Турнир городов: мир математики в задачах 978-5-4439-2367-3, 978-5-4439-0303-3

Citation preview

Л. Э. Медников, А. В. Шаповалов

Турнир городов: мир математики в задачах

Электронное издание

Москва Издательство МЦНМО 2016

УДК 51 ББК 74.200.58:22.1 М42 Медников Л. Э., Шаповалов А. В. Турнир городов: мир математики в задачах Электронное издание М.: МЦНМО, 2016 478 с. ISBN 978-5-4439-2367-3 Эта книга — сборник задач Турнира городов за 10 лет — сочетает в себе учебник в задачах и справочник по кружковой и олимпиадной математике. Все задачи снабжены решениями. Существенную часть книги составляет Словарик, содержащий как перечень полезных математических фактов, так и пояснения терминов, встречающихся в книге. Книга предназначена для всех интересующихся математикой, школьников, преподавателей и руководителей математических кружков.

Подготовлено на основе книги: Медников Л. Э., Шаповалов А. В. Турнир городов: мир математики в задачах. — М.: МЦНМО, 2012. — 480 с. — ISBN 978-5-4439-0303-3

Издательство Московского центра непрерывного математического образования 119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11, тел. (499)241–08–04. http://www.mccme.ru

ISBN 978-5-4439-2367-3

© Медников Л. Э., Шаповалов А. В., 2012. © МЦНМО, 2016.

Предисловие президента Турнира городов Н. Н. Константинов Турнир городов является прямым наследником первых крупных олимпиад в СССР — ленинградских и московских, а также Всесоюзной математической олимпиады в той её части, которая проходила до 1980 г. Тогда сильно поменялся состав жюри этой олимпиады, и часть бывшего жюри, оказавшаяся свободной, решила проводить Турнир городов, поставив перед собой цель — сохранить по возможности всё лучшее, что было в традициях этих олимпиад, и, по возможности, не повторять некоторых их недостатков. И самое трудное в этой цели было — поддержать высокое качество задач, предлагаемых школьникам. Ключевую роль в этом деле сыграл Николай Борисович Васильев — замечательный математик, кстати, автор нескольких прекрасных книг по математике для школьников. Они часто переиздаются, и их нетрудно приобрести. Разумеется, Николай Борисович работал не один — он опирался на сложившуюся в России традицию присылать в журнал «Квант» новые задачи. Приходили по почте сотни и тысячи задач, среди которых попадались и очень хорошие. Среди присылавших задачи было много математиков, которые будучи школьниками принимали участие в этих олимпиадах. Интересная деталь — когда Васильев оканчивал школу, он собирался получить высшее образование в Московской консерватории по классу фортепиано. Родители Васильева, боясь, что он не сдаст выпускной экзамен за среднюю школу, наняли ему репетитора, а им оказался выдающийся учитель И. Х. Сивашинский, который сразу понял математический талант своего ученика и уговорил его (и его родителей) идти на мехмат. Когда Николаю Борисовичу приходила в голову новая задача, он подходил к ней как музыкант к новой мелодии — если задача доставит радость тем, кто её будет решать, её нужно пустить в дело, а если не доставит, выбросить и забыть.

4

Предисловие президента Турнира городов

В 1998 году Н. Б. Васильев умер. Однако к этому времени уже сложилась большая группа математиков, готовых без всяких напоминаний помогать Турниру городов новыми задачами, и, как можно было неоднократно слышать, уровень задач остался высоким. Именно это побуждает теперь издавать статьи и книги, посвящённые обсуждению этих задач, одну из этих книг вы держите в своих руках. В настоящее время уровень поддерживается группой молодых математиков, в значительной части студентов, членов Центрального жюри Турнира городов. Председатель жюри — Дориченко Сергей Александрович. Привлечение к работе жюри сильных молодых математиков — его заслуга. Почти все они москвичи или «обобщённые москвичи», т. е. либо живут в Москве, либо учатся, либо раньше учились в Москве, но теперь где только ни живут. А съехались они в Москву со всей «обобщённой» России, то есть из бывшего СССР. Их имена вы найдёте в этой книге. И мы — организаторы Турнира городов и авторы задач — смотрим на школьников — участников Турнира и читателей книги как на наших будущих сотрудников и единомышленников.

Предисловие Среди математических соревнований Турнир городов, безусловно, явление уникальное. Начатый более 30 лет назад Н. Н. Константиновым, А. К. Толпыго и А. Анджансом как скромная «Олимпиада трёх городов», он быстро разросся и ещё до распада СССР стал международным. За эти бурные годы возникало и проводилось немало других соревнований. Однако Турнир как был, так и продолжает стоять особняком — и по правилам, и по задачам. Решающими для уровня задач стали два фактора. Во-первых, необычные правила, которые открыли дорогу задачам, отвергаемым другими соревнованиями изза их «спортивной непредсказуемости». Во-вторых, личность Н. Б. Васильева, долгое время руководившего составлением вариантов. В результате на Турнире сложилась и поддерживается традиция отбора авторских задач с богатым математическим содержанием, как с короткими красивыми решениями, так и требующих исследования. Почти в каждой задаче есть хоть маленькое, но чудо: условие или решение содержит больше, чем можно ожидать на первый взгляд. Это может быть красивый ответ, сильный результат или выход на раздел математики, не заявленный в условии. Мы считаем, что именно такие задачи позволяют показать заинтересованным школьникам математику живой, привлекательной и целостной. Желание выявить и продемонстрировать многообразие математических идей в задачах Турнира и побудило нас взяться за написание этой книги. Как водится, трудности были недооценены, и работа заняла раз в 10 больше времени, чем предполагалось изначально. За это время вышла книга А. К. Толпыго «1000 задач Турнира городов» (далее [Толпыго]). Она удовлетворила нетерпеливых читателей, предоставив им полный перечень задач первых 28 турниров, краткие решения и живой рассказ автора об истории и правилах турнира от лица человека, стоявшего у истоков Турнира. Соответственно, нам она позволила сосредоточить усилия на других сторонах турнира. Вы держите в руках сборник задач Турнира городов за 10 лет, почти что отчёт. За эти годы прошли 80 туров, по

6

Предисловие

восемь каждый год, в которых было свыше 400 различных задач. Но уже разнообразие и математическое содержание задач делает эту книгу чем-то гораздо большим. ´ Читатель любит сборники задач с решениями, особенно если задачки яркие, трудные, а решения короткие и лёгкие. Приятно ведь подсунуть кому-нибудь красивую задачу, подождать пока он безуспешно провозится час или два, а если хватит терпения — то и несколько дней, а потом огорошить его решением из двух-трёх фраз! Если так, то вы выбрали правильную книгу. В Турнире городов ярких задач пруд пруди, а мы не щадили сил и времени на поиск коротких решений и «выжимание воды» из длинных. Итак, жанр книги — это всё-таки не отчёт. Чем больше мы смотрели на каждую из задач, тем больше обнаруживали связей с другими задачами и математикой в целом. Рубрикатор стал разрастаться до масштабов энциклопедии, и пришлось искать для книги новую форму. То, что получилось, сочетает в себе отчёт, справочник по кружковой и олимпиадной математике и учебник в задачах. В каждой ипостаси мы пытались соединить лучшие черты книг-предшественников, в частности, сочетать краткость с полнотой. Например, старались, чтобы решения были столь же краткими, как в [Толпыго], но при этом были столь же полными и безошибочными, как в [ММО]; чтобы олимпиадные идеи и методы решений были представлены столь же полно, как в [Заоч], а математические идеи — так же широко, как в [МЗ], но с использованием почти исключительно задач турнира городов за указанные годы. Традиционная часть книги состоит из вариантов Турнира городов за 10 лет с XIX по XXVIII (1997—2007 гг.). Варианты помещены примерно в том виде, в каком они выдавались школьникам (небольшие отличия связаны с исправлением опечаток, переносом всех расшифровок терминов в Словарик в конце книги, а также устранением разнобоя в терминологии; баллы за задачу или подпункт указаны в квадратных скобках). Выбор именно этих лет обусловлен тем, что начиная с XIX турнира ежегодные отчёты с решениями в России не выходили, а мы, наоборот, более активно подключились к составлению задач и вариантов, а также написанию решений для Турнира. В частности, при деятельном участии Л. Э. Медникова были

Предисловие

7

выпущены в Израиле несколько ежегодных отчётов с решениями на русском и иврите, а А. В. Шаповалов выкладывал в сети условия и решения некоторых турниров на шведском. Всё же рамки 10 турниров оказались чуть тесноваты для намеченных целей, и мы сочли возможным пополнить книгу избранными задачами Турнира за другие годы, а также дополнительными задачами, в той или иной степени «родственными» основным. Все задачи снабжены решениями, помещёнными в отдельном разделе. Собственно решения авторы старались писать кратко, насколько это не вредило полноте. Некоторые задачи снабжены двумя (а иногда и тремя) решениями или идеей второго решения. Если второе решение выходило за рамки школьной программы, оно помечалось как решение для знатоков. Всё остальное, что хотелось сказать по поводу задачи или решения, оформлялось как примечание, замечание или комментарий к решению. Помимо обычных, есть комментарии особого вида, озаглавленные Идеология и Ложный след. Идеология — это соображения, как приведённое решение могло быть придумано. Чаще всего идеология приведена к задачам с вопросом «Можно ли?» и ответом «Можно». В решении предъявляется конструкция, а в идеологии — возможный способ поиска такой конструкции. Ложный след — это распространённое (часто даже опубликованное) неполное или ошибочное решение, многими принимаемое за полное. Приводя мелким шрифтом текст псевдорешения, мы разъясняем затем, в чём состоит неполнота или ошибочность. Ответы к задачам вынесены в отдельный раздел, их можно использовать как некоторую замену подсказкам. К более-менее традиционным разделам относится и список авторов задач, с указанием перечня задач для каждого автора. Как уже сказано, варианты даны в «первозданном» виде, то есть при задаче её автор не указан. И это не случайно: нормальному школьнику фамилия автора в момент олимпиады несущественна, а для изощрённых профессионалов может послужить нежелательной подсказкой. А вот читатель, которому автор интересен, скорее будет благодарен за авторскую подборку задач.

8

Предисловие

Главной частью книги мы считаем Словарик. Он состоит из статей трёх типов, объединяя в себе словарь олимпиадных терминов, рубрикатор задач по методам решения и темам, а также перечень математических фактов, известных завсегдатаям олимпиад, но не входящих обычно в школьную программу. Тексты статей обильно оснащены контекстными ссылками на другие статьи и на задачи; кроме того, список задач следует практически за каждой статьёй. Мы очень надеемся, что книга будет изучаться не линейно; что каждый читатель, следуя по ссылкам в удобном ему порядке, будет прокладывать свою собственную тропу в математику. Список статей достаточно нетрадиционен: он идёт не от перечня из математической энциклопедии, а от вопросов, которые задавали любознательные или недоумевающие школьники на кружках и олимпиадах. Так, в эпоху обилия интернет-игр, карты и шахматы стали менее распространены, хотя в задачах широко используются. Поэтому мы вставили нужные названия и простейшие сведения об этих и некоторых других играх в Словарик — разумеется, описав их сугубо с математической точки зрения. Более половины статей Словарика составляют наводящие идеи и темы. Их список существенно расширен по сравнению с аналогичными изданиями, многие рубрики придуманы нами. Такие статьи преследуют сразу несколько целей. Во-первых, соответствуюшие подборки задач могут послужить (и уже служили) хорошим подспорьем к созданию тематического кружкового занятия. Во-вторых, ссылка от задачи на такую статью заменяет подсказку, притом что, прочитав статью, школьник может научиться решать не только данную задачу, но и аналогичные. В-третьих, рубрика помогает найти задачу по её содержанию, а не только по формулировке. Наконец, некоторые статьи содержат факты и теоремы. Прежде всего, мы старались помещать те из них, которые часто применяются на олимпиадах, но чьё доказательство не так просто найти в популярных книгах. Некоторые же факты, как, например, выпрямление кратчайшего пути на развёртке, существование выигрышной или ничейной стратегии, теорема Жордана, вообще объявили очевидными. Вместо доказательств от пытливых школьникам обычно отговариваются фразами

Предисловие

9

вроде «Вот поступишь на мехмат, там тебе и докажут». Мы же даём их элементарные доказательства, считая их вполне доступными, не слишком длинными и обладающими большим обучающим эффектом. Тем самым амбициозному читателю созданы все условия чтобы научиться решать задачи, подобные собранным в этой книге. Выберите задачу своего уровня (ориентируйтесь на класс и сложность) и попробуйте решить её. Если получится — здорово, читайте ответ и решение, сравнивайте. Скорее всего, ваше решение будет не слишком похоже на наше. Если к решению приложен Ложный след, обязательно убедитесь, что ваше решение таковым не является! А что делать, если выбранную задачу решить не получилось? Загляните в ответ — если он есть. Главное же — загляните в Наводящие идеи к задаче. Почти к каждой задаче есть 3-4 ссылки на статьи Словарика. Все статьи краткие, но там вы найдёте полезные факты или описание приёма решения задач и подборку задач, где этот приём применяется. Может найтись и конкретный намёк к выбранной задаче. Если всё ещё задача не получается, порешайте задачи полегче из этих подборок, а потом вернитесь к выбранной. В заключение об устройстве ссылок, которые составляют очень важный элемент данной книги. Жаль, что бумажный формат не предусматривает гиперссылок! Ссылки бывают трёх типов. Ссылка на литературу — это буквы в квадратных скобках, например [ММО]. Расшифровка — в разделе Литература в конце книги. Ссылка на статью в Словарике может даваться несколькими способами. В разделе «Наводящие идеи» после номера каждой задачи просто перечислены названия статей. Иногда ссылка даётся в примечании. Но чаще всего мы выделяем одно или несколько слов в тексте полужирным курсивом. Эти слова и составляют название статьи (возможно, лишь начало названия). Наконец, ссылкой на задачу служит её номер, состоящий из трёх частей: номер турнира, номер тура, номер задачи. Например, 23.6.2 означает XXIII турнир, 6-й тур, задача 2. При ссылке внутри одного турнира номер турнира опускается.

10

Предисловие

В Условиях задачи нумеруются двумя цифрами (в примере 6.2), а номер турнира есть в заголовке. Приведём список соответствия между номерами туров и их традиционными названиями в то время: 1 — осенний тренировочный младший, 2 — осенний тренировочный старший, 3 — осенний основной младший, 4 — осенний основной старший, 5 — весенний тренировочный младший, 6 — весенний тренировочный старший, 7 — весенний основной младший, 8 — весенний основной старший. Благодарности Президенту Турнира Николаю Николаевичу Константинову за советы, оказавшие значительное влияние на структуру книги; председателю Центрального жюри Турнира Сергею Александровичу Дориченко, поддерживавшему идею книги и оперативно снабжавшему авторов необходимыми материалами; директору МЦНМО Ивану Валериевичу Ященко, без чьей моральной и материальной поддержки эта книга не была бы закончена; руководителю израильского жюри Турнира Льву Радзивиловскому, который не только поддерживает постоянный контакт с одним из авторов, но и создал сайт, на котором собраны решения всех задач Турнира городов на иврите; первому организатору Турнира в Израиле Борису Бегуну за подготовку к изданию в Израиле решений XVIII—XXII турниров, см. [ТГ18Израиль, ТГ19Израиль]; всем неупомянутым здесь коллегам — за плодотворные обсуждения, а нашим жёнам, детям и друзьям — за моральную поддержку.

Условия задач

XIX Турнир городов 1997/98 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] По неподвижному эскалатору человек спускается быстрее, чем поднимается. Что быстрее: спуститься и подняться по поднимающемуся эскалатору или спуститься и подняться по спускающемуся эскалатору? (Предполагается, что все скорости, о которых идёт речь, постоянны, причём скорости эскалатора при движении вверх и вниз одинаковы, а скорость человека относительно эскалатора всегда больше скорости эскалатора.) 1.2. [3] Докажите, что уравнение x2 + y2 − z2 = 1997 имеет бесконечно много решений в целых числах. 1.3. [4] В квадрате ABCD точки K и M принадлежат сторонам BC и CD соответственно, причём AM — биссектриса угла KAD. Докажите, что длина отрезка AK равна сумме длин отрезков DM и BK. 1.4. а) [2] Каким наименьшим числом прямых можно разрезать все клетки шахматной доски 3 × 3? Нарисуйте такие прямые и докажите, что меньшим числом прямых обойтись нельзя. (Чтобы клетка была разрезана, прямая должна проходить через внутреннюю точку этой клетки.) б) [4] Та же задача для доски 4 × 4. Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. а) [2] Каким наименьшим числом прямых можно разрезать все клетки шахматной доски 3 × 3? Нарисуйте такие прямые и докажите, что меньшим числом прямых обойтись нельзя. (Чтобы клетка была разрезана, прямая должна проходить через внутреннюю точку этой клетки.) б) [3] Та же задача для доски 4 × 4. 2.2. [3] Пусть a и b — две данные стороны треугольника. Как подобрать третью сторону c так, чтобы точки касания

14

Условия задач

вписанной и вневписанной окружностей со стороной c делили эту сторону на три равных отрезка? При каких a и b такая сторона c существует? 2.3. [4] Докажите, что уравнение xy(x − y) + yz(y − z) + zx(z − x) = 6 имеет бесконечно много решений в целых числах. 2.4. [4] На клетчатой доске 5 × 5 расставили максимальное число шахматных коней так, чтобы они не били друг друга. Докажите, что такая расстановка — единственная. Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Последовательность {xn } определяется условиями: x1 = 19;

x2 = 97;

xn+2 = xn − x

1

n+1

.

