k2) + r(i2  j2 + k2)) = r((i2 + j2  k2) + (i2  j2 + k2)) = r(2i2),
т.е. 2i1  2i2 = 2(i1  i2) кратно 2003. Но поскольку 2 и 2003 взаимно просты, то
i1  i2 кратно 2003, а значит, r(i1) = r(i2). Но так как 1  i1  2003 и 1  i2  2003,
то мы доказали, что i1 = i2. Аналогично можно доказать, что j1 = j2 и k1 = k2.
Итак, все расставленные числа различны и могут принимать значения
только от 1 до 20033. Поскольку этих чисел 20033, то они и есть все числа от 1
до 20033.
Докажем, что суммы чисел во всех параллелепипедах 1×1×2003 равны.
Например, подсчитаем сумму чисел в произвольном вертикальном
параллелепипеде. При этом учтем, что когда k пробегает все значения от 1 до
16
2003, величина r(i + j  k) (при фиксированных i и j) пробегает все значения от
0 до 2002, и это же верно для r(i  j + k) и r( i + j + k). Имеем
2003

(1 + r(i + j  k) + 2003r(i  j + k) + 20032r( i + j + k)) =
k 1
2003
= 2003 +

k 1
2003
r(i + j  k) + 2003

2003
r(i  j + k) + 20032
k 1

r( i + j + k) =
k 1
= 2003 + 20022003 / 2 + 200320022003 / 2 + 2003220022003 / 2 =
= 2003(1 + 1 + 2002 + 20032002 + 200322002) / 2 =
= 2003(1 + 20033) / 2 = S / 20032,
где S – сумма всех чисел в кубе (от 1 до 2003 3). Аналогично для произвольного
продольного (поперечного) параллелепипеда сумма чисел в нем равна S / 20032.
Таким образом, данная расстановка чисел удовлетворяет условию задачи.
11 класс
Задача 11.1. Клетчатая прямоугольная сетка M × N связана из веревочек
единичной длины. Двое играют в следующую игру, делая ходы по очереди.
Игрок, чья очередь делать ход, разрезает (точно посередине) не разрезанную
ранее “единичную” веревочку. Игра заканчивается, когда не останется ни
одного замкнутого веревочного контура (цикла), и игрок, сделавший последний
ход, считается проигравшим. Найдите все значения M и N, при которых игрок,
делающий первый ход, может обеспечить себе победу независимо от ходов
соперника. Ответ обоснуйте.
Ответ: {(M, N) : M, N – натуральные и M + N нечетно}. Решение. Из
условия следует, что перед началом игры имеется хотя бы один цикл
(поскольку M и N – длина и ширина сетки – натуральные числа), так что игра
обязательно
начнется.
Заметим,
что
в
начале
игры
имеется
M(N + 1) + N(M + 1) = 2MN + (M + N) неразрезанных веревочек. Каждый ход
уменьшает количество неразрезанных веревочек на 1, поэтому игра
обязательно закончится победой одного из игроков не более чем через
2MN + (M + N) ходов. Предположим теперь, что в игре наступил такой момент
(назовем его X), когда любой ход является последним, т.е. приводит к
немедленному завершению игры. Такая ситуация может возникнуть только в
случае, когда все неразрезанные веревочки образуют один-единственный цикл.
Действительно, в момент X игра еще не закончена, т.е. остался хотя бы один
цикл. Если таких циклов несколько – рассмотрим цикл, содержащий
наименьшее количество ребер. Если кроме этого “наименьшего” цикла
осталась хотя бы одна неразрезанная веревочка, то можно было бы разрезать ее
и продолжить игру.
Докажем, что любой цикл содержит четное количество веревочек.
Рассмотрим произвольную вершину цикла, выберем направление обхода и
будем двигаться в этом направлении по циклу, пока не пройдем все веревочки
17
цикла ровно по одному разу. Тогда мы вернемся в исходную вершину (такой
обход существует по определению цикла как замкнутого веревочного контура).
Заметим, что всякий раз, когда мы проходим горизонтальную веревочку справа
налево, мы смещаемся по горизонтали на 1 влево, а когда слева направо – на 1
вправо. Поскольку при полном обходе цикла смещение равно 0 (так как мы
возвращаемся в исходную вершину), то количество смещений влево равно
количеству смещений вправо, откуда и следует четность числа горизонтальных
веревочек в этом цикле. Аналогично доказывается четность числа
вертикальных веревочек.
Итак, если в игре наступил момент X, то число неразрезанных веревочек в
этот момент четно. Поскольку в начале игры веревочек было 2MN + (M + N), то
четность начального количества веревочек совпадает с четностью числа M + N.
Теперь рассмотрим два случая.
1. Пусть M + N нечетно, тогда до момента X было сделано нечетное число
ходов, то есть этот момент наступил после хода начинающего (игрока, который
делал первый ход). Таким образом, в этом случае начинающий всегда
(независимо от игры соперника) может сделать такой ход, после которого игра
продолжится. Это означает, что начинающий может играть так, чтобы не
проиграть. Учитывая, что игра обязательно закончится победой одного из
игроков, получаем, что в этом случае (когда M + N нечетно) начинающий
может обеспечить себе победу независимо от ходов соперника, применяя
следующую стратегию: делать любой ход, после которого игра продолжится.
2. Пусть M + N четно, тогда до момента X было сделано четное число
ходов. Рассуждая аналогично, получаем, что в этом случае обеспечить себе
победу (независимо от ходов соперника) может соперник начинающего, если
будет применять такую же стратегию: делать любой ход, после которого игра
продолжится. Следовательно, в этом случае (когда M + N четно) начинающий
не может обеспечить себе победу независимо от ходов соперника.
Задача 11.2. Рассмотрим правильный треугольник ABC. Найдите
геометрическое место всех таких точек D пространства, что из ребер AD, BD и
CD пирамиды ABCD можно составить прямоугольный треугольник. Ответ
обоснуйте.
Ответ: Отразим каждую из вершин ABC симметрично относительно
противоположной стороны. Для каждой из трех полученных точек построим
сферу с центром в этой точке и радиусом, равным стороне треугольника ABC.
Из каждой сферы удалим точки, лежащие в плоскости треугольника ABC.
Объединение трех полученных “распоясавшихся” сфер и будет искомым ГМТ.
Решение. Найдем вначале геометрическое место всех точек D пространства,
таких, что из ребер AD, BD и CD пирамиды ABCD можно составить
прямоугольный треугольник с гипотенузой AD. Обозначим a = AB = BC = CA и
введем прямоугольную декартову систему координат следующим образом:
центр O выберем в середине стороны BC треугольника ABC, ось x выберем в
направлении точки A, ось y выберем в направлении точки B. Тогда точки A, B
18
и C будут иметь следующие координаты: A(a 3 /2, 0, 0), B(0, a/2, 0),
C(0,  a/2, 0). Рассмотрим произвольную точку D(x, y, z) пространства. Для
того, чтобы она могла служить вершиной пирамиды ABCD, необходимо и
достаточно, чтобы она не лежала в плоскости треугольника ABC, т.е. было
выполнено условие z  0. Далее, по теоремам Пифагора (прямой и обратной)
для того, чтобы треугольник со сторонами AD, BD и CD являлся
прямоугольным с гипотенузой AD, необходимо и достаточно, чтобы имело
место следующее равенство: AD 2 = BD 2 + CD 2. Но AD 2 = (x  a 3 /2)2 + y2 + z2,
BD 2 = x2 + (y  a/2)2 + z2, CD 2 = x2 + (y + a/2)2 + z2, откуда имеем
(x  a 3 /2)2 + y2 + z2 = x2 + (y  a/2)2 + z2 + x2 + (y + a/2)2 + z2 
 x2 + y2 + z2 + x a 3 – a2/4 = 0  (x + a 3 /2)2 + y2 + z2 = a2.
Полученное уравнение для x, y и z задает сферу с центром в точке
E(a 3 /2, 0, 0) и радиусом a. Заметим, что точка E симметрична точке A
относительно стороны BC, радиус сферы равен стороне треугольника ABC, и из
сферы нужно удалить точки, лежащие в плоскости этого треугольника. Итак,
геометрическим местом точек пространства, таких, что из ребер AD, BD и CD
пирамиды ABCD можно составить прямоугольный треугольник с гипотенузой
AD, является сфера с центром в точке, симметричной вершине A относительно
стороны BC, и радиусом, равным стороне правильного треугольника ABC, из
которой удалены все точки, лежащие в плоскости треугольника ABC.
Рассматривая случаи, когда гипотенузой треугольника со сторонами AD,
BD и CD служит ребро BD или ребро CD, получим окончательный ответ.
Задача 11.3. Найдите все функции f, которые определены на всей
действительной оси, принимают действительные значения и удовлетворяют
одновременно двум таким условиям:
а) f(f(x) + y) = f(y) + x для любых действительных x и y;
б) множество решений уравнения f(x) = x не является бесконечным.