Докажите, что среди членов последовательности найдётся нуль. Найдите номер этого члена. 3.2. [3] Пусть M — середина стороны BC треугольника ABC. Постройте параллельный BC отрезок с концами на сторонах AB и AC, который виден из точки M под прямым углом. 3.3. [5] Первоначально на каждом поле доски 1 × n стоит шашка (иначе говоря, столбик из одной шашки). Очередным ходом можно взять любой столбик и прыгнуть им (в пределах доски) в любую сторону на столько клеток, сколько в нём шашек; если при этом столбик попадёт на непустую клетку, он ставится на стоящий там столбик и объединяется с ним. Докажите, что за n − 1 ход можно собрать все шашки на одной клетке. 3.4. [5] Две окружности пересекаются в точках A и B. К ним проведена общая касательная — та из двух, которая расположена ближе к точке B, чем к точке A. Она касается первой окружности в точке C, а второй — в точке D. Прямая CB пересекла вторую окружность второй раз в точке E. Докажите, что AD — биссектриса угла CAE. 3.5. [8] Раскрашенный в чёрный и белый цвета кубик с гранью в одну клетку поставили на одну из клеток шахматной доски и прокатили по ней так, что кубик побывал на каждой клетке ровно по одному разу. Можно ли так раскрасить кубик

XIX Турнир городов

15

и так прокатить его по доске, чтобы каждый раз цвета клетки и соприкоснувшейся с ней грани совпадали? 3.6. [9] Правильный треугольник прямыми, параллельными сторонам, разбит на 100 равных треугольников-клеток. Треугольники, расположенные между двумя соседними параллельными прямыми, образуют полоску. Какое максимальное число клеток можно отметить, чтобы никакие две отмеченные клетки не принадлежали одной полоске ни по одному из трёх направлений? Старшие классы, основной вариант 4.1. [4] Пусть CM и BN — медианы треугольника ABC, P и Q — точки соответственно на AB и AC такие, что биссектриса угла C треугольника одновременно является биссектрисой угла MCP, а биссектриса угла B — биссектрисой угла NBQ. Оказалось, что AP = AQ. Следует ли из этого, что треугольник ABC равнобедренный? 4.2. Назовём многоугольники плоско-равными, если их можно совместить с помощью поворота или параллельного переноса. Верны ли следующие утверждения? а) [1] Если многоугольник можно разбить ломаной на два равных многоугольника, то его можно разбить отрезком на два равных многоугольника. б) [2] Если выпуклый многоугольник можно разбить ломаной на два равных многоугольника, то его можно разбить отрезком на два равных многоугольника. в) [4] Если выпуклый многоугольник можно разбить ломаной на два плоско-равных многоугольника, то его можно разбить и отрезком на два плоско-равных многоугольника. 4.3. Перемножаются все выражения вида √ √ √ √ ± 1 ± 2 ± ... ± 99 ± 100 (при всевозможных комбинациях знаков). Докажите, что результат — это а) [3] целое число, б) [3] квадрат целого числа. 4.4. а) [4] На стол положили (с перекрытиями) несколько одинаковых салфеток, имеющих форму правильного шестиугольника, причём у всех салфеток одна сторона параллельна

16

Условия задач

одной и той же прямой. Всегда ли можно вбить в стол несколько гвоздей так, что все салфетки будут прибиты, причём каждая — только одним гвоздём? б) [4] Тот же вопрос про правильные пятиугольники. 4.5. [8] Дима придумал секретный шифр: каждая буква заменяется на слово длиной не больше 10 букв. Шифр называется хорошим, если всякое зашифрованное слово расшифровывается однозначно. Серёжа убедился (с помощью компьютера), что если зашифровать слово длиной не больше 10 000 букв, то результат расшифровывается однозначно. Следует ли из этого, что шифр хороший? (В алфавите 33 буквы.) 4.6. а) [7] Правильный треугольник прямыми, параллельными сторонам, разбит на 100 равных треугольников-клеток. Треугольники, расположенные между двумя соседними параллельными прямыми, образуют полоску. Какое максимальное число клеток можно отметить, чтобы никакие две отмеченные клетки не принадлежали одной полоске ни по одному из трёх направлений? б) [7] Тот же вопрос для правильного треугольника, разбитого аналогично на 81 треугольную клетку.

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] Аня, Боря и Вася составляли слова из заданных букв. Все составили разное число слов: больше всех — Аня, меньше всех — Вася. Затем ребята просуммировали очки за свои слова. Если слово есть у двух игроков, за него даётся 1 очко, у одного игрока — 2 очка. Слова, общие у всех трёх игроков, вычёркиваются. Может ли случиться, что больше всех очков набрал Вася, а меньше всех — Аня? 5.2. [3] Шахматный король обошёл всю доску, побывав на каждом поле по одному разу и вернувшись последним ходом на исходное поле. Докажите, что среди ходов, сделанных королём, чётное число ходов по диагонали. 5.3. [3] На сторонах угла BOD отметили точки A и C (O — вершина угла, A лежит между O и B, C — между O и D). Через середины отрезков AD и BC проведена прямая, пересекающая

XIX Турнир городов

17

стороны угла в точках M и N (M, A и B лежат на одной стороне угла, N, C и D — на другой). Докажите, что OM AB = . ON CD

5.4. [4] Для каждого трёхзначного числа берём произведение его цифр, а затем эти произведения, вычисленные для всех трёхзначных чисел, складываем. Сколько получится? (Разумеется, если хотя бы одна из цифр числа — ноль, то и произведение равно нулю.) 5.5. [5] Барон Мюнхгаузен утверждает, что смог разрезать некоторый равнобедренный треугольник на три треугольника так, что из любых двух частей тоже можно было сложить равнобедренный треугольник. Не хвастает ли барон? Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] Барон Мюнхгаузен утверждает, что ему удалось составить некоторый прямоугольник из нескольких подобных между собой непрямоугольных треугольников. Можно ли ему верить? (Среди подобных треугольников могут быть и равные.) 6.2. [3] Для каждого четырёхзначного числа берём произведение его цифр, а затем эти произведения, вычисленные для всех четырёхзначных чисел, складываем. Сколько получится? (Разумеется, если хотя бы одна из цифр числа — ноль, то и произведение равно нулю.) 6.3. [3] В какое наибольшее число цветов можно раскрасить доску 8 × 8 так, чтобы каждая клетка граничила по стороне хотя бы с двумя клетками своего цвета? 6.4. [4] Положительные числа A, B, C и D таковы, что система уравнений ( x2 + y2 = A, |x| + |y| = B.

имеет m решений, а система уравнений ( x2 + y2 + z2 = C,

|x| + |y| + |z| = D

имеет n решений. Известно, что m > n > 1. Найдите m и n. 6.5. [5] В угол вписана окружность, O — её центр. Через точку A, симметричную точке O относительно одной из сторон

18

Условия задач

угла, провели к окружности касательные, точки пересечения которых с дальней от точки A стороной угла — B и C. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ABC лежит на биссектрисе данного угла. Младшие классы, основной вариант 7.1. [3] Существует ли такой набор из 10 натуральных чисел, что ни одно из них не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого из них делится на каждое из остальных? 7.2. [3] Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. На прямой AB отмечена точка M так, что углы MAD и AMO равны. Докажите, что MD = MC. 7.3. [4] Шесть игральных костей нанизали на спицу так, что каждая может вращаться независимо от остальных (протыкаем через центры противоположных граней). Спицу положили на стол и прочитали число, образованное цифрами на верхних гранях костей. Докажите, что можно так повернуть кости, чтобы это число делилось на 7. 7.4. [4] Путешественник посетил деревню, каждый житель которой либо всегда говорит правду, либо всегда лжёт. Все жители деревни встали в круг лицом к центру, и каждый сказал путешественнику про соседа справа, правдив ли тот. На основании этих сообщений путешественник смог однозначно определить, какую долю от всех жителей составляют лжецы. Определите и вы, чему она равна. 7.5. [7] Квадрат разбит прямыми на 25 одинаковых квадратиков — клеток. В некоторых клетках нарисована одна из диагоналей так, что никакие две нарисованные диагонали не имеют общей точки (даже общего конца). Каково наибольшее возможное число нарисованных диагоналей? 7.6. [8] За круглым столом сидят десять человек, перед каждым — несколько орехов. Всего орехов — сто. По общему сигналу каждый передаёт часть своих орехов соседу справа: половину — если у дающего было чётное число или один орех плюс половину остатка — если нечётное число. Такая операция проделывается второй раз, затем третий и так далее, до бесконечности. Докажите, что через некоторое время у всех станет по десять орехов.

XIX Турнир городов

19

Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] Докажите неравенство: a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 > 3 a2 + ab + b2 b + bc + c2 c + ca + a2

(a, b, c — положительные числа). 8.2. [4] Квадрат со стороной 1 разрезан на прямоугольники. В каждом прямоугольнике выбрали одну из двух меньших сторон (если прямоугольник — квадрат, то выбрали любую из четырёх сторон). Докажите, что сумма всех выбранных сторон не меньше 1. 8.3. a) [2] На доске выписаны числа 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128. Разрешается стереть любые два числа и вместо них написать их разность (из большего вычитается меньшее). После семи таких операций на доске будет только одно число. Может ли оно равняться 97? б) [3] На доске выписаны числа 1, 21 , 22 , 23 , …, 210 . Разрешается стереть любые два числа и вместо них выписать их разность — неотрицательное число. После нескольких таких операций на доске будет только одно число. Чему оно может быть равно? 8.4. [5] Точка M внутри выпуклого четырёхугольника ABCD такова, что треугольники AMB и CMD — равнобедренные и у каждого из них угол при вершине M равен 120◦ . Докажите, что найдётся такая точка N, что треугольники BNC и DNA — правильные. 8.5. [6] Назовём лабиринтом шахматную доску 8 × 8, где между некоторыми полями вставлены перегородки. Если ладья может обойти все поля, не перепрыгивая через перегородки, то лабиринт называется хорошим, иначе — плохим. Каких лабиринтов больше — хороших или плохих? 8.6. a) [6] Двое показывают карточный фокус. Первый снимает пять карт из колоды, содержащей 52 карты (предварительно перетасованной кем-то из зрителей), смотрит в них и после этого выкладывает их в ряд слева направо, причём одну из карт кладёт рубашкой вверх, а остальные — картинкой вверх. Второй участник фокуса отгадывает закрытую карту. Докажите, что они могут так договориться, что второй всегда будет угадывать карту.

20

Условия задач

б) [6] Второй фокус отличается от первого тем, что первый участник выкладывает слева направо четыре карты картинкой вверх, а одну не выкладывает. Могут ли в этом случае участники фокуса так договориться, чтобы второй всегда угадывал невыложенную карту?

XX Турнир городов 1998/99 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] Куб с ребром длины 20 разбит на 8000 единичных кубиков, и в каждом кубике записано число. Известно, что в каждом столбике из 20 кубиков, параллельном ребру куба, сумма чисел равна 1 (рассматриваются столбики всех трёх направлений). В некотором кубике записано число 10. Через этот кубик проходит три слоя 1 × 20 × 20, параллельных граням куба. Найдите сумму всех чисел вне этих слоёв. 1.2. [3] Квадрат целого числа имеет вид ... 09 (оканчивается цифрами 0 и 9). Докажите, что третья справа цифра — чётная. 1.3. [4] В треугольнике ABC точки A′ , B′ , C′ лежат внутри сторон BC, CA и AB соответственно. Известно, что ∠AC′ B′ = = ∠B′ A′ C, ∠CB′ A′ = ∠A′ C′ B, ∠BA′ C′ = ∠C′ B′ A. Докажите, что точки A′ , B′ , C′ — середины сторон. 1.4. [4] Двенадцать кандидатов в мэры рассказывали о себе. Через некоторое время один сказал: «До сих пор соврали всего один раз». Другой сказал: «А теперь — дважды». «А теперь — трижды», — сказал третий, и так далее до двенадцатого, который сказал: «А теперь соврали двенадцать раз». Тут ведущий прервал дискуссию. Оказалось, что по крайней мере один кандидат правильно посчитал, сколько раз соврали до него. Так сколько же всего раз соврали кандидаты? 1.5. [5] Назовём крокодилом шахматную фигуру, ход которой заключается в прыжке на m клеток по вертикали или по горизонтали и затем на n клеток в перпендикулярном направлении. Докажите, что для любых m и n можно так раскрасить бесконечную клетчатую доску в два цвета (для каждых конкретных m и n своя раскраска), что любые две клетки, соединённые одним ходом крокодила, будут покрашены в разные цвета.

22

Условия задач

Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [3] Имеется 19 гирек весов 1, 2, 3, ... , 19 г. Девять их них — железные, девять — бронзовые и одна — золотая. Известно, что общий вес всех железных гирек на 90 г больше, чем общий вес бронзовых. Найдите вес золотой гирьки. 2.2. [3] На плоскость уложены n бумажных кругов радиуса 1 таким образом, что их границы проходят через одну точку, причём эта точка находится внутри всей области плоскости, покрытой кругами. Эта область представляет собой «многоугольник» с криволинейными сторонами (см. рис., где изображён случай n = 3). Найдите его периметр.

2.3. [4] На шахматной доске отметили 17 клеток. Докажите, что из них можно выбрать две так, что коню нужно не менее трёх ходов для попадания с одной из них на другую. 2.4. [4] Рассматриваются такие наборы (x1 , x2 , ... , x20 ) чисел, заключённых между 0 и 1, что x1 · x2 · ... · x20 = (1 − x1 )(1 − x2 ) ... (1 − x20 ). Найдите среди этих наборов такой, для которого значение произведения x1 · x2 · ... · x20 максимально. 2.5. Группа психологов разработала тест, пройдя который каждый человек получает оценку — показатель его умственных способностей. За рейтинг страны принимается среднее арифметическое значений показателей всех жителей этой страны. а) [1] Группа граждан страны А эмигрировала в страну Б. Покажите, что при этом у обеих стран мог вырасти рейтинг.

XX Турнир городов

23

б) [3] После этого группа граждан страны Б (в числе которых могут быть и бывшие эмигранты из А) эмигрировала в страну А. Возможно ли, что рейтинги обеих стран опять выросли? в) [2] Группа граждан страны B эмигрировала в страну Г, а группа граждан из Г — в страну Д. В результате этого рейтинги каждой страны оказались выше первоначальных. После этого направление миграционных потоков изменилось на противоположное — часть жителей Д переехала в Г, а часть жителей Г — в B. Информационные агенства утверждают, что рейтинги всех трёх стран опять выросли (по сравнению с теми, которые были после первого переезда, но до начала второго). Может ли такое быть? (Предполагается, что за рассматриваемое время показатели граждан не изменились, никто не умер и не родился.) Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Пусть a и b — натуральные числа. Докажите, что если НОК(a, a + 5) = НОК(b, b + 5), то a = b. 3.2. [4] У Игоря и Вали есть по белому квадрату 8 × 8, разбитому на клетки 1 × 1. Они закрасили по одинаковому числу клеток на своих квадратах в синий цвет. Докажите, что удастся так разрезать эти квадраты на доминошки 2 × 1, что и из доминошек Игоря, и из доминошек Вали можно будет сложить по квадрату 8 × 8 с одной и той же синей картинкой. 3.3. [5] Прямая AB пересекает две равные окружности и параллельна их линии центров, причём все точки пересечения прямой AB с окружностями лежат между A и B. Через точку A провели касательные к окружности, ближайшей к A, через точку B — касательные к окружности, ближайшей к B. Эти четыре касательные образовали четырёхугольник, содержащий внутри себя обе окружности. Докажите, что в этот четырёхугольник можно вписать окружность. 3.4. [6] В правильном 25-угольнике проведены все диагонали. Докажите, что нет девяти диагоналей, проходящих через одну внутреннюю точку 25-угольника. 3.5. [7] Имеется 20 бусинок десяти цветов, по две бусинки каждого цвета. Их как-то разложили в 10 коробок. Известно, что можно выбрать по бусинке из каждой коробки так, что

24

Условия задач

все цвета будут представлены. Докажите, что число способов такого выбора есть ненулевая степень двойки. 3.6. [7] Шайка разбойников отобрала у купца мешок монет. Каждая монета стоит целое число грошей. Оказалось, что какую бы монету ни отложить, оставшиеся монеты можно разделить между разбойниками так, чтобы каждый получил одинаковую сумму в грошах. Докажите, что если отложить одну монету, то число монет разделится на число разбойников. Старшие классы, основной вариант 4.1. Пусть a, b и c — натуральные числа. а) [2] Докажите, что если НОК(a, a + 5) = НОК(b, b + 5), то a = b. б) [3] Могут ли НОК(a, b) и НОК(a + c, b + c) быть равны? 4.2. [4] Прямая AB пересекает две равные окружности и параллельна их линии центров, причём все точки пересечения прямой AB с окружностями лежат между A и B. Через точку A провели касательные к окружности, ближайшей к A, через точку B — касательные к окружности, ближайшей к B. Эти четыре касательные образовали четырёхугольник, содержащий внутри себя обе окружности. Докажите, что в этот четырёхугольник можно вписать окружность. 4.3. [5] В таблицу записано 9 чисел: a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3

Известно, что 6 чисел — суммы строк и суммы столбцов таблицы — равны между собой: a 1 + a 2 + a 3 = b1 + b2 + b3 = c 1 + c 2 + c 3 = = a 1 + b1 + c 1 = a 2 + b2 + c 2 = a 3 + b3 + c 3 . Докажите, что сумма произведений строк таблицы равна сумме произведений её столбцов: a 1 a 2 a 3 + b1 b2 b3 + c 1 c 2 c 3 = a 1 b1 c 1 + a 2 b2 c 2 + a 3 b3 c 3 . 4.4. [6] За круглым столом были приготовлены 12 мест для жюри с указанием имени на каждом месте. Николай Николаевич, пришедший первым, по рассеянности сел не на своё,

XX Турнир городов

25

а на следующее по часовой стрелке место. Каждый член жюри, подходивший к столу после этого, занимал своё место или, если оно уже было занято, шёл вокруг стола по часовой стрелке и садился на первое свободное место. Возникшее расположение членов жюри зависит от того, в каком порядке они подходили к столу. Сколько может возникнуть различных способов рассадки жюри? 4.5. (Багаж в Московском метрополитене.) [7] Будем называть размером прямоугольного параллелепипеда сумму трёх его измерений — длины, ширины и высоты. Может ли в некотором прямоугольном параллелепипеде поместиться больший по размеру прямоугольный параллелепипед? 4.6. [8] Дана функция f(x) =

x2 + ax + b , x2 + cx + d

где трёхчлены x2 + ax + b и x2 + cx + d не имеют общих корней и не совпадают. Докажите, что следующие два утверждения равносильны: 1) найдётся числовой интервал, свободный от значений функции; то есть существуют такие числа s < t, что для любого x либо f(x) < s, либо f(x) > t (если f(x) определено); 2) существуют функции f1 (x), ... , fn (x), каждая из которых 1

имеет вид либо x , либо x2 , либо ki x + bi (ki 6= 0), такие, что f(x) = f1 (f2 (... fn−1 (fn (x)) ...)) (равенство выполнено для всех точек x, в которых его левая и правая части определены).

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] Отец и сын катаются на коньках по кругу. Время от времени отец обгоняет сына. После того как сын переменил направление своего движения на противоположное, они стали встречаться в пять раз чаще. Во сколько раз отец бегает быстрее сына? 5.2. [4] На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC во внешнюю сторону построен квадрат ABDE. Дано: AC = 1 см, BC = 3 см. В каком отношении делит сторону DE биссектриса угла C?

26

Условия задач

5.3. [4] На доске написано несколько натуральных чисел: a0 , a1 , a2 , ... , an . Пишем на другой доске следующие числа: b0 — сколько всего чисел на первой доске; b1 — сколько там чисел, больших единицы; b2 — сколько чисел, больших двойки, и т. д., пока получаются положительные числа. На этом заканчиваем — нули не пишем. На третьей доске пишем числа c0 , c1 , c2 , ... , построенные по числам второй доски по тому же правилу, по которому числа b0 , b1 , b2 , ... строились по числам первой доски. Докажите, что наборы чисел на первой и третьей досках совпадают. 5.4. [5] На плоскости нарисован чёрный равносторонний треугольник. Имеется девять треугольных плиток того же размера и той же формы. Нужно положить их на плоскости так, чтобы они не перекрывались и чтобы каждая плитка покрывала хотя бы часть чёрного треугольника (хотя бы одну точку внутри него). Как это сделать? 5.5. [5] Квадрат разрезали восемнадцатью прямыми, из которых девять параллельны одной стороне квадрата, а девять — другой, на сто прямоугольников. Оказалось, что ровно девять из них — квадраты. Докажите, что среди этих квадратов найдутся два равных между собой. Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] В ряд стоят 1999 чисел. Первое число равно 1. Известно, что каждое число, кроме первого и последнего, равно сумме двух соседних. Найдите последнее число. 6.2. [3] На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC во внешнюю сторону построен квадрат ABDE. Дано: AC = 1 см, BC = 3 см. В каком отношении делит сторону DE биссектриса угла C? 6.3. [3] На доске написано несколько натуральных чисел: a0 , a1 , a2 , ... , an . Пишем на другой доске следующие числа: b0 — сколько всего чисел на первой доске; b1 — сколько там чисел, больших единицы; b2 — сколько чисел, больших двойки, и т. д., пока получаются положительные числа. На этом заканчиваем — нули не пишем. На третьей доске пишем числа c0 , c1 , c2 , ... , построенные по числам второй доски по тому же правилу, по которому числа b0 , b1 , b2 , ... строились по

XX Турнир городов

27

числам первой доски. Докажите, что наборы чисел на первой и третьей досках совпадают. 6.4. [5] На плоскости нарисован чёрный квадрат. Имеется семь квадратных плиток того же размера. Нужно положить их на плоскости так, чтобы они не перекрывались и чтобы каждая плитка покрывала хотя бы часть чёрного квадрата (хотя бы одну точку внутри него). Как это сделать? 6.5. [5] Игра происходит на клетчатом поле 9 × 9. Играют двое, ходят по очереди, начинает первый. Он ставит в свободные клетки крестики, второй игрок — нолики. Когда все клетки заполнены, подсчитывается количество строк и столбцов, в которых крестиков больше, чем ноликов, — число K, и количество строк и столбцов, в которых ноликов больше, чем крестиков, — число H (всего строк и столбцов — 18). Разность K − H считается выигрышем первого. Найдите такое значение B, для которого одновременно выполнены два условия: 1) первый может обеспечить себе выигрыш не меньше B, как бы ни играл второй; 2) второй всегда может проиграть не больше B, как бы ни играл первый 1. Младшие классы, основной вариант 7.1. [3] В банке 500 долларов. Разрешаются две операции: взять из банка 300 долларов или положить в него 198 долларов. Эти операции можно проводить много раз, при этом, однако, никаких денег, кроме тех, что первоначально лежат в банке, нет. Какую максимальную сумму можно извлечь из банка и как это сделать? 7.2. [4] Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. Докажите, что если окружность, проходящая через точки A, B и O, касается прямой BC, то окружность, проходящая через точки B, C и O, касается прямой CD. 7.3. [4] Играют двое. Первый выписывает в строку слева направо цифры, произвольно чередуя 0 и 1, пока всех цифр не станет всего 1999. Каждый раз после того, как первый выписал очередную цифру, второй меняет между собой две цифры из уже написанного ряда (когда написана только одна цифра, 1

Такое число называется ценой игры.

28

Условия задач

второй пропускает ход). Всегда ли второй может добиться того, чтобы после его последнего хода расположение цифр было симметричным относительно средней цифры? 7.4. [6] 2n радиусов разделили круг на 2n равных секторов: n синих и n красных, чередующихся в произвольном порядке. В синие сектора, начиная с некоторого, записывают против хода часовой стрелки числа от 1 до n по порядку. В красные сектора, начиная с некоторого, записывают те же числа, но по ходу часовой стрелки. Докажите, что найдётся полукруг, в котором записаны все числа от 1 до n. 7.5. [6] Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB и AC в точках P и Q соответственно. RS — средняя линия, параллельная AB, T — точка пересечения прямых PQ и RS. Докажите, что точка T лежит на биссектрисе угла B. 7.6. [9] Ладья, делая ходы по вертикали и горизонтали на соседнее поле, за 64 хода обошла все поля шахматной доски и вернулась на исходное поле. Докажите, что число ходов по вертикали не равно числу ходов по горизонтали. Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] В море плавает предмет, имеющий форму выпуклого многогранника. Может ли случиться, что 90 % его объёма находится ниже уровня воды и при этом больше половины его поверхности находится выше уровня воды? 8.2. [4] Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром в точке O. Окружности, описанные вокруг треугольников ABO и CDO, пересеклись второй раз в точке F. Докажите, что окружность, проходящая через точки A, F и D, проходит через точку E пересечения диагоналей AC и BD. 8.3. [5] Найдите все пары целых чисел (x, y), для которых оба числа x3 + y и x + y3 делятся на x2 + y2 . 8.4. [5] 2n радиусов разделили круг на 2n равных секторов: n синих и n красных, чередующихся в произвольном порядке. В синие сектора, начиная с некоторого, записывают против хода часовой стрелки числа от 1 до n по порядку. В красные сектора, начиная с некоторого, записывают те же числа, но по ходу часовой стрелки. Докажите, что найдётся полукруг, в котором записаны все числа от 1 до n.

XX Турнир городов

29

8.5. Для каждого целого неотрицательного числа i определим число M(i) следующим образом: запишем число i в двоичной форме; если число единиц в этой записи чётно, то M(i) = 0, а если нечётно — то 1 (первые члены этой последовательности: 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, ...). a) [2] Рассмотрим конечную последовательность M(0), M(1), ... , M(1000). Докажите, что число членов этой последовательности, равных своему правому соседу, не меньше 320. б) [5] Рассмотрим конечную последовательность M(0), M(1), ... , M(1 000 000). Докажите, что число таких членов последовательности, что M(i) = M(i + 7), не меньше 450 000. 8.6. [8] Ладья, делая ходы по вертикали и горизонтали на соседнее поле, за 64 хода обошла все поля шахматной доски и вернулась на исходное поле. Докажите, что число ходов по вертикали не равно числу ходов по горизонтали.

XXI Турнир городов 1999/2000 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. Бумажный прямоугольный треугольник площади 1 перегнули по прямой так, что вершина прямого угла совместилась с другой вершиной. a) [2] В каком отношении делятся диагонали полученного четырёхугольника их точкой пересечения? б) [2] Полученный четырёхугольник разрезали по диагонали, ведущей из третьей вершины исходного треугольника. Найдите площадь наименьшего образовавшегося куска бумаги. 1.2. Рассматриваются тройки целых чисел a, b и c, для которых выполнено условие: a + b + c = 0. Для каждой такой тройки вычисляется число d = a1999 + b1999 + c1999. a) [2] Может ли случиться, что d = 2? б) [2] Может ли случиться, что d — простое число? 1.3. 1 [4] На плоскости проведено n прямых. Каждая пересекается ровно с 1999 другими. Найдите все n, при которых это возможно. 1.4. [4] В Италии выпускают часы, в которых часовая стрелка делает в сутки один оборот, а минутная — 24 оборота, причём, как обычно, минутная стрелка длиннее часовой (в обычных часах часовая стрелка делает в сутки два оборота, а минутная — 24). Рассмотрим все положения двух стрелок и нулевого деления, которые встречаются и на итальянских часах, и на обычных. Сколько существует таких положений? (Нулевое деление отмечает 24 часа в итальянских часах и 12 часов в обычных часах.) 1

Ср. с задачей 2.3.

XXI Турнир городов

31

1.5. [4] Имеются плашки (вырезанные из картона прямоугольники) размера 2 × 1. На каждой плашке нарисована одна диагональ. Есть плашки двух видов (так как диагональ можно расположить двумя способами), причём плашек каждого вида имеется достаточно много. Можно ли выбрать 18 плашек и сложить из них квадрат 6 × 6 так, чтобы концы диагоналей нигде не совпали?

Осенний тур Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [4] В треугольнике точку пересечения биссектрис соединили с вершинами, в результате он разбился на три меньших треугольника. Один из меньших треугольников подобен исходному. Найдите его углы. 2.2. [4] Докажите, что существует бесконечно много нечётных чисел n, для которых число 2n + n — составное. 2.3. [4] В пространстве проведено n плоскостей. Каждая пересекается ровно с 1999 другими. Найдите все n, при которых это возможно. 2.4. [4] Можно ли отметить на числовой оси 50 отрезков (быть может, перекрывающихся), так что выполняются два условия: а) длины отрезков — 1, 2, 3, ... , 50; б) концы отрезков — это все целые точки от 1 до 100 включительно? 2.5. [4] Имеются плашки (вырезанные из картона прямоугольники) размера 2 × 1. На каждой плашке нарисована одна диагональ. Есть плашки двух видов (так как диагональ можно расположить двумя способами), причём плашек каждого вида имеется достаточно много. Можно ли выбрать 32 плашки и сложить из них квадрат 8 × 8 так, чтобы концы диагоналей нигде не совпали? Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Несколько последовательных натуральных чисел выписали в строку в таком порядке, что сумма любых трёх подряд стоящих чисел делится на самое левое число этой

32

Условия задач

тройки. Какое максимальное количество чисел могло быть выписано, если последнее число строки — нечётное? 3.2. Пусть ABC — остроугольный треугольник, C′ и A′ — произвольные точки на сторонах AB и BC соответственно, B′ — середина стороны AC. а) [2] Докажите, что площадь треугольника A′ B′ C′ не больше половины площади треугольника ABC. б) [2] Докажите, что площадь треугольника A′ B′ C′ равна четверти площади треугольника ABC тогда и только тогда, когда хотя бы одна из точек A′ , C′ совпадает с серединой соответствующей стороны. 3.3. [5] 100 гирек массой 1, 2, ... , 100 г разложили на две чаши весов так, что есть равновесие. Докажите, что можно убрать по две гирьки с каждой чаши так, что равновесие не нарушится. 3.4. а) [3] На каждом из полей верхней и нижней горизонтали шахматной доски стоит по фишке: внизу — белые, вверху — чёрные. За один ход разрешается передвинуть любую фишку на соседнюю свободную клетку по вертикали или горизонтали. За какое наименьшее число ходов можно добиться того, чтобы все чёрные фишки стояли внизу, а белые — вверху? б) [4] Тот же вопрос для доски 7 × 7. 3.5. [8] Неутомимые Фома и Ерёма строят последовательность. Сначала в последовательности было одно натуральное число. Затем они по очереди выписывают следующие числа. Фома получает очередное число, прибавляя к предыдущему любую из его цифр, а Ерёма — вычитая из предыдущего любую из его цифр. Докажите, что какое-то число в этой последовательности повторится не меньше 100 раз. 3.6. [9] Внутри прямоугольного листа бумаги вырезали n прямоугольных дыр со сторонами, параллельными краям листа. На какое наименьшее число прямоугольных частей можно гарантированно разрезать этот дырявый лист? (Дыры не перекрываются и не соприкасаются.) Старшие классы, основной вариант 4.1. [3] При каких n >2 можно расставить целые числа от 1 до n по кругу так, чтобы сумма любых двух соседних чисел делилась нацело на следующее за ними по часовой стрелке?

XXI Турнир городов

33

4.2. На прямоугольном листе бумаги отмечены а) [2] несколько точек на одной прямой; б) [3] три точки. Разрешается сложить лист бумаги несколько раз по прямой так, чтобы отмеченные точки не попали на линии сгиба, и затем один раз шилом проколоть сложенный лист насквозь. Докажите, что можно это сделать так, чтобы дырки оказались в точности в отмеченных точках и лишних дырок не получилось. 4.3. Неутомимые Фома и Ерёма строят последовательность. Сначала в последовательности было одно натуральное число. Затем они по очереди выписывают следующие числа. Фома получает очередное число, прибавляя к предыдущему любую из его цифр, а Ерёма — вычитая из предыдущего любую из его цифр. Докажите, что какое-то число в этой последовательности повторится не меньше 100 раз. 4.4. Вневписанные окружности касаются сторон AC и BC треугольника ABC в точках K и L. Докажите, что прямая, соединяющая середины KL и AB, а) [3] делит периметр треугольника ABC пополам; б) [3] параллельна биссектрисе угла ACB. (Совпадающие прямые мы считаем параллельными.) 4.5. a) [4] Сто гирек веса 1, 2, ... , 100 г разложили на две чаши весов так, что есть равновесие. Докажите, что можно убрать по две гирьки с каждой чаши так, что равновесие не нарушится. б) [4] Рассмотрим такие n, что набор гирь 1, 2, ... , n г можно разделить на две части, равные по весу. Верно ли, что для любого такого n, большего 3, можно убрать по две гирьки из каждой части так, что равенство весов сохранится? 4.6. [8] На большой шахматной доске отметили 2n клеток так, что ладья может ходить по всем отмеченным клеткам, не перепрыгивая через неотмеченные. Докажите, что фигуру из отмеченных клеток можно разделить на n прямоугольников. 4.7. [8] Докажите, что у выпуклого 10n-гранника найдётся n граней с одинаковым числом сторон.

34

Условия задач

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] Может ли произведение двух последовательных натуральных чисел равняться произведению двух соседних чётных чисел? 5.2. [4] В трапеции ABCD площади 1 основания BC и AD относятся как 1 : 2. Пусть K — середина диагонали AC. Прямая DK пересекает сторону AB в точке L. Найдите площадь четырёхугольника BCKL. 5.3. В основании призмы лежит n-угольник. Требуется раскрасить все 2n её вершин тремя красками так, чтобы каждая вершина была связана рёбрами с вершинами всех трёх цветов. а) [2] Докажите, что если n делится на 3, то такая раскраска возможна. б) [3] Докажите, что если такая раскраска возможна, то n делится на 3. 5.4. [5] Можно ли расставить в вершинах куба натуральные числа так, чтобы в каждой паре чисел, связанных ребром, одно из них делилось на другое, а во всех других парах такого не было? Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] Диагонали выпуклого четырёхугольника делят его на четыре треугольника. Оказалось, что сумма площадей двух противоположных (имеющих только общую вершину) треугольников равна сумме площадей двух других треугольников. Докажите, что одна из диагоналей делится другой диагональю пополам. 6.2. [4] На двух противоположных гранях игрального кубика нарисовано по одной точке, на двух других противоположных — по две точки, и на двух оставшихся — по три точки. Из восьми таких кубиков сложили куб 2 × 2 × 2 и посчитали суммарное число точек на каждой из его шести граней. Могли ли получиться шесть последовательных чисел? 6.3. [4] Докажите неравенство 1k +2k +...+nk 6 при любых натуральных n и k.

n2k −(n−1)k nk −(n−1)k

35

XXI Турнир городов

6.4. Существует ли такая бесконечная последовательность, состоящая из а) [3] действительных; б) [3] целых чисел, что сумма любых десяти подряд идущих чисел положительна, а сумма первых подряд идущих 10n + 1 чисел отрицательна при любом натуральном n? Младшие классы, основной вариант 7.1. [3] Найдите все действительные корни уравнения (x + 1)21 + (x + 1)20 (x − 1) + (x + 1)19 (x − 1)2 + ... + (x − 1)21 = 0.