Ответ обоснуйте.
Ответ: Единственная функция, удовлетворяющая условиям задачи, имеет
вид f(x) = x. Решение. Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям задачи.
Рассмотрим функцию
g(x) = f(x)  x. Поскольку f(y) + x = g(y) + y + x,
f(f(x) + y) = g(f(x) + y) + f(x) + y = g(g(x) + x + y) + g(x) + x + y, то условие а)
означает, что
(4)
g(g(x) + x + y) + g(x)  g(y) = 0.
Условие б) означает, что уравнение g(x) = 0 имеет конечное число решений или
не имеет решений вовсе. Покажем, что никакое ненулевое действительное
число не может быть решением этого уравнения. В самом деле, пусть a  0 –
решение уравнения g(x) = 0, т.е. g(a) = 0. Тогда при подстановке x = y = a в
равенство (4) получаем g(2a) = 0, т.е. 2a – тоже решение этого уравнения.
Отсюда таким же образом получим, что g(4a) = 0, т.е. 4a – тоже решение, и т.д.
Окончательно получаем, что g(2n a) = 0 для любого натурального n. То есть все
19
числа вида 2n a (которые при a  0, очевидно, различны) являются решениями
уравнения g(x) = 0, что противоречит условию б). Полученное противоречие
показывает, что уравнение g(x) = 0 не имеет ненулевых решений. С другой
стороны, подставляя y = x в (4), получим g(g(x) + 2x) = 0, откуда следует, что
g(x) + 2x при любом действительном x является решением уравнения g(x) = 0.
Следовательно, уравнение g(x) = 0 имеет хотя бы одно решение. А поскольку
оно не имеет ненулевых решений, то единственное его решение – ноль. Таким
образом, из равенства g(g(x) + 2x) = 0 получаем, что g(x) + 2x = 0, т.е.
f(x)  x + 2x = f(x) + x = 0 при любом действительном x. Итак, если функция,
удовлетворяющая условиям задачи, существует, то она имеет вид f(x) = x.
Тот факт, что функция f(x) = x действительно удовлетворяет условиям
задачи, легко проверить непосредственно.
Задача 11.4. Докажите, что площадь треугольника со сторонами a, b и c не
превосходит 3 (ab + bc + ca)/12.
Первое решение. Запишем формулу Герона для площади треугольника и
преобразуем ее к нужному виду:
S= 14 (a  b  c)(a  b  c)(b  c  a)(c  a  b) = 14 2(a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 )  (a 4  b 4  c 4 ) .
Теперь запишем требуемое неравенство S  3 (ab + bc + ca)/12, подставим
вместо S полученное выражение, умножим обе части на 4 3 , возведем в
квадрат – и получим неравенство из задачи 10.4.
Второе решение. Пусть S – площадь треугольника. Тогда
3S = (absin + bcsin + casin)/2. Заметим, что
( 3 sin + cos)/2 = sin( + 30)  1.
Отсюда получаем, что sin  (2cos)/ 3 . С другой стороны, по теореме
косинусов cos = (b2 + c2  a2)/(2bc). Следовательно,
sin  (4bc  b2  c2 + a2)/(2bc 3 ).
Учитывая аналогичные неравенства для углов  и , получаем следующую
оценку: 3S  (4ab + 4bc + 4ca  a2  b2  c2)/(4 3 ). Теперь, используя известное
неравенство
a2 + b2 + c2  ab + bc + ca,
получаем
оценку
3S  (3ab + 3bc + 3ca)/(4 3 ).
Таким
образом,
окончательно
имеем
S  (ab + bc + ca)/(4 3 ) = 3 (ab + bc + ca)/12, что и требовалось доказать.
Задача 11.5. Докажите, что все клетки бесконечной во все стороны
клетчатой доски можно покрасить в 2003 различных цвета (каждая клетка
красится целиком в один из цветов) таким образом, чтобы в каждый из 2003
цветов было покрашено бесконечно много клеток, чтобы в каждой бесконечной
“строке” и в каждом бесконечном “столбце” встречались клетки хотя бы двух
различных цветов, и кроме того, чтобы любые четыре клетки, являющиеся
угловыми клетками какого-то “клетчатого” квадрата, были покрашены не более
чем в два различных цвета.
20
Решение. Будем называть “рядом” бесконечную строку или бесконечный
столбец нашей доски. Построение требуемой раскраски состоит из двух этапов.