7.2. [3] Длины оснований трапеции — целые числа. Докажите, что её можно разбить на равные треугольники. 7.3. [6] Дана окружность и точка A внутри неё. Найдите геометрическое место вершин C всевозможных прямоугольников ABCD, где B и D — точки окружности. 7.4. [7] Разбойники Хапок и Глазок делят кучу из 100 монет. Хапок захватывает из кучи пригоршню монет, а Глазок, глядя на пригоршню, решает, кому из двоих она достаётся. Так продолжается, пока кто-то из них не получит девять пригоршней, после чего другой забирает все оставшиеся монеты (делёж может закончиться и тем, что монеты будут разделены прежде, чем кто-то получит девять пригоршней). Хапок может захватить в пригоршню сколько угодно монет. Какое наибольшее число монет он может гарантировать себе независимо от действий Глазка? 7.5. [7] Какое наибольшее число шахматных коней можно расставить на доске 5 × 5 так, чтобы каждый из них бил ровно двух других? 7.6. [10] В однокруговом шахматном турнире назовём партию неправильной, если выигравший её шахматист по итогам турнира набрал очков меньше, чем проигравший. Докажите, 3

общего числа что неправильные партии составляют меньше 4 партий в турнире. Старшие классы, основной вариант 8.1. [3] Натуральные числа m и n взаимно просты. Дробь

m + 2000n можно сократить на число d. Каково наибольшее n + 2000m

возможное значение d?

36

Условия задач

8.2. [5] Хорды AC и BD окружности с центром O пересекаются в точке K. Пусть M и N — центры окружностей, описанных около треугольников AKB и CKD. Докажите, что OM = KN. 8.3. [5] В колоде часть карт лежит рубашкой вниз. Время от времени Петя вынимает из колоды пачку из одной или нескольких подряд идущих карт, в которой верхняя и нижняя карты лежат рубашкой вниз, переворачивает всю пачку как одно целое и вставляет в то же место колоды (если «пачка» состоит лишь из одной карты, то требуется только, чтобы она лежала рубашкой вниз). Докажите, что в конце концов все карты лягут рубашкой вверх независимо от того, как Петя выбирает пачки. 8.4. [5] На плоскости, разграфлённой сеткой вертикальных и горизонтальных прямых на квадратные клетки, нарисован выпуклый многоугольник M так, что все его вершины находятся в вершинах клеток и ни одна из его сторон не вертикальна и не горизонтальна. Докажите, что сумма длин вертикальных отрезков сетки внутри M равна сумме длин горизонтальных отрезков сетки внутри M. 8.5. [7] Найдите максимальное число N, для которого существуют такие N последовательных чисел, что сумма цифр первого числа делится на 1, сумма цифр второго числа — на 2, сумма цифр третьего числа — на 3, ... , сумма цифр N-го числа — на N. 8.6. В однокруговом шахматном турнире назовём партию неправильной, если выигравший её шахматист по итогам турнира набрал очков меньше, чем проигравший. а) [6] Докажите, что неправильные партии составляют меньше

3 общего числа партий в турнире. 4

3

б) [6] Докажите, что в пункте а) число нельзя заменить 4 на меньшее.

XXII Турнир городов 2000/01 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] В клетках таблицы 4 × 4 записаны числа так, что сумма соседей у каждого числа равна 1 (соседними считаются клетки, имеющие общую сторону). Найдите сумму всех чисел таблицы. 1.2. [3] В параллелограмме ABCD точка M — середина стороны CD, H — основание перпендикуляра, опущенного из вершины B на прямую AM. Докажите, что треугольник BCH равнобедренный. 1.3. а) [2] На доске выписано 100 различных чисел. Докажите, что среди них можно выбрать восемь чисел так, что их среднее арифметическое не будет равно среднему арифметическому никаких девяти из выписанных чисел. б) [2] На доске выписано 100 целых чисел. Известно, что для любых восьми из этих чисел найдутся такие девять из этих чисел, что среднее арифметическое этих восьми чисел равно среднему арифметическому этих девяти чисел. Докажите, что все числа равны. 1.4. [5] Даны 32 одинаковые по виду монеты. Известно, что среди них есть ровно две фальшивые, которые отличаются от остальных по весу (настоящие монеты равны по весу друг другу, и фальшивые монеты также равны по весу друг другу). Как разделить все монеты на две равные по весу кучки, сделав не более четырёх взвешиваний на чашечных весах без гирь? Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [3] Треугольник ABC вписан в окружность. Через точку A проведены хорды, пересекающие сторону BC в точках K и L и дугу BC в точках M и N. Докажите, что если вокруг четырёхугольника KLNM можно описать окружность, то треугольник ABC — равнобедренный.

38

Условия задач

2.2. [3] Натуральные числа a, b, c, d таковы, что ad−bc>1. Докажите, что хотя бы одно из чисел a, b, c, d не делится на ad − bc. 2.3. [4] В каждой боковой грани пятиугольной призмы есть угол ϕ (среди углов этой грани). Найдите все возможные значения ϕ. 2.4. а) [3] Даны 32 одинаковые по виду монеты. Известно, что среди них есть ровно две фальшивые, которые отличаются от остальных по весу (настоящие монеты равны по весу друг другу, и фальшивые монеты также равны по весу друг другу). Как разделить все монеты на две равные по весу кучки, сделав не более четырёх взвешиваний на чашечных весах без гирь? б) [2] Та же задача для 22 монет. Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Дана таблица n × n, в каждой её клетке записано число, причём все числа различны. В каждой строке отметили наименьшее число, и все отмеченные числа оказались в разных столбцах. Затем в каждом столбце отметили наименьшее число, и все отмеченные числа оказались в разных строках. Докажите, что оба раза отметили одни и те же числа. 3.2. [3] Между двумя параллельными прямыми расположили окружность радиуса 1, касающуюся обеих прямых, и равнобедренный треугольник, основание которого лежит на одной из прямых, а вершина — на другой. Известно, что треугольник и окружность имеют ровно одну общую точку, и что эта точка лежит на вписанной окружности треугольника. Найдите радиус вписанной окружности треугольника. 3.3. [4] Натуральные числа a, b, c, d таковы, что наименьшее общее кратное этих чисел равно a + b + c + d. Докажите, что abcd делится на 3 или на 5 (или на то и на другое). 3.4. [4] Рассматривается доска 8 × 8, клетки которой пока не окрашены. Сколькими способами можно раскрасить доску в чёрный и белый цвета так, чтобы чёрных клеток было 31 и никакие две чёрные клетки не имели общей стороны? (Два способа раскраски считаются различными, если найдётся клетка, которая при одном из этих способов раскраски белая, а при другом — чёрная.)

39

XXII Турнир городов

3.5. [6] На правой чаше чашечных весов лежит груз массой 11 111 г. Весовщик последовательно раскладывает по чашам гири, первая из которых имеет массу 1 г, а каждая последующая вдвое тяжелее предыдущей. В какой-то момент весы оказались в равновесии. На какой чаше лежит 16-граммовая гиря? 3.6. [7] В весеннем туре Турнира городов 2000 г. старшеклассникам страны N было предложено шесть задач. Каждую задачу решили ровно 1000 школьников, но никакие два школьника не решили вместе все шесть задач. Каково наименьшее возможное число старшеклассников страны N, принявших участие в Турнире? 3.7. [8] У первоклассника имеется сто карточек, на которых написаны числа от 1 до 100, а также большой запас знаков «+» и «=». Какое наибольшее число верных равенств он может составить? (Каждая карточка используется не более одного раза, в каждом равенстве может быть только один знак «=», переворачивать карточки и прикладывать их для получения новых чисел нельзя.) Старшие классы, основной вариант 4.1. [3] Натуральные числа a, b, c, d таковы, что наименьшее общее кратное этих чисел равно a + b + c + d. Докажите, что abcd делится на 3 или на 5 (или на то и на другое). 4.2. [4] Для какого наибольшего n можно выбрать на поверхности куба n точек так, чтобы не все они лежали на одной грани куба и при этом были вершинами правильного (плоского) n-угольника? 4.3. [4] Длины сторон треугольника ABC равны a, b и c (AB = c, BC = a, CA = b и a < b < c). На лучах BC и AC отмечены соответственно такие точки B1 и A1 , что BB1 = AA1 = c. На лучах CA и BA отмечены соответственно такие точки C2 и B2 , что CC2 = BB2 = a. Найти отношение A1 B1 : C2 B2 . 4.4. Пусть целые ненулевые числа a1 , a2 , ... , an таковы, что равенство 1

a1 +

=x

1

a2 +

1

a3 + ... +

1 an +

1 x

40

Условия задач

выполнено при всех целых значениях x, входящих в область определения дроби, стоящей в левой части. a) [3] Докажите, что число n чётно. б) [4] При каком наименьшем n такие числа существуют? 4.5. [6] Клетки доски m × n покрашены в два цвета. Известно, что на какую бы клетку ни поставить ладью, она будет бить больше клеток не того цвета, на котором стоит (клетка, на которой стоит ладья, тоже считается побитой). Докажите, что на каждой вертикали и на каждой горизонтали клеток обоих цветов поровну. 4.6. а) [5] Несколько чёрных квадратов со стороной 1 см прибиты к белой плоскости одним гвоздём толщиной 0,1 см (гвоздь не задевает границ квадратов.) Образовалась многоугольная чёрная фигура. Может ли периметр этой фигуры быть больше 1 км? б) [5] Та же задача, но гвоздь имеет толщину 0 (то есть «пробивает» квадрат в точке). в) [5] Несколько чёрных квадратов со стороной 1 лежат на белой плоскости, образуя чёрную фигуру (возможно, состоящую из нескольких кусков и имеющую дырки). Может ли отношение периметра этой фигуры к её площади быть больше 10 000?

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] Натуральное число n разрешается заменить на число ab, если a + b = n и числа a и b натуральные. Можно ли с помощью таких замен получить из числа 22 число 2001? 5.2. [4] В треугольнике одна из средних линий больше одной из медиан. Докажите, что этот треугольник тупоугольный. 5.3. [4] В магазин завезли 20 кг сыра, за ним выстроилась очередь. Отпустив сыр очередному покупателю, продавщица безошибочно подсчитывает средний вес покупки по всему проданному сыру и сообщает, на сколько человек хватит оставшегося сыра, если все будут покупать именно по этому среднему весу. Могла ли продавщица после каждого из первых 10 покупателей сообщать, что сыра хватит ещё ровно на 10 человек? Если да, то сколько сыра осталось в магазине после первых 10 покупателей?

XXII Турнир городов

41

5.4. а) [2] На столе лежат пять одинаковых бумажных треугольников. Каждый из них разрешается сдвигать в любом направлении, не поворачивая. Верно ли, что всегда любой из этих треугольников можно накрыть четырьмя другими? б) [3] На столе лежат пять одинаковых равносторонних бумажных треугольников. Каждый из них разрешается сдвигать в любом направлении, не поворачивая. Докажите, что любой из этих треугольников можно накрыть четырьмя другими. 5.5. [5] На доске размером 15 × 15 клеток расставили 15 ладей, не бьющих друг друга. Затем каждую ладью передвинули ходом коня. Докажите, что теперь какие-то две ладьи будут бить друг друга. Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] Автобус, едущий по маршруту длиной 100 км, снабжён компьютером, показывающим, сколько времени осталось до прибытия в конечный пункт. Это время рассчитывается исходя из предположения, что средняя скорость автобуса на оставшемся участке маршрута будет такой же, как и на уже пройденной его части. Спустя 40 минут после начала движения ожидаемое время до прибытия составило 1 час и оставалось таким ещё в течение пяти часов. Могло ли такое быть? Если да, то сколько километров проехал автобус к окончанию этих пяти часов? 6.2. [4] Десятичная запись натурального числа a состоит из n цифр, а десятичная запись числа a3 состоит из m цифр. Может ли n + m равняться 2001? 6.3. [4] В треугольнике ABC точка X лежит на стороне AB, а точка Y — на стороне BC. Отрезки AY и CX пересекаются в точке Z. Известно, что AY = CY и AB = CZ. Докажите, что точки B, X, Z и Y лежат на одной окружности. 6.4. [5] Двое играют на клетчатой доске 3 × 100: кладут по очереди на свободные клетки доминошки 1 × 2. Первый игрок кладёт доминошки, направленные вдоль доски, второй — в поперечном направлении. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто из играющих может обеспечить себе победу (как бы ни играл его противник) и как ему следует играть? 6.5. [5] На поверхности правильного тетраэдра с ребром 1 см отмечены 9 точек. Докажите, что среди этих точек най-

42

Условия задач

дутся две, расстояние между которыми (в пространстве) не превосходит 0,5 см. Младшие классы, основной вариант 7.1. [3] В некоторой стране есть 10 % работников, чья зарплата составляет 90 % всей зарплаты, выплачиваемой в этой стране. Страна разделена на несколько регионов. Может ли в каждом из них зарплата любых 10 % работников составлять не более 11 % от всей зарплаты, выплачиваемой в этом регионе? 7.2. [5] Есть три кучки камней: в первой 51 камень, во второй — 49, а в третьей — 5. Разрешается объединять любые кучки в одну, а также разделять кучку, состоящую из чётного количества камней, на две равные. Можно ли получить 105 кучек по одному камню в каждой? 7.3. [5] Внутри угла с вершиной M отмечена точка A. Из этой точки выпустили шар, который отразился от одной стороны угла в точке B, затем от другой стороны в точке C и вернулся в A («угол падения» равен «углу отражения»). Докажите, что центр O окружности, описанной около треугольника BCM, лежит на прямой AM. (Шар считайте точкой.) 7.4. [5] На доске нарисовали выпуклый многоугольник. В нём провели несколько диагоналей, не пересекающихся внутри него, так что он оказался разбит на треугольники. Затем возле каждой вершины записали число треугольников, примыкающих к этой вершине, после чего все диагонали стёрли. Можно ли по оставшимся возле вершин числам восстановить стёртые диагонали? 7.5. а) [3] На две клетки шахматной доски выставляются чёрная и белая фишки. Разрешается по очереди передвигать их, каждым ходом сдвигая очередную фишку на любое свободное соседнее поле по вертикали или горизонтали. Может ли случиться, что после нескольких ходов все возможные расположения этих двух фишек на доске встретятся ровно по одному разу? б) [4] А если разрешается двигать фишки в любом порядке (не обязательно по очереди)? 7.6. [7] Высоты треугольника ABC — AA1 , BB1 , CC1 . Докажите, что треугольник с вершинами в ортоцентрах (точках

XXII Турнир городов

43

пересечения высот) треугольников AB1 C1 , BA1 C1 , CA1 B1 равен треугольнику A1 B1 C1 . 7.7. Лёша задумал двузначное число (от 10 до 99). Гриша пытается его отгадать, называя двузначные числа. Если Гриша правильно называет число или же одну цифру называет правильно, а в другой ошибается не более чем на единицу, то Лёша отвечает «тепло»; в остальных случаях Лёша отвечает «холодно». (Например, если задумано число 65, то назвав 65, 64, 66, 55 или 75, Гриша услышит в ответ «тепло», а в остальных случаях услышит «холодно».) a) [2] Покажите, что нет способа, при котором Гриша гарантированно узнает число, истратив 18 попыток. б) [3] Придумайте способ, при котором Гриша гарантированно узнает число, истратив 24 попытки (какое бы число ни задумал Лёша). в) [3] А за 22 попытки получится? Старшие классы, основной вариант 8.1. [3] Приведите пример такого многочлена P(x) степени 2001, что при всех x выполнено равенство P(x) + P(1 − x) = 1. 8.2. [5] В школе (где училось не менее 6 учеников) подвели итоги учебного года. Выяснилось, что в любом множестве из 5 и более учеников не менее 80 % двоек, полученных этими учениками в течение года, поставлены не более чем 20 % учеников из этого множества. Докажите, что по крайней мере три четверти всех двоек, поставленных в школе, получил один ученик. 8.3. [5] Высоты треугольника ABC — AA1 , BB1 , CC1 . Докажите, что треугольник с вершинами в ортоцентрах (точках пересечения высот) треугольников AB1 C1 , BA1 C1 , CA1 B1 равен треугольнику A1 B1 C1 . 8.4. [5] Даны две таблицы A и B, в каждой m строк и n столбцов. В каждой клетке каждой таблицы записано одно из чисел 0 или 1, причём в строках таблиц числа не убывают (при движении по строке слева направо), и в столбцах таблиц числа не убывают (при движении по столбцу сверху вниз). Известно, что при любом k от 1 до m сумма чисел в верхних k строках таблицы A не меньше суммы чисел в верхних k строках таблицы B. Известно также, что всего в таблице A

44

Условия задач

столько же единиц, сколько в таблице B. Докажите, что при любом l от 1 до n сумма чисел в левых l столбцах таблицы A не больше суммы чисел в левых l столбцах таблицы B. 8.5. Может ли в итоговой таблице однокругового шахматного турнира для каждого участника сумма очков тех, у кого он выиграл, быть a) [4] больше; б) [4] меньше суммы очков тех, кому он проиграл? 8.6. [8] Докажите, что найдутся такие 2001 выпуклых многогранников в пространстве, что никакие три из них не имеют общих точек, а любые два касаются друг друга (то есть имеют хотя бы одну общую граничную точку, но не имеют общих внутренних точек). 8.7. По кругу расставлено несколько коробочек. В каждой из них может лежать один или несколько шариков (или она может быть пустой). Ход состоит в том, что из какой-то коробочки берутся все шарики и раскладываются по одному, двигаясь по часовой стрелке, начиная со следующей коробочки. a) [4] Пусть на каждом следующем ходу надо брать шарики из той коробочки, в которую был положен последний шарик. Докажите, что в какой-то момент повторится начальное расположение шариков. б) [4] Пусть теперь на каждом ходу разрешается брать шарики из любой коробочки. Верно ли, что за несколько ходов из любого начального расположения шариков по коробочкам можно получить любое другое?