Этап A. Расставим бесконечное количество ферзей (занумерованных
всеми натуральными числами) на нашей доске таким образом, чтобы никакие
два ферзя не били друг друга и чтобы в каждом ряду находилось ровно по
одному ферзю.
Этап B. Раскрасим теперь доску, основываясь на расстановке ферзей из
этапа А. Возьмем 2003 краски (перенумеруем эти краски числами от 0 до 2002).
Каждую клетку, занятую ферзем, красим краской, номер которой равен
остатку, полученному при делении порядкового номера этого ферзя на 2002.
Таким образом, использованы краски 0, 1, , 2001 (всего 2002 краски), и
каждая краска использована бесконечно много раз. Все свободные клетки
красим краской номер 2002, которая, таким образом, используется тоже
бесконечно много раз (она появляется в любом ряду). Так как в каждом ряду
расположено по одному ферзю, то каждый ряд покрашен ровно в 2 различных
цвета (цвет номер 2002 и один из цветов с меньшими номерами). Рассмотрим
теперь произвольный клетчатый квадрат (неединичный). Докажем, что хотя бы
три из его четырех угловых клеток покрашены в цвет номер 2002 (отсюда
немедленно вытекает, что эти четыре клетки покрашены не более чем в два
различных цвета, что и требовалось). Действительно, если хотя бы две угловые
клетки квадрата покрашены не в цвет номер 2002, это означает, что обе они на
этапе А были заняты ферзями. Но эти ферзи бьют друг друга, что противоречит
выбору расстановки ферзей.
Осталось показать, как претворить в жизнь этап A. Проделаем следующую
процедуру.
Нулевой шаг. На первоначально пустую доску ставим первого ферзя в
любую клетку. Столбец и строку, содержащие эту клетку, назовем нулевыми, и
все остальные ряды будем нумеровать соответственно их положению
относительно нулевых рядов, например, столбец 3, или строка 5. Вычеркнем
все клетки доски, находящиеся под боем этого ферзя. Заметим, что при этом
мы вычеркнем все (кроме одной занятой) клетки нулевых строки и столбца, а
из каждого из остальных рядов мы вычеркнем конечное число клеток (а
именно, три). Положим k = 1.
Шаг 4k – 3. Рассмотрим k-й столбец. Если в нем уже есть занятая клетка –
переходим к следующему шагу. Пусть в нем нет пока ни одной занятой клетки.
Ставим следующего (в порядке нумерации) ферзя на произвольную
невычеркнутую клетку этого столбца (это можно сделать, т.к. число
вычеркнутых клеток в этом столбце конечно). Теперь вычеркнем все клетки
доски, находящиеся под боем этого ферзя (заметим, что при этом мы
вычеркиваем только пустые клетки, на которых ферзи не стоят). При этом мы
вычеркнем все (кроме одной занятой) клетки этого столбца и какой-то строки, а
из каждого из остальных рядов мы вычеркнем конечное число клеток (а
именно, три – клетки разрешается вычеркивать повторно).
21
Шаг 4k – 2. Выполним аналогичное “построение” для k-й строки.
Шаг 4k – 1. Выполним аналогичное “построение” для (k)-го столбца.
Шаг 4k. Выполним аналогичное “построение” для (k)-й строки.
Увеличим k на 1 и перейдем к следующему шагу.
Заметим, что все шаги выполнить можно, поскольку после каждого шага
число поставленных ферзей конечно и в любом ряду, в котором еще не стоит
ферзь, число вычеркнутых клеток конечно. Продолжая этот процесс, получим
требуемую расстановку ферзей: будут рассмотрены поочередно все ряды, в
каждом ряду будет находиться ровно по одному ферзю, причем ферзи не будут
бить друг друга (поскольку очередной ферзь ставится таким образом, чтобы его
не били уже стоящие).
Третий (областной) этап Всеукраинской олимпиады по математике состоялся
26 января
2003 года
в
Харьковском
национальном
университете
имени В.Н.Каразина.
В олимпиаде приняли участие 434 школьника 7-11 классов, которые стали
победителями Второго (районного) этапа олимпиады в районах Харькова и
Харьковской области. Победителями областной олимпиады стали 66
школьников.
Всего участников
Победителей
1 место
2 место
3 место
7 класс
102
2
4
5
8 класс
85
1
3
6
9 класс
87
2
4
6
10 класс
78
3
8
9
11 класс
82
6
2
5
22