XXIII Турнир городов 2001/02 учебный год

Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [4] В трапеции ABCD на боковой стороне AB дана точка K. Через точку A провели прямую l, параллельную прямой KC, а через точку B — прямую m, параллельную прямой KD. Докажите, что точка пересечения прямых l и m лежит на стороне CD. 1.2. [4] Cлава перемножил первые n натуральных чисел, а Валера перемножил первые m чётных натуральных чисел (m > 1). В результате у них получилось одно и то же число. Докажите, что хотя бы один из мальчиков ошибся. 1.3. [4] В Колиной коллекции есть четыре царские золотые пятирублёвые монеты. Коля хочет проверить (доказать или опровергнуть), что среди монет есть ровно две фальшивые. Удастся ли ему это сделать с помощью двух взвешиваний на чашечных весах без гирь? (Фальшивые монеты одинаковы по весу, настоящие тоже одинаковы по весу, но фальшивые легче настоящих.) 1.4. [4] По прямой в одном направлении на некотором расстоянии друг от друга движутся 5 одинаковых шариков, а навстречу им движутся 5 других таких же шариков. Скорости всех шариков одинаковы. При столкновении любых двух шариков они разлетаются в противоположные стороны с той же скоростью, с какой двигались до столкновения. Сколько всего столкновений произойдёт между шариками? 1.5. [4] На плоскости отмечены несколько (больше трёх) точек. Известно, что если выкинуть любую точку, то оставшиеся будут симметричны относительно какой-нибудь прямой. Верно ли, что всё множество точек тоже симметрично относительно какой-нибудь прямой?

46

Условия задач

Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [4] Высотой пятиугольника назовём отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины на противоположную сторону, а медианой — отрезок, соединяющий вершину с серединой противоположной стороны. Известно, что в некотором пятиугольнике равны 10 длин — длины всех высот и всех медиан. Докажите, что этот пятиугольник правильный. 2.2. [4] Существуют 1000 последовательных натуральных чисел, среди которых нет ни одного простого числа (например, 1001! + 2, 1001! + 3, ... , 1001! + 1001). А существуют ли 1000 последовательных натуральных чисел, среди которых ровно 5 простых чисел? 2.3. [4] По прямой в одном направлении на некотором расстоянии друг от друга движутся 5 одинаковых шариков, а навстречу им движутся 5 других таких же шариков. Скорости всех шариков одинаковы. При столкновении любых двух шариков они разлетаются в противоположные стороны с той же скоростью, с какой двигались до столкновения. Сколько всего столкновений произойдёт между шариками? 2.4. [4] На квадратном торте расположены треугольные шоколадки, которые не соприкасаются между собой. Всегда ли можно разрезать торт на выпуклые многоугольники так, чтобы каждый многоугольник содержал ровно одну шоколадку — не меньше и не больше? (Торт считайте плоским квадратом.) 2.5. [4] На полях A, B и A C A A C в левом нижнем углу шахматной доски стоят белые лаB дьи (см. рис.). Разрешается делать ходы по обычным правилам, однако после любого хода каждая ладья должна быть под защитой какой-нибудь другой ладьи. Можно ли за несколько ходов перестаC вить ладьи так, чтобы каждая попала на обозначенное A B A A той же буквой поле в правом верхнем углу?

XXIII Турнир городов

47

Младшие классы, основной вариант 3.1. [4] Существуют ли такие натуральные числа a1 < a2 < < a3 < ... < a100, что НОД(a1 , a2 ) > НОД(a2 , a3 ) > ... > НОД(a99 , a100 )? 3.2. [5] N красных и N синих точек, строго чередуясь, разделили окружность на 2N дуг так, что любые две смежные из них имеют различную длину. При этом длины каждой из этих дуг равны одному из трёх чисел: a, b или c. Докажите, что N-угольник с красными вершинами и N-угольник с синими вершинами имеют равные периметры и равные площади. 3.3. [5] Дана таблица (n − 2) × n, n > 2, в каждой клетке которой записано целое число от 1 до n, причём в каждой строке все числа различны и в каждом столбце все числа различны. Докажите, что эту таблицу можно дополнить до квадрата n × n, записав в каждую новую клетку какое-нибудь целое число от 1 до n так, чтобы по-прежнему в каждой строке и в каждом столбце числа были различны. 3.4. [5] Правильный (2n + 1)-угольник разбили диагоналями на 2n − 1 треугольник. Докажите, что среди них по крайней мере три равнобедренных. 3.5. [6] На пустую шахматную доску Саша выставляет ладьи: первую — куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она побила нечётное число ранее выставленных ладей. Какое наибольшее число ладей он сможет так выставить? 3.6. [8] В строке записано несколько чисел. Каждую секунду робот выбирает какую-либо пару рядом стоящих чисел, в которой левое число больше правого, меняет их местами и при этом умножает оба числа на 2. Докажите, что через некоторое время сделать очередную такую операцию будет невозможно. 3.7. [8] Известно, что число 2333 имеет 101 цифру и начинается с 1. Сколько чисел в ряду 2, 4, 8, 16, ... , 2333 начинается с 4? Старшие классы, основной вариант 4.1. [4] На плоскости даны три красные точки, три синие точки и ещё точка O. Известно, что точка O лежит и внутри треугольника с красными вершинами, и внутри треугольни-

48

Условия задач

ка с синими вершинами, причём расстояние от O до любой красной точки меньше расстояния от O до любой синей точки. Могут ли все красные и все синие точки лежать на одной и той же окружности? 4.2. [5] Существуют ли такие натуральные числа a1 < a2 < < a3 < ... < a100, что НОК(a1 , a2 ) > НОК(a2 , a3 ) > ... > НОК(a99 , a100 )? 4.3. [6] Клетки шахматной доски занумерованы числами от 1 до 64 так, что соседние номера стоят в соседних (по стороне) клетках. Какова наименьшая возможная сумма номеров на большой диагонали? 4.4. [6] Пусть F1 , F2 , F3 , ... — последовательность выпуклых четырёхугольников, где Fk+1 (при k = 1, 2, 3, ...) получается так: Fk разрезают по диагонали, одну из частей переворачивают и склеивают по линии разреза с другой частью. Какое наибольшее количество различных четырёхугольников может содержать эта последовательность? (Различными считаются многоугольники, которые нельзя совместить движением.) 4.5. [7] Все члены бесконечной арифметической прогрессии — натуральные числа. В каждом числе удалось подчеркнуть одну или несколько подряд идущих цифр так, что в первом числе оказалась подчёркнута цифра 1, во втором — 2, ... , в 23-м — цифры 2 и 3 подряд, и так далее (для любого натурального n в n-м числе подчёркнутые цифры образовали число n). Докажите, что разность прогрессии — это степень числа 10. 4.6. [7] В ряд стоят 23 коробочки с шариками, причём для любого числа n от 1 до 23 есть коробочка, в которой ровно n шариков. За одну операцию можно переложить в любую коробочку ещё столько же шариков, сколько в ней уже есть, из какой-нибудь другой коробочки, в которой шариков больше. Всегда ли можно такими операциями добиться, чтобы в первой коробочке оказался 1 шарик, во второй — 2 шарика, и так далее, в 23-й — 23 шарика? 4.7. На координатной плоскости расположили треугольник так, что его сдвиги на векторы с целочисленными координатами не перекрываются.

XXIII Турнир городов

49

а) [3] Может ли площадь такого треугольника быть больше

1 ? 2

б) [6] Найдите наибольшую возможную площадь такого треугольника.

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [4] Имеется много одинаковых прямоугольных картонок размером a × b см, где a и b — натуральные числа, причём a меньше b. Известно, что из таких картонок можно сложить и прямоугольник 49 × 51 см, и прямоугольник 99 × 101 см. Можно ли по этим данным однозначно определить a и b? 5.2. [5] Можно ли разрезать какой-нибудь треугольник на четыре выпуклые фигуры: треугольник, четырёхугольник, пятиугольник и шестиугольник? 5.3. [5] Для натуральных чисел x и y число x2 + xy + y2 в десятичной записи оканчивается нулём. Докажите, что оно оканчивается хотя бы двумя нулями. 5.4. [5] Стороны AB, BC, CD и DA четырёхугольника ABCD касаются некоторой окружности в точках K, L, M и N соответственно, S — точка пересечения отрезков KM и LN. Известно, что вокруг четырёхугольника SKBL можно описать окружность. Докажите, что вокруг четырёхугольника SNDM также можно описать окружность. 5.5. а) [3] Есть 128 монет двух различных весов, монет каждого веса поровну. Как на чашечных весах без гирь гарантированно найти две монеты разного веса не более чем за 7 взвешиваний? б) [3] Есть восемь монет двух различных весов, монет каждого веса поровну. Как на чашечных весах без гирь гарантированно найти две монеты разного веса за два взвешивания? Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [4] Для натуральных чисел x и y число x2 + xy + y2 в десятичной записи оканчивается нулём. Докажите, что оно оканчивается хотя бы двумя нулями.

50

Условия задач

6.2. [5] Из бумаги вырезали два одинаковых треугольника ABC и A′ B′ C′ и положили их на стол, перевернув при этом один из треугольников. Докажите, что середины отрезков AA′ , BB′ и CC′ лежат на одной прямой. 6.3. [5] Есть 6 кусков сыра разного веса. Известно, что можно разложить сыр на две кучки по три куска так, чтобы кучки весили поровну. Как можно сделать это за два взвешивания на чашечных весах без гирь, если про любые два куска на глаз видно, какой весит больше? 6.4. [5] Сколькими способами можно расставить числа от 1 до 100 в прямоугольнике 2 × 50 так, чтобы каждые два числа, различающиеся на 1, попали в клетки с общей стороной? 6.5. [6] Существует ли правильная треугольная призма, которую можно оклеить (без наложений) различными равносторонними треугольниками? (Разрешается перегибать треугольники через рёбра призмы.) Младшие классы, основной вариант 7.1. [4] Пусть a, b, c — длины сторон треугольника. Докажите неравенство: a3 + b3 + 3abc > c3 . 7.2. [4] На клетчатой доске размером 23 × 23 клетки стоят четыре фишки: в левом нижнем и в правом верхнем углах доски по белой фишке, а в левом верхнем и в правом нижнем углах — по чёрной. Белые и чёрные фишки ходят по очереди, начинают белые. Каждым ходом одна из фишек сдвигается на любую соседнюю (по стороне) свободную клетку. Белые фишки стремятся попасть в две соседние по стороне клетки. Могут ли чёрные им помешать? 7.3. [6] В выпуклом четырёхугольнике ABCD точки E и F являются серединами сторон BC и CD соответственно. Отрезки AE, AF и EF делят четырёхугольник на 4 треугольника, площади которых (в каком-то порядке) равны последовательным натуральным числам. Каково наибольшее возможное значение площади треугольника ABD? 7.4. [7] В ряд расположили n лампочек и зажгли некоторые из них. Каждую минуту после этого все лампочки, горевшие на прошлой минуте, гаснут, а те негоревшие лампочки, которые

51

XXIII Турнир городов

на прошлой минуте соседствовали ровно с одной горящей лампочкой, загораются. При каких n можно так зажечь некоторые лампочки вначале, чтобы потом в любой момент нашлась хотя бы одна горящая лампочка? 7.5. [7] Остроугольный треугольник разрезали прямолинейным разрезом на две (не обязательно треугольные) части, затем одну из этих частей — опять на две части, и так далее: на каждом шагу выбирали любую одну из уже имеющихся частей и разрезали её (по прямой) на две. Через несколько шагов оказалось, что исходный треугольник распался на несколько треугольников. Могут ли все они быть тупоугольными? 7.6. [7] В возрастающей бесконечной последовательности натуральных чисел каждое число, начиная с 2002-го, является делителем суммы всех предыдущих чисел. Докажите, что в этой последовательности каждое число, начиная с некоторого места, равно сумме всех предыдущих чисел. 7.7. [8] С цепочкой домино, сложенной по обычным правилам, разрешается проделывать такую операцию: выбирается кусок из нескольких подряд доминошек с одинаковыми очками на концах куска, переворачивается целиком и вставляется на то же место. Докажите, что если у двух цепочек, сложенных из двух одинаковых комплектов домино, значения очков на концах совпадают, то разрешёнными операциями можно сделать порядок следования доминошек во второй цепочке таким же, как в первой. Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] Тангенсы углов некоторого треугольника — целые числа. Найдите эти тангенсы. 8.2. [4] Верно ли, что на графике функции y = x3 можно отметить такую точку A, а на графике функции y = x3 + |x| + 1 — 1

? такую точку B, что расстояние AB не превысит 100 8.3. [7] В возрастающей бесконечной последовательности натуральных чисел каждое число, начиная с 2002-го, является делителем суммы всех предыдущих чисел. Докажите, что в этой последовательности каждое число, начиная с некоторого места, равно сумме всех предыдущих чисел. 8.4. [5] Компания зрителей купила все билеты в один ряд, но села туда наугад, причём каждый оказался не на своём

52

Условия задач

месте. Билетёр может поменять местами любых двух соседей, сидящих не на своих местах, и так много раз (но не может пересаживать зрителя, уже попавшего на своё место). Верно ли, что при любой начальной рассадке билетёр может действовать так, чтобы все расселись по своим местам? 8.5. [6] Пусть AA1 , BB1 , CC1 — высоты остроугольного треугольника ABC; OA , OB , OC — центры вписанных окружностей треугольников AB1 C1 , BC1 A1 , CA1 B1 соответственно; TA , TB , TC — точки касания вписанной окружности треугольника ABC со сторонами BC, CA, AB соответственно. Докажите, что все стороны шестиугольника TA OC TB OA TC OB равны. 8.6. [7] Колоду из 52 карт разложили в виде прямоугольника 4 × 13. Известно, что если две карты лежат рядом по вертикали или горизонтали, то они одной масти либо одного достоинства. Докажите, что в каждом горизонтальном ряду (из 13 карт) все карты одной масти. 8.7. [8] Существуют ли такие иррациональные числа a и b, что a > 1, b > 1 и [am ] отлично от [bn ] при любых натуральных m и n?

XXIV Турнир городов 2002/03 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [4] В выпуклом 2002-угольнике провели несколько диагоналей, не пересекающихся внутри 2002-угольника. В результате 2002-угольник разделился на 2000 треугольников. Могло ли случиться, что ровно у половины этих треугольников все стороны являются диагоналями этого 2002-угольника? 1.2. [5] Саша и Маша загадали по натуральному числу и сказали их Васе. Вася написал на одном листе бумаги сумму загаданных чисел, а на другом — их произведение, после чего один из листов спрятал, а другой (на нём оказалось написано число 2002) показал Саше и Маше. Увидев это число, Саша сказал, что не знает, какое число загадала Маша. Услышав это, Маша сказала, что не знает, какое число загадал Саша. Какое число загадала Маша? 1.3. а) [1] В классе была дана контрольная. Известно, что по 2 задач этой контрольной оказались трудными: 3 2 каждую такую задачу не решили по крайней мере школь3 2 ников. По крайней мере школьников класса написали кон3

крайней мере

трольную хорошо: каждый такой школьник решил по крайней мере

2 задач контрольной. Могло ли такое быть? 3

б) [2] Изменится ли ответ в этой задаче, если заменить везде 2

3

2

7

в её условии на ? 3 4 в) [2] Изменится ли ответ в этой задаче, если заменить везде в её условии на ? 3 10 1.4. [5] На столе лежат 2002 карточки с числами 1, 2, 3, ... , 2002. Двое играющих берут по одной карточке по очереди. После того как будут взяты все карточки, выигравшим считается тот, у кого больше последняя цифра суммы чисел на взятых карточках. Выясните, кто из играющих может всегда

54

Условия задач

выигрывать, как бы ни играл противник, и объясните, как он должен при этом играть. 1.5. [5] Дан некоторый угол и точка A внутри угла. Можно ли провести через точку A три прямые (не проходящие через вершину угла) так, чтобы на каждой из сторон угла одна из точек пересечения этих прямых со стороной лежала посередине между двумя другими точками пересечения прямых с этой же стороной? Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [4] Саша и Маша загадали по натуральному числу и сказали их Васе. Вася написал на одном листе бумаги сумму загаданных чисел, а на другом — их произведение, после чего один из листов спрятал, а другой (на нём оказалось написано число 2002) показал Саше и Маше. Увидев это число, Саша сказал, что не знает, какое число загадала Маша. Услышав это, Маша сказала, что не знает, какое число загадал Саша. Какое число загадала Маша? 2.2. а) [1] В классе была дана контрольная. Известно, что по

2 задач этой контрольной оказались трудными: 3 2 каждую такую задачу не решили по крайней мере школь3 2 ников. По крайней мере школьников класса написали кон3

крайней мере

трольную хорошо: каждый такой школьник решил по крайней 2

мере задач контрольной. Могло ли такое быть? 3 б) [2] Изменится ли ответ в этой задаче, если заменить везде 2

3

2

7

в её условии на ? 3 4 в) [2] Изменится ли ответ в этой задаче, если заменить везде в её условии на ? 3 10 2.3. [5] Несколько прямых, никакие две из которых не параллельны, разрезают плоскость на части. Внутри одной из этих частей отметили точку A. Докажите, что точка, лежащая с A по разные стороны от всех данных прямых, существует тогда и только тогда, когда часть, содержащая A, неограничена.  p . 2.4. [5] Пусть x, y, z — любые числа из интервала 0, 2 Докажите неравенство x cos x + y cos y + z cos z cos x + cos y + cos z 6 . x+y+z 3

XXIV Турнир городов

55

2.5. [5] В бесконечной последовательности натуральных чисел каждое следующее число получается прибавлением к предыдущему одной из его ненулевых цифр. Докажите, что в этой последовательности найдётся чётное число. Младшие классы, основной вариант 3.1. [4] В банке работают 2002 сотрудника. Все сотрудники пришли на юбилей, и их рассадили за один круглый стол. Известно, что зарплаты сидящих рядом различаются на 2 или 3 доллара. Какой наибольшей может быть разница двух зарплат сотрудников этого банка, если известно, что все зарплаты сотрудников различны? 3.2. [5] Все виды растений России были занумерованы подряд числами от 2 до 20 000 (числа идут без пропусков и повторений). Для каждой пары видов растений запомнили наибольший общий делитель их номеров, а сами номера были забыты (в результате сбоя компьютера). Можно ли для каждого вида растений восстановить его номер? 3.3. [6] Вершины 50-угольника делят окружность на 50 дуг, длины которых — 1, 2, 3, ... , 50 в некотором порядке. Каждая пара «противоположных» дуг (соответствующих противоположным сторонам 50-угольника) отличается по длине на 25. Докажите, что у 50-угольника найдутся две параллельные стороны. 3.4. [6] Внутри треугольника ABC взята точка P так, что угол ABP равен углу ACP, а угол CBP равен углу CAP. Докажите, что P — точка пересечения высот треугольника ABC. 3.5. [7] Выпуклый N-угольник разбит диагоналями на треугольники (при этом диагонали не пересекаются внутри многоугольника). Треугольники раскрашены в чёрный и белый цвета так, что каждые два треугольника с общей стороной раскрашены в разные цвета. Для каждого N найдите максимум разности количества белых и количества чёрных треугольников. 3.6. [9] Имеется много карточек, на каждой из которых записано натуральное число от 1 до n. Известно, что сумма чисел на всех карточках равна n!·k, где k — целое число. Докажите, что карточки можно разложить на k групп так, чтобы

56

Условия задач

в каждой группе сумма чисел, написанных на карточках, равнялась n!. 3.7. а) [5] Электрическая схема имеет вид решётки 3 × 3: всего в схеме 16 узлов (вершины квадратиков решётки), которые соединены проводами (стороны квадратиков решётки). Возможно, часть проводов перегорела. За одно измерение можно выбрать любую пару узлов схемы и проверить, проходит ли между ними ток (то есть проверить, существует ли цепочка неперегоревших проводов, соединяющих эти узлы). В действительности схема такова, что ток проходит от каждого узла к любому другому. За какое наименьшее число измерений всегда можно в этом удостовериться? б) [5] Тот же вопрос для схемы, которая имеет вид решётки 5 × 5 (всего 36 узлов). Старшие классы, основной вариант 4.1. [4] Все виды растений России были занумерованы подряд числами от 2 до 20 000 (числа идут без пропусков и повторений). Для каждой пары видов растений запомнили наибольший общий делитель их номеров, а сами номера были забыты (в результате сбоя компьютера). Можно ли для каждого вида растений восстановить его номер? 4.2. [6] Некоторый куб рассекли плоскостью так, что в сечении получился пятиугольник. Докажите, что длина одной из сторон этого пятиугольника отличается от 1 метра по крайней мере на 20 сантиметров. 4.3. [6] Выпуклый N-угольник разбит диагоналями на треугольники (при этом диагонали не пересекаются внутри многоугольника). Треугольники раскрашены в чёрный и белый цвета так, что любые два треугольника с общей стороной раскрашены в разные цвета. Для каждого N найдите максимум разности количества белых и количества чёрных треугольников. 4.4. [8] Имеется много карточек, на каждой из которых записано натуральное число от 1 до n. Известно, что сумма чисел на всех карточках равна n!·k, где k — целое число. Докажите, что карточки можно разложить на k групп так, чтобы в каждой группе сумма чисел, написанных на карточках, равнялась n!.

XXIV Турнир городов

57

4.5. Окружности Ω1 и Ω2 пересекаются в точках A и B. Через B проведена прямая, вторично пересекающая Ω1 и Ω2 в точках K и M. Прямая l1 касается Ω1 в точке Q и параллельна AM. Прямая QA вторично пересекает Ω2 в точке R. Докажите, что a) [4] касательная l2 , проведённая к Ω2 в точке R, параллельна AK; б) [4] прямые l1 , l2 и KM имеют общую точку. 4.6. [8] Рассмотрим последовательность, первые два члена которой равны 1 и 2 соответственно, а каждый следующий член — это наименьшее натуральное число, которое ещё не встретилось в последовательности и которое не взаимно просто с предыдущим членом последовательности. Докажите, что каждое натуральное число входит в эту последовательность. 4.7. а) [4] Электрическая схема имеет вид решётки 3 × 3: всего в схеме 16 узлов (вершины квадратиков решётки), которые соединены проводами (стороны квадратиков решётки). Возможно часть проводов перегорела. За одно измерение можно выбрать любую пару узлов схемы и проверить, проходит ли между ними ток (то есть проверить, существует ли цепочка неперегоревших проводов, соединяющих эти узлы). В действительности схема такова, что ток проходит от любого узла к любому. За какое наименьшее число измерений всегда можно в этом удостовериться? б) [5] Тот же вопрос для схемы, которая имеет вид решётки 7 × 7 (всего 64 узла).

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [4] 2003 доллара разложили по кошелькам, а кошельки разложили по карманам. Известно, что всего кошельков больше, чем долларов в любом кармане. Верно ли, что карманов больше, чем долларов в каком-нибудь кошельке? (Класть кошельки один в другой не разрешается.) 5.2. [4] Двое играющих по очереди красят стороны n-угольника. Первый может покрасить сторону, у которой оба соседа покрашены или оба не покрашены, второй — сторону, у ко-

58

Условия задач

торой покрашена ровно одна соседняя сторона. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. При каких n второй может выиграть, как бы ни играл первый? 5.3. [5] На боковых сторонах AB и BC равнобедренного треугольника ABC взяли соответственно точки K и L так, что AK + LC = KL. Из середины M отрезка KL провели прямую, параллельную BC, и эта прямая пересекла сторону AC в точке N. Найдите величину угла KNL. 5.4. [5] В последовательности натуральных чисел каждое число, кроме первого, получается прибавлением к предыдущему самой большой его цифры. Какое наибольшее количество подряд идущих членов последовательности могут быть нечётными? 5.5. [5] Можно ли замостить доску 2003 × 2003 доминошками 1 × 2, которые разрешается располагать только горизонтально, и прямоугольниками 3 × 1, которые разрешается располагать только вертикально? (Две стороны доски условно считаются горизонтальными, а две другие — вертикальными.) Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] 2003 доллара разложили по кошелькам, а кошельки разложили по карманам. Известно, что всего кошельков больше, чем долларов в любом кармане. Верно ли, что карманов больше, чем долларов в каком-нибудь кошельке? (Класть кошельки один в другой не разрешается.) 6.2. [3] Имеется 100 палочек, из которых можно сложить 100-угольник. Может ли случиться, что ни из какого меньшего числа этих палочек нельзя сложить многоугольник? 6.3. [4] В треугольнике ABC взяли точку M так, что радиусы описанных окружностей треугольников AMC, BMC и BMA не меньше радиуса описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что все четыре радиуса равны. 6.4. [5] Сто номерков выложили в ряд в порядке возрастания: 00, 01, 02, 03, ... , 99. Затем номерки переставили так, что каждый следующий номерок стал получаться из предыдущего увеличением или уменьшением ровно одной из цифр на 1 (например, после 29 может идти 19, 39 или 28, а 30 или 20 — не может). Какое наибольшее число номерков могло остаться на своих местах?

XXIV Турнир городов

59

6.5. [5] Дан картонный прямоугольник со сторонами a см b

и b см, где < a < b. Докажите, что его можно разрезать на 2 три куска, из которых можно сложить квадрат. Младшие классы, основной вариант 7.1. [4] Вася собирается написать на доске квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 с натуральными коэффициентами. После этого Петя, если захочет, сможет заменить один или два знака «+» на «−». Если у получившегося уравнения оба корня целые, то выиграет Вася, если же корней нет или хотя бы один из них нецелый — Петя. Может ли Вася подобрать коэффициенты уравнения так, чтобы наверняка выиграть у Пети? 7.2. [4] Дан треугольник ABC. В нём R — радиус описанной окружности, r — радиус вписанной окружности, a — длина наибольшей стороны, h — длина наименьшей высоты. ДокажиR

a

те, что r > h . 7.3. В однокруговом турнире участвовали 15 команд. a) [4] Докажите, что хотя бы в одной игре встретились команды, которые перед этой игрой участвовали в сумме в нечётном числе игр этого турнира. б) [3] Могла ли такая игра быть единственной? 7.4. [7] Есть шоколадка в форме правильного треугольника со стороной n, разделённая бороздками на маленькие равные треугольнички со стороной 1 (каждая сторона разделена на n равных частей, точки деления на каждой паре сторон соединены линиями, параллельными третьей стороне). Играют двое. За ход можно отломать от шоколадки треугольный кусок (вдоль какой-нибудь бороздки), съесть его и передать остаток противнику. Тот, кто получит последний кусок — треугольничек со стороной 1, — победитель. Тот, кто не может сделать ход, досрочно проигрывает. Для каждого n выясните, кто из играющих может всегда выигрывать, как бы ни играл противник? 7.5. [7] Какое наибольшее число клеток доски 9 × 9 можно разрезать по обеим диагоналям, чтобы при этом доска не распалась на несколько частей? 7.6. [7] Трапеция с основаниями AD и BC описана вокруг окружности, E — точка пересечения её диагоналей. Докажите, что угол AED не может быть острым.

60

Условия задач

Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] Дана треугольная пирамида ABCD. В ней R — радиус описанной сферы, r — радиус вписанной сферы, a — длина наибольшего ребра, h — длина наименьшей высоты (на какуюR

a

то грань). Докажите, что r > h . 8.2. [5] Дан многочлен P(x) с действительными коэффициентами. Бесконечная последовательность различных натуральных чисел a1 , a2 , a3 , ... такова, что P(a1 ) = 0, P(a2 ) = a1 , P(a3 ) = a2 и т. д. Какую степень может иметь P(x)? 8.3. [5] Можно ли поверхность куба оклеить без пропусков и наложений тремя треугольниками? 8.4. [6] В окружность вписан прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB. Пусть K — середина дуги BC, не содержащей точки A; N — середина отрезка AC; M — точка пересечения луча KN с окружностью. В точках A и C проведены касательные к окружности, которые пересекаются в точке E. Докажите, что угол EMK прямой. 8.5. [5] Боря задумал целое число, большее 100. Кира называет целое число d, большее 1. Если Борино число делится на d, то Кира выиграла, иначе Боря вычитает d из своего числа, и игра продолжается. Называть числа, уже названные ранее, Kире запрещается. Когда Борино число станет отрицательным, Кира проигрывает. Может ли Кира действовать так, чтобы наверняка выиграть у Бори? 8.6. [7] В каждой клетке таблицы размером 4 × 4 стоит знак «+» или «−». Разрешено одновременно менять знаки на противоположные в любой клетке и во всех клетках, имеющих с ней общую сторону. Сколько разных таблиц можно получить, многократно применяя такие операции? 8.7. [8] Внутри квадрата отметили несколько точек и соединили их отрезками между собой и с вершинами квадрата так, чтобы отрезки не пересекались друг с другом (нигде кроме концов). В результате квадрат разделился на треугольники так, что все отмеченные точки оказались вершинами треугольников, и ни одна не попала на стороны треугольников. Для каждой отмеченной точки и для каждой вершины квадрата подсчитали число проведённых из неё отрезков. Могло ли так случиться, что все эти числа оказались чётными?

XXV Турнир городов 2003/04 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] Каждая грань прямоугольного параллелепипеда 3 × × 4 × 5 разделена на единичные квадратики. Можно ли вписать во все квадратики по числу так, чтобы сумма чисел в каждом клетчатом кольце ширины 1, опоясывающем параллелепипед, равнялась 120? 1.2. [4] В выпуклом семиугольнике A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 диагонали A1 A3 , A2 A4 , A3 A5 , A4 A6 , A5 A7 , A6 A1 и A7 A2 равны между собой. Диагонали A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 , A4 A7 , A5 A1 , A6 A2 и A7 A3 тоже равны между собой. Обязательно ли этот семиугольник равносторонний? 1.3. [4] У каждого целого числа от n + 1 до 2n включительно (n — натуральное) возьмём наибольший нечётный делитель и сложим все эти делители. Докажите, что получится n2 . 1.4. [4] N точек плоскости, никакие три из которых не лежат на одной прямой, попарно соединили отрезками (каждую с каждой). Часть отрезков покрасили красным, остальные — синим. Все красные отрезки образовали замкнутую несамопересекающуюся ломаную, и все синие отрезки — тоже. Найдите все N, при которых это могло получиться. 1.5. [5] На полоске 1 × N на 25 левых полях стоят 25 шашек. Шашка может ходить на соседнюю справа свободную клетку или перепрыгивать через соседнюю справа шашку на следующую за ней клетку (если эта клетка свободна), движение влево не разрешается. При каком наименьшем N все шашки можно поставить без пробелов в обратном порядке? Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [3] У каждого целого числа от n + 1 до 2n включительно (n — натуральное) возьмём наибольший нечётный делитель и сложим все эти делители. Докажите, что получится n2 .

62

Условия задач

2.2. [4] Какое наименьшее количество квадратиков 1 × 1 надо нарисовать, чтобы получилось изображение квадрата 25×25, разделённого на 625 квадратиков 1 × 1? 2.3. [5] У продавца и покупателя в сумме 1999 рублей монетами и купюрами в 1, 5, 10, 50, 100, 500 и 1000 рублей. Кот в мешке стоит ´ целое число рублей, причём денег у покупателя достаточно. Докажите, что покупатель сможет купить кота, получив причитающуюся сдачу. 2.4. На сторонах единичного квадрата как на гипотенузах построены прямоугольные треугольники (во внешнюю сторону). Пусть A, B, C, D — вершины прямых углов, а O1 , O2 , O3 , O4 — соответственно центры вписанных окружностей этих треугольников. Докажите, что а) [3] площадь четырёхугольника ABCD не превосходит 2; б) [3] площадь четырёхугольника O1 O2 O3 O4 не превосходит 1. 2.5. [6] Бумажный тетраэдр разрезали по трём рёбрам, не принадлежащим одной грани. Могло ли случиться, что полученную развёртку нельзя расположить на плоскости без самопересечений (в один слой). Младшие классы, основной вариант 3.1. [4] Сто натуральных чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Возможно ли, что каждые два из этих чисел взаимно просты. 3.2. [5] Имеется несколько юношей, каждый из которых знаком с некоторыми девушками. Две свахи знают, кто с кем знаком. Одна сваха заявляет: «Я могу устроить так, что каждый из брюнетов женится на знакомой ему девушке!» Вторая сваха говорит: «А я могу устроить так, что каждая из блондинок выйдет замуж за знакомого юношу!» Этот диалог услышал любитель математики, который сказал: «В таком случае можно сделать и то, и другое!» Прав ли он? 3.3. [5] Найдите все натуральные числа k, для которых найдутся такие натуральные числа m и n, что m(m + k) = n(n + 1). 3.4. [6] Какое наименьшее число клеток надо отметить на доске 15 × 15 так, чтобы слон с любой клетки доски бил не менее двух отмеченных клеток? (Считаем, что слон бьёт и ту клетку, где стоит.)

XXV Турнир городов

63

3.5. [7] Дан квадрат ABCD, внутри которого лежит точка O. Докажите, что сумма углов OAB, OBC, OCD и ODA отличается от 180◦ не больше, чем на 45◦ . 3.6. [7] Дана коробка (прямоугольный параллелепипед), по поверхности (но не внутри) которой ползает муравей. Изначально муравей сидит в углу. Верно ли, что среди всех точек поверхности на наибольшем расстоянии от муравья находится противоположный угол? (Расстоянием между двумя точками считаем длину соединяющего их кратчайшего пути по поверхности параллелепипеда.) 3.7. [8] Играют двое. У первого игрока 1000 чётных карточек (2, 4, ... , 2000), у второго 1001 нечётная (1, 3, ... , 2001). Ходят по очереди, начинает первый. Ход состоит в следующем: игрок, чья очередь ходить, выкладывает одну из своих карточек, а другой, посмотрев на неё, выкладывает одну из своих карточек; тот, у кого число на карточке больше, записывает себе одно очко, а обе выложенные карточки выбрасываются. Всего получается 1000 ходов (одна карточка второго не используется). Какое наибольшее число очков может гарантировать себе каждый из игроков (как бы ни играл его соперник)? Старшие классы, основной вариант 4.1. [4] Имеется несколько юношей, каждый из которых знаком с некоторыми девушками. Две свахи знают, кто с кем знаком. Одна сваха заявляет: «Я могу устроить так, что каждый из брюнетов женится на знакомой ему девушке!» Вторая сваха говорит: «А я могу устроить так, что каждая из блондинок выйдет замуж за знакомого юношу!» Этот диалог услышал любитель математики, который сказал: «В таком случае можно сделать и то, и другое!» Прав ли он? 4.2. [4] Докажите, что любое натуральное число можно представить в виде 3u1 2v1 + 3u2 2v2 + ... + 3uk 2vk , где u1 > u2 > ... > uk > 0 и

0 6 v1 < v2 < ... < vk

— целые числа. 4.3. [6] Дана коробка (прямоугольный параллелепипед), по поверхности (но не внутри) которой ползает муравей. Изна-

64

Условия задач

чально муравей сидит в углу. Верно ли, что среди всех точек поверхности на наибольшем расстоянии от муравья находится противоположный угол? (Расстоянием между двумя точками считаем длину соединяющего их кратчайшего пути по поверхности параллелепипеда.) 4.4. [7] Дан треугольник ABC. В нём H — точка пересечения высот, I — центр вписанной окружности, O — центр описанной окружности, K — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Известно, что отрезки IO и BC параллельны. Докажите, что отрезки AO и HK параллельны. 4.5. [7] Играют двое. У первого игрока 1000 чётных карточек (2, 4, ... , 2000), у второго 1001 нечётная (1, 3, ... , 2001). Ходят по очереди, начинает первый. Ход состоит в следующем: игрок, чья очередь ходить, выкладывает одну из своих карточек, а другой, посмотрев на неё, выкладывает одну из своих карточек; тот, у кого число на карточке больше, записывает себе одно очко, а обе выложенные карточки выбрасываются. Всего получается 1000 ходов (одна карточка второго не используется). Какое наибольшее число очков может гарантировать себе каждый из игроков (как бы ни играл его соперник)? 4.6. [7] У тетраэдра ABCD сумма площадей двух граней (с общим ребром AB) равна сумме площадей оставшихся граней (с общим ребром CD). Докажите, что середины рёбер BC, AD, AC и BD лежат в одной плоскости, причём эта плоскость содержит центр сферы, вписанной в тетраэдр ABCD. 4.7. а) [3] В таблице m × n расставлены знаки «+» и «−». За один ход разрешается поменять знаки на противоположные в любой строке или столбце. Докажите, что если таблица такими действиями не приводится к таблице из одних плюсов, то в ней есть квадрат 2 × 2, который тоже не приводится. б) [6] В таблице m × n расставлены знаки «+» и «−». За один ход разрешается поменять знаки на противоположные в любой строке или столбце или на любой диагонали (угловые клетки тоже считаются диагоналями). Докажите, что если таблица такими действиями не приводится к таблице из одних плюсов, то в ней есть квадрат 4 × 4, который тоже не приводится.

XXV Турнир городов

65

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] В треугольнике ABC биссектриса угла A, серединный перпендикуляр к стороне AB и высота, опущенная из вершины B, пересекаются в одной точке. Докажите, что биссектриса угла A, серединный перпендикуляр к AC и высота, опущенная из C, также пересекаются в одной точке. 5.2. [3] Сумма n последовательных натуральных чисел — простое число. Найдите все n, при которых это возможно. 5.3. а) [3] Есть три одинаковых больших сосуда. В одном — 3 л сиропа, в другом — 20 л воды, третий — пустой. Можно выливать из одного сосуда всю жидкость в другой или в раковину. Можно выбрать два сосуда и доливать в один из них из третьего, пока уровни жидкости в выбранных сосудах не сравняются. Как получить 10 л разбавленного 30 %-го сиропа? б) [2] То же, но воды — N л. При каких целых N можно получить 10 л разбавленного 30 %-го сиропа? 5.4. [5] К натуральному числу a > 1 приписали это же число и получили число b, кратное a2 . Найдите все возможные b

значения числа 2 . a 5.5. [6] Два десятизначных числа назовём соседними, если они различаются только одной цифрой в каком-то из разрядов (например, 1234567890 и 1234507890 — соседние). Какое наибольшее количество десятизначных чисел можно выписать так, чтобы среди них не было соседних? Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [4] Звенья AB, BC и CD ломаной ABCD равны по длине и касаются некоторой окружности с центром O. Докажите, что точка K касания этой окружности со звеном BC, точка O и точка пересечения прямых AC и BD лежат на одной прямой. 6.2. [4] К натуральному числу a > 1 приписали это же число и получили число b, кратное a2 . Найдите все возможные b

значения числа 2 . a 6.3. [4] Периметр выпуклого четырёхугольника равен 2004, одна из его диагоналей равна 1001. Может ли вторая диагональ быть равна а) 1; б) 2; в) 1001?

66

Условия задач

6.4. [5] Известно, что среди членов некоторой арифметической прогрессии a1 , a2 , a3 , a4 , ... есть числа a21 , a22 и a23 . Докажите, что эта прогрессия состоит из целых чисел. 6.5. [5] Два десятизначных числа назовём соседними, если они различаются только одной цифрой в каком-то из разрядов (например, 1234567890 и 1234507890 — соседние). Какое наибольшее количество десятизначных чисел можно выписать так, чтобы среди них не было соседних? Младшие классы, основной вариант 7.1. [4] Конечная арифметическая прогрессия состоит из целых чисел, и её сумма — степень двойки. Докажите, что количество членов прогрессии — тоже степень двойки. 7.2. [5] Какое максимальное число шашек можно расставить на доске 8 × 8 так, чтобы каждая была под боем? (Если Z поля X, Y, Z лежат на диагонали подb ряд, шашка a стоит на X, b — на Y и Y поле Z свободно, то шашка b под боем.) a 7.3. [5] Курс акций компании «Рога X и копыта» повышается или понижается каждый раз на n процентов, где n — фиксированное целое число, 0 < n < 100 (курс вычисляется с неограниченной точностью). Существует ли n, для которого курс акций может дважды принять одно и то же значение? 7.4. [6] Две окружности пересекаются в точках A и B. Их общая касательная (та, которая ближе к точке B) касается окружностей в точках E и F. Прямая AB пересекает прямую EF в точке M. На продолжении AM за точку M выбрана точка K так, что KM = MA. Прямая KE вторично пересекает окружность, содержащую точку E, в точке C. Прямая KF вторично пересекает окружность, содержащую точку F, в точке D. Докажите, что точки C, D и A лежат на одной прямой. 7.5. [6] Имеется бильярдный стол в виде многоугольника (не обязательно выпуклого), у которого каждые соседние стороны перпендикулярны друг другу. В вершинах находятся точечные лузы, попав в которые шарик проваливается. Из вершины A с внутренним углом 90◦ вылетает точечный шарик

XXV Турнир городов

67

и движется внутри многоугольника, отражаясь от сторон по закону «угол падения равен углу отражения». Докажите, что он никогда не вернётся в вершину A. 7.6. [7] Первоначально на доске написано число 2004!. Два игрока ходят по очереди. Игрок в свой ход вычитает из написанного числа какое-нибудь натуральное число, которое делится не более чем на 20 различных простых чисел (так, чтобы разность была неотрицательна), записывает на доске эту разность, а старое число стирает. Выигрывает тот, кто получит 0. Кто из играющих — начинающий или его соперник — может гарантировать себе победу и как ему следует играть? Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] Курс акций компании «Рога и копыта» повышается или понижается каждый раз на n процентов, где n — фиксированное целое число, 0 < n < 100 (курс вычисляется с неограниченной точностью). Существует ли n, для которого курс акций может дважды принять одно и то же значение? 8.2. [6] Имеется бильярдный стол в виде многоугольника (не обязательно выпуклого), у которого все углы составляют целое число градусов, а угол A — в точности 1◦ . В вершинах находятся точечные лузы, попав в которые шарик проваливается. Из вершины A вылетает точечный шарик и движется внутри многоугольника, отражаясь от сторон по закону «угол падения равен углу отражения». Докажите, что он никогда не вернётся в вершину A. 8.3. [6] Прямоугольная проекция треугольной пирамиды на некоторую плоскость имеет максимально возможную площадь. Докажите, что эта плоскость параллельна либо одной из граней, либо двум скрещивающимся рёбрам пирамиды. 8.4. [6] Первоначально на доске написано число 2004!. Два игрока ходят по очереди. Игрок в свой ход вычитает из написанного числа какое-нибудь натуральное число, которое делится не более чем на 20 различных простых чисел (так, чтобы разность была неотрицательна), записывает на доске эту разность, а старое число стирает. Выигрывает тот, кто получит 0. Кто из играющих — начинающий или его соперник — может гарантировать себе победу и как ему следует играть?

68

Условия задач

8.5. [7] На плоскости даны парабола y = x2 и окружность, имеющие ровно две общие точки: A и B. Оказалось, что касательные к окружности и параболе в точке A совпадают. Обязательно ли тогда касательные к окружности и параболе в точке B также совпадают? 8.6. Перед экстрасенсом кладут колоду из 36 карт рубашкой вверх. Он называет масть верхней карты, после чего карту открывают, показывают ему и откладывают в сторону. После этого экстрасенс называет масть следующей карты, и т. д. Задача экстрасенса — угадать масть как можно большее число раз. На деле рубашки карт несимметричны, и экстрасенс видит, в каком из двух положений лежит верхняя карта. Колода подготовлена подкупленным служащим. Служащий знает порядок карт в колоде, и хотя изменить его не может, зато может подсказать, располагая рубашки карт так или иначе согласно договорённости. Может ли экстрасенс с помощью такой подсказки гарантированно обеспечить угадывание масти a) [3] более чем у половины карт? б) [5] не менее чем у 20 карт?

XXVI Турнир городов 2004/05 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] Можно ли целые числа от 1 до 2004 расставить в некотором порядке так, чтобы сумма любых десяти подряд стоящих чисел делилась на 10? 1.2. [4] В ящике лежат 111 шариков красного, синего, зелёного и белого цветов. Известно, что если, не заглядывая в ящик, вытащить 100 шариков, то среди них обязательно найдутся четыре шарика различных цветов. Какое наименьшее число шариков нужно вытащить, не заглядывая в ящик, чтобы среди них наверняка нашлись три шарика различных цветов? 1.3. [4] Имеется несколько городов, некоторые из них соединены автобусными маршрутами (без остановок в пути). Из каждого города можно проехать в любой другой (возможно, с пересадками). Иванов купил по одному билету на каждый маршрут (т. е. может проехать по нему один раз всё равно в какую сторону). Петров купил n билетов на каждый маршрут. Иванов и Петров выехали из города A. Иванов использовал все свои билеты, новых не покупал и оказался в другом городе B. Петров некоторое время ездил по купленным билетам, оказался в городе X и не может из него выехать, не купив новый билет. Докажите, что X — это либо A, либо B. 1.4. [5]. Даны окружность и прямая, не пересекающая окружность. Как с помощью циркуля и линейки построить квадрат, две соседние вершины которого лежат на данной окружности, а две другие вершины — на данной прямой (если известно, что такой квадрат существует)? 1.5. [5] Сколько существует разных способов разбить число 2004 на натуральные слагаемые, которые приблизительно равны? Слагаемых может быть одно или несколько. Числа называются приблизительно равными, если их разность не больше 1. Способы, отличающиеся только порядком слагаемых, считаются одинаковыми.

70

Условия задач

Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [3] Три окружности проходят через точку X. Пусть A, B, C — точки их пересечения, отличные от X. A′ — вторая точка пересечения прямой AX и окружности, описанной около треугольника BCX. Точки B′ и C′ определяются аналогично. Докажите, что треугольники ABC′ , AB′ C и A′ BC подобны. 2.2. [3] В ящике лежат 100 шариков белого, синего и красного цветов. Известно, что если, не заглядывая в ящик, вытащить 26 шариков, то среди них обязательно найдутся 10 шариков одного цвета. Какое наименьшее число шариков нужно вытащить, не заглядывая в ящик, чтобы среди них наверняка нашлись 30 шариков одного цвета? 2.3. [4] Даны два многочлена положительной степени P(x) и Q(x), причём выполнены тождества P(P(x)) ≡ Q(Q(x))

и

P(P(P(x))) ≡ Q(Q(Q(x))).

Обязательно ли тогда выполнено тождество P(x) = Q(x)? 2.4. [4] Сколько существует разных способов разбить число 2004 на натуральные слагаемые, которые приблизительно равны? Слагаемых может быть одно или несколько. Числа называются приблизительно равными, если их разность не больше 1. Способы, отличающиеся только порядком слагаемых, считаются одинаковыми. 2.5. [5] При каких N числа от 1 до N можно расставить в другом порядке так, чтобы среднее арифметическое любой группы из двух или более подряд стоящих чисел не было целым? Младшие классы, основной вариант 3.1. [4] Назовём треугольник рациональным, если все его углы измеряются рациональным числом градусов. Назовём точку внутри треугольника рациональной, если при соединении её отрезками с вершинами мы получим три рациональных треугольника. Докажите, что внутри любого остроугольного рационального треугольника найдутся как минимум три различные рациональные точки. 3.2. [5] Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон BC, CA и AB в точках A′ , B′ и C′ . Известно, что AA′ =BB′ =CC′ . Обязательно ли треугольник ABC правильный?

XXVI Турнир городов

71

3.3. [6] Какое наибольшее число коней можно расставить на шахматной доске так, чтобы каждый бил не более семи из остальных? 3.4. [6] Ваня задумал два положительных числа x и y. Он x и показал их Пете, но не записал числа x + y, x − y, xy и y

сказал, какое число какой операцией получено. Докажите, что Петя сможет однозначно восстановить x и y. 3.5. [7] В треугольнике ABC на стороне BC отмечена точка K. В треугольники ABK и ACK вписаны окружности, первая касается стороны BC в точке M, вторая — в точке N. Докажите, что BM · CN > KM · KN. 3.6. [8] Двое делят кусок сыра. Сначала первый режет сыр на два куска, потом второй — любой из кусков на два, и так далее, пока не получится пять кусков. Затем первый берёт себе один кусок, потом второй — один из оставшихся кусков, потом снова первый — и так, пока куски не закончатся. Для каждого игрока выяснить, какое наибольшее количество сыра он может себе гарантировать, как бы ни действовал его соперник. 3.7. [8] Пусть A и B — два прямоугольника. Из прямоугольников, равных A, сложили прямоугольник, подобный B. Докажите, что из прямоугольников, равных B, можно сложить прямоугольник, подобный A. Старшие классы, основной вариант 4.1. [5] Функции f и g определены на всей числовой прямой и взаимно обратны. Известно, что f представляется в виде суммы линейной и периодической функций: f(x) = kx + h(x), где k — число, h — периодическая функция. Докажите, что g также представляется в таком виде. 4.2. [5] Двое играют в следующую игру. Есть кучка камней. Первый каждым своим ходом берёт 1 или 10 камней. Второй каждым своим ходом берёт m или n камней. Ходят по очереди, начинает первый. Тот, кто не может сделать хода, проигрывает. Известно, что при любом начальном количестве камней первый всегда может играть так, чтобы выиграть (при любой игре второго). Какими могут быть m и n? 4.3. [5] Ваня задумал два положительных числа x и y. Он x записал числа x + y, x − y, xy и y и показал их Пете, но не

72

Условия задач

сказал, какое число какой операцией получено. Докажите, что Петя сможет однозначно восстановить x и y. 4.4. [6] Окружность с центром I лежит внутри окружности с центром O. Найдите геометрическое место центров описанных окружностей треугольников IAB, где AB — хорда большей окружности, касающаяся меньшей. 4.5. [7] Пусть A и B — два прямоугольника. Из прямоугольников, равных A, сложили прямоугольник, подобный B. Докажите, что из прямоугольников, равных B, можно сложить прямоугольник, подобный A. 4.6. [8] Дано простое число p. Назовём треугольник разрешённым, если все его углы имеют вид

m · 180◦ , где m — целое. p

Одинаковыми будем считать разрешённые треугольники с одинаковым набором углов (т. е. подобные). Вначале дан один разрешённый треугольник. Каждую минуту один из имеющихся треугольников разрезают на два разрешённых так, чтобы после разрезания все имеющиеся треугольники были разными. Спустя некоторое время оказалось, что ни один из треугольников так разрезать нельзя. Докажите, что к этому моменту среди имеющихся частей есть все возможные разрешённые треугольники. 4.7. [8] Углы AOB и COD совмещаются поворотом так, что луч OA совмещается с лучом OC, а луч OB — с OD. В них вписаны окружности, пересекающиеся в точках E и F. Докажите, что углы AOE и DOF равны.

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] Одновременно из деревень A и Б навстречу друг другу вышли Аня и Боря (их скорости постоянны, но не обязательно одинаковы). Если бы Аня вышла на 30 минут раньше, то они встретились бы на 2 км ближе к деревне Б. Если бы Боря вышел на 30 минут раньше, то встреча состоялась бы ближе к деревне A. На сколько? 5.2. [4] Пусть N — натуральное число. Докажите, что в десятичной записи либо числа N, либо числа 3N найдётся одна из цифр 1, 2, 9.

XXVI Турнир городов

73

5.3. [5] На первой горизонтали шахматной доски стоят 8 чёрных ферзей, а на последней — 8 белых ферзей. За какое минимальное число ходов белые ферзи могут обменяться местами с чёрными? Ходят белые и чёрные по очереди, по одному ферзю за ход. 5.4. [5] Дан квадрат ABCD, M и N — середины сторон BC и AD. На продолжении диагонали AC за точку A взяли точку K. Отрезок KM пересекает сторону AB в точке L. Докажите, что углы KNA и LNA равны. 5.5. [5] В некотором городе каждая улица идёт либо с севера на юг, либо с востока на запад. Автомобилист совершил прогулку по этому городу, сделав ровно сто поворотов налево. Сколько поворотов направо он мог сделать при этом, если никакое место он не проезжал дважды и в конце вернулся назад? Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. [3] На координатной плоскости нарисованы четыре графика функций вида y = x2 + ax + b, где a, b — числовые коэффициенты. Известно, что есть ровно четыре точки пересечения, причём в каждой пересекаются ровно два графика. Докажите, что сумма наибольшей и наименьшей из абсцисс точек пересечения равна сумме двух других абсцисс. 6.2. Все натуральные числа выписали подряд без промежутков на бесконечную ленту: 123456789101112 ... Затем ленту разрезали на полоски по 7 цифр в каждой. Докажите, что любое семизначное число a) [3] встретится хотя бы на одной из полосок; б) [1] встретится на бесконечном числе полосок. 6.3. [4] Дан квадрат ABCD, M и N — середины сторон BC и AD. На продолжении диагонали AC за точку A взяли точку K. Отрезок KM пересекает сторону AB в точке L. Докажите, что углы KNA и LNA равны. 6.4. [4] В некотором городе каждая улица идёт либо с севера на юг, либо с востока на запад. Автомобилист совершил прогулку по этому городу, сделав ровно сто поворотов налево. Сколько поворотов направо он мог сделать при этом, если никакое место он не проезжал дважды и в конце вернулся назад?

74

Условия задач

6.5. [5] Сумма нескольких положительных чисел равна 10, а сумма квадратов этих чисел больше 20. Докажите, что сумма кубов этих чисел больше 40. Младшие классы, основной вариант 7.1. [4] На графике квадратного трёхчлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами. Докажите, что если расстояние между ними — целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс. 7.2. [5] Высоты AA′ и BB′ треугольника ABC пересекаются в точке H. Точки X и Y — середины отрезков AB и CH соответственно. Докажите, что прямые XY и A′ B′ перпендикулярны. 7.3. [5] На циферблате правильно идущих часов барона Мюнхгаузена есть только часовая, минутная и секундная стрелки, а все цифры и деления стёрты. Барон утверждает, что может определять время по этим часам, поскольку, по его наблюдению, на них в течение дня (с 8:00 до 19:59) не повторяется два раза одно и то же расположение стрелок. Верно ли наблюдение барона? (Стрелки имеют различную длину, движутся равномерно.) 7.4. Клетчатый бумажный прямоугольник 10 × 12 согнули несколько раз по линиям клеток так, что получился квадратик 1 × 1. Сколько частей могло получиться после того, как этот квадратик разрезали по отрезку, соединяющему a) [2] середины двух его противоположных сторон; б) [4] середины двух его соседних сторон? 7.5. [6] Конструктор состоит из набора прямоугольных параллелепипедов. Все их можно поместить в одну коробку, также имеющую форму прямоугольного параллелепипеда. В бракованном наборе у каждого параллелепипеда одно из рёбер оказалось меньше стандартного. Можно ли утверждать, что у коробки, в которую складывается набор, тоже можно уменьшить одно из рёбер? (Параллелепипеды укладываются в коробку так, что их рёбра параллельны рёбрам коробки.) 7.6. [6] Фома и Ерёма делят кучку из 25 монет в 1, 2, 3, ... , 25 алтынов. На каждом ходу один из них выбирает монету из кучки, а другой говорит, кому её отдать. Первый раз выбирает Фома, далее тот, у кого сейчас больше алтынов, при равенстве — тот же, кто в прошлый раз. Может ли Фома действовать

XXVI Турнир городов

75

так, чтобы в итоге обязательно получить больше алтынов, чем Ерёма, или Ерёма всегда сможет Фоме помешать? 7.7. [8] Клетки шахматной доски 8 × 8 занумерованы по диагоналям, идущим влево вниз, от 1 в левом верхнем до 64 в правом нижнем углу (см. рис.). Пе1 2 4 7 11 16 тя расставил на доске 8 фишек так, 3 5 8 12 17 что в каждой горизонтали и на каж6 9 13 18 дой вертикали оказалось по одной фишке. Затем он переставил фишки 10 14 19 так, что каждая фишка попала на 15 клетку с бoльшим ´ номером. Могло 59 ли по-прежнему в каждой строке и в 60 62 каждом столбце оказаться по одной 58 61 63 64 фишке? Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] На графике многочлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами. Докажите, что если расстояние между ними — целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс. 8.2. [5] Окружность Ω1 проходит через центр окружности Ω2 . Из точки C на окружности Ω1 проведены касательные к Ω2 , вторично пересекающие Ω1 в точках A и B. Докажите. что отрезок AB перпендикулярен прямой, проходящей через центры окружностей. 8.3. [5] Фома и Ерёма делят кучку из 25 монет в 1, 2, 3, ... , 25 алтынов. На каждом ходу один из них выбирает монету из кучки, а другой говорит, кому её отдать. Первый раз выбирает Фома, далее тот, у кого сейчас больше алтынов, при равенстве — тот же, кто в прошлый раз. Может ли Фома действовать так, чтобы в итоге обязательно получить больше алтынов, чем Ерёма, или Ерёма всегда сможет Фоме помешать? 8.4. [6] Существует ли такой квадратный трёхчлен f(x), что для любого натурального n уравнение f(f(... f(x))) = 0 (n букв «f») имеет ровно 2n различных действительных корней? 8.5. [7] Икосаэдр и додекаэдр вписаны в одну и ту же сферу. Докажите, что тогда они описаны вокруг одной и той же сферы.

76

Условия задач

8.6. [7] Пусть A — угловая клетка шахматной доски, B — соседняя с ней по диагонали клетка. Докажите, что число способов обойти всю доску хромой ладьёй, начиная с клетки A, больше, чем число способов обойти всю доску хромой ладьёй, начиная с клетки B. (Ладья должна побывать на каждой клетке ровно один раз.) 8.7. В пространстве даны 200 точек. Каждые две из них соединены отрезком, причём отрезки не пересекаются друг с другом. Каждый отрезок покрашен в один из K цветов. Петя хочет покрасить каждую точку в один из этих цветов так, чтобы не нашлось двух точек и отрезка между ними, окрашенных в один цвет. Всегда ли Пете это удастся, если a) [4] K = 7; б) [4] K = 10?

XXVII Турнир городов 2005/06 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [3] Дан треугольник ABC. Точки M1 , M2 , M3 — середины сторон AB, BC и AC, а точки H1 , H2 , H3 — основания высот, лежащие на тех же сторонах. Докажите, что из отрезков H1 M2 , H2 M3 и H3 M1 можно построить треугольник. 1.2. [3] В каждой вершине куба записано по числу. Вместо каждого числа записывают среднее арифметическое чисел, стоящих в трёх соседних вершинах (числа заменяют одновременно). После десяти таких операций в каждой вершине оказалось исходное число. Обязательно ли все исходные числа были одинаковы? 1.3. [4] Отрезок единичной длины разбили на 11 отрезков, длина каждого из которых не превосходит a. При каких значениях a можно утверждать, что из любых трёх получившихся отрезков можно составить треугольник? 1.4. [4] Шахматная фигура может сдвигаться на 8 или 9 клеток по горизонтали или вертикали. Запрещается ходить на одну и ту же клетку дважды. Какое наибольшее количество клеток может обойти эта фигура на доске 15 × 15? (Начать обход разрешается с любой клетки.) 1.5. [5] Есть шесть монет, одна из которых фальшивая (она отличается по весу от настоящей, но её вес, как и вес настоящей монеты, неизвестен). Как за три взвешивания с помощью весов, показывающих общий вес взвешиваемых монет, найти фальшивую монету? Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [3] Можно ли уместить два точных куба между соседними точными квадратами? Иными словами, имеет ли решение в целых числах неравенство: n2 < a3 < b3 < (n + 1)2 ?

78

Условия задач

√ √ √ 2.2. [3] Дан отрезок длины 2 + 3 + 5. Можно ли построить циркулем и линейкой (на которой нет делений) отрезок длины 1? 2.3. [4] Есть 6 монет, одна из которых фальшивая (она отличается по весу от настоящей, но её вес, как и вес настоящей монеты, неизвестен). Как за 3 взвешивания с помощью весов, показывающих общий вес взвешиваемых монет, найти фальшивую монету? 2.4. На сторонах прямоугольного треугольника ABC построены во внешнюю сторону квадраты с центрами D, E, F. Докажите, что отношение SDEF : SABC а) [2] больше 1; б) [2] не меньше 2. 2.5. [5] На плоскости лежал куб. Его перекатили несколько раз (через рёбра) так, что куб снова оказался на исходном месте той же гранью вверх. Могла ли при этом верхняя грань повернуться на 90◦ относительно своего начального положения? Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Палиндром — это натуральное число, которое читается одинаково слева направо и справа налево (например, 1, 343 и 2002 палиндромы, а 2005 — нет). Найдётся ли 2005 пар вида (n, n + 110), где оба числа — палиндромы? 3.2. [5] Продолжения сторон AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке K. Известно, что AD = BC. Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Докажите, что треугольник MNK тупоугольный. 3.3. [6] На каждой клетке шахматной доски вначале стоит по ладье. Каждым ходом можно снять с доски ладью, которая бьёт нечётное число ладей. Какое наибольшее число ладей можно снять? (Ладьи бьют друг друга, если они стоят на одной вертикали или горизонтали и между ними нет других ладей.) 3.4. По краю многоугольного стола ползут два муравья. Все стороны стола длиннее 1 м, а расстояние между муравьями всегда ровно 10 см. Сначала оба муравья находятся на одной из сторон стола. a) [2] Пусть стол выпуклый. Всегда ли муравьи смогут проползти по краю стола так, чтобы в каждой точке края побывал каждый из муравьёв?

79

XXVII Турнир городов

б) [4] Пусть стол не обязательно выпуклый. Всегда ли муравьи смогут проползти по краю стола так, чтобы на краю не осталось точек, в которых не побывал ни один из муравьёв? 3.5. [7] Найдите наибольшее натуральное число N, для которого уравнение 99x + 100y + 101z = N имеет единственное решение в натуральных числах x, y, z. 3.6. [8] У Карлсона есть 1000 банок с вареньем. Банки не обязательно одинаковые, но в каждой не больше, чем сотая часть всего варенья. На завтрак Карлсон может съесть поровну варенья из любых 100 банок. Докажите, что Карлсон может действовать так, чтобы за некоторое количество завтраков съесть всё варенье. Старшие классы, основной вариант 4.1. [3] При каких n найдутся такие различные натуральные a a a числа a1 , a2 , ... , an , что сумма 1 + 2 +...+ n — целое число? a2

a3

a1

4.2. По краю многоугольного стола ползут два муравья. Все стороны стола длиннее 1 м, а расстояние между муравьями всегда ровно 10 см. Сначала оба муравья находятся на одной из сторон стола. a) [2] Пусть стол выпуклый. Всегда ли муравьи смогут проползти по краю стола так, чтобы в каждой точке края побывал каждый из муравьёв? б) [3] Пусть стол не обязательно выпуклый. Всегда ли муравьи смогут проползти по краю стола так, чтобы на краю не осталось точек, в которых не побывал ни один из муравьёв? 4.3. [5] На каждой клетке шахматной доски вначале стоит по ладье. Каждым ходом можно снять с доски ладью, которая бьёт нечётное число ладей. Какое наибольшее число ладей можно снять? (Ладьи бьют друг друга, если они стоят на одной вертикали или горизонтали и между ними нет других ладей.) 4.4. [6] На окружности расставлено несколько положительных чисел, каждое из которых не больше 1. Докажите, что можно разделить окружность на три дуги так, что суммы чисел на соседних дугах будут отличаться не больше чем на 1. (Если на дуге нет чисел, то сумма на ней считается равной нулю.) 4.5. [7] Дан треугольник ABC, AA1 , BB1 и CC1 — его биссектрисы. Известно, что величины углов A, B и C относятся как 4 : 2 : 1. Докажите, что A1 B1 = A1 C1 .

80

Условия задач

4.6. [8] На доске можно либо написать две единицы, либо стереть любые два уже написанных одинаковых числа n и написать вместо них числа n + 1 и n − 1. Какое минимальное количество таких операций требуется, чтобы получить число 2005? (Сначала доска была чистой.)

Весенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 5.1. [3] В треугольнике ABC ∠A = 60◦ . Серединный перпендикуляр к стороне AB пересекает прямую AC в точке N. Серединный перпендикуляр к стороне AC пересекает прямую AB в точке M. Докажите, что CB = MN. 5.2. [3] Таблица n × n заполнена по правилу: в клетках первого столбца записаны единицы, в клетках второго — двойки, ..., в клетках n-го — числа n. Числа на диагонали, соединяющей левое верхнее число с правым нижним, стёрли. Докажите, что суммы чисел по разные стороны от этой диагонали отличаются ровно в два раза. 5.3. [4] Известно, что число a положительно, а неравенство 1 < xa < 2 имеет ровно три решения в целых числах. Сколько решений в целых числах может иметь неравенство 2 < xa < 3? 5.4. Аня, Боря и Витя сидят по кругу за столом и едят орехи. Сначала все орехи у Ани. Она делит их поровну между Борей и Витей, а остаток (если он есть) съедает. Затем всё повторяется: каждый следующий (по часовой стрелке) делит имеющиеся у него орехи поровну между соседями, а остаток съедает. Орехов много (больше трёх). Докажите, что: a) [3] хотя бы один орех будет съеден; б) [3] все орехи не будут съедены. 5.5. У Пети есть n3 белых кубиков 1 × 1 × 1. Он хочет сложить из них куб n × n × n, снаружи полностью белый. Какое наименьшее число граней кубиков должен закрасить Вася, чтобы помешать Пете? Решите задачу при a) [2] n = 2; б) [4] n = 3. Старшие классы, тренировочный вариант 6.1. Имеется выпуклый многогранник со 100 рёбрами. Все его вершины срезали плоскостями-ножами близко от самих вершин (т. е. так, чтобы плоскости-ножи не пересекались друг

XXVII Турнир городов

81

с другом внутри или на границе многогранника). Найдите у полученного многогранника a) [1] число вершин; б) [2] число рёбер. 6.2. [3] Найдутся ли такие функции p(x) и q(x), что p(x) — чётная функция, а p(q(x)) — нечётная функция (отличная от тождественно нулевой)? 6.3. 1 [4] Известно, что число a положительно, а неравенство 10 < ax < 100 имеет ровно 5 решений в натуральных числах. Сколько таких решений может иметь неравенство 100 < ax < 1000? 6.4. [5] Четырёхугольник ABCD вписанный, AB = AD. На стороне BC взята точка M, а на стороне CD — точка N так, что угол MAN равен половине угла BAD. Докажите, что MN = BM + ND. 6.5. У Пети есть n3 белых кубиков 1 × 1 × 1. Он хочет сложить из них куб n × n × n, снаружи полностью белый. Какое наименьшее число граней кубиков должен закрасить Вася, чтобы помешать Пете? Решите задачу при a) [3] n = 3; б) [3] n = 1000. Младшие классы, основной вариант 7.1. [4] Бильярдный стол имеет вид прямоугольника 2 × 1, в углах и на серединах больших сторон которого расположены лузы. Какое наименьшее число шаров надо расположить внутри прямоугольника, чтобы каждая луза находилась на одной прямой с некоторыми двумя шарами? 7.2. [4] Докажите, что можно найти 100 пар целых чисел так, чтобы в десятичной записи каждого числа все цифры были не меньше 6 и произведение чисел каждой пары тоже было числом, где все цифры не меньше 6. 7.3. [5] Дан остроугольный треугольник ABC. На сторонах AB и BC во внешнюю сторону построены равные прямоугольники ABMN и LBCK так, что LB = AB. Докажите, что прямые AL, CM и NK пересекаются в одной точке. 7.4. [5] Существует ли такое натуральное n, что десятичная запись числа 2n начинается цифрой 5, а десятичная запись числа 5n начинается цифрой 2? 1

Ср. с 5.3.

82

Условия задач

7.5. [6] В таблице 2005 × 2006 расставлены числа 0, 1, 2 так, что сумма чисел в каждом столбце и в каждой строке делится на 3. Какое наибольшее возможное количество единиц может быть в этой таблице? 7.6. [7] Криволинейный многоугольник — это многоугольник, стороны которого — дуги окружностей. Существует ли такой криволинейный многоугольник P и такая точка A на его границе, что любая прямая, проходящая через точку A, делит периметр многоугольника P на два куска равной длины? 7.7. Юра и Яша имеют по экземпляру одной и той же клетчатой таблицы 5 × 5, заполненной 25 различными числами. Юра выбирает наибольшее число в таблице и вычёркивает строку и столбец, содержащие это число, затем выбирает наибольшее из оставшихся чисел и вычёркивает строку и столбец, содержащие это число, и т. д. Яша производит аналогичные действия, но выбирает наименьшие числа. Может ли случиться, что сумма чисел, выбранных Яшей, a) [6] больше суммы чисел, выбранных Юрой? б) [2] больше суммы любых других пяти чисел исходной таблицы, удовлетворяющих условию: никакие два из них не стоят в одной строке или в одном столбце? Старшие классы, основной вариант 8.1. [4] Дан выпуклый 100-угольник. Докажите, что можно отметить такие 50 точек внутри этого многоугольника, что каждая вершина будет лежать на прямой, проходящей через какие-то две из отмеченных точек. 8.2. 1 [5] Существуют ли такие натуральные n и k, что десятичная запись числа 2n начинается числом 5k , а десятичная запись числа 5n начинается числом 2k ? 8.3. [5] Докажите, что любая натуральная степень многочлена P(x) = x4 + x3 − 3x2 + x + 2 имеет хотя бы один отрицательный коэффициент. 8.4. [6] На биссектрисе AA1 треугольника ABC выбрана точка X. Прямая BX пересекает сторону AC в точке B1 , а прямая CX пересекает сторону AB в точке C1 . Отрезки A1 B1 и CC1 1

Ср. с 7.4.

XXVII Турнир городов

83

пересекаются в точке P, а отрезки A1 C1 и BB1 пересекаются в точке Q. Докажите, что углы PAC и QAB равны. 8.5. 1 [6] Докажите, что можно найти бесконечно много пар целых чисел так, чтобы в десятичной записи каждого числа все цифры были не меньше 7 и произведение чисел каждой пары тоже было числом, где все цифры не меньше 7. 8.6. На окружности сидят 12 кузнечиков в различных точках. Эти точки делят окружность на 12 дуг. Отметим 12 середин этих дуг. По сигналу кузнечики одновременно прыгают, каждый — в ближайшую по часовой стрелке отмеченную точку. Снова образуются 12 дуг, прыжки в середины дуг повторяются, и т. д. Может ли хотя бы один кузнечик вернуться в свою исходную точку после того, как им сделано a) [4] 12 прыжков; б) [3] 13 прыжков? 8.7. [8] Муравей ползает по замкнутому маршруту по рёбрам додекаэдра, нигде не разворачиваясь назад. Маршрут проходит ровно два раза по каждому ребру. Докажите, что некоторое ребро муравей оба раза проходит в одном и том же направлении.

1

Ср. с 7.2.

XXVIII Турнир городов 2006/07 учебный год Осенний тур Младшие классы, тренировочный вариант 1.1. [4] На доске написаны в порядке возрастания два натуральных числа x и y (x 6 y). Петя записывает на бумажке x2 (квадрат первого числа), а затем заменяет числа на доске числами x и y − x, записывая их в порядке возрастания. С новыми числами на доске он снова проделывает ту же операцию, и так далее, до тех пор пока одно из чисел на доске не станет нулём. Чему будет в этот момент равна сумма чисел на Петиной бумажке? 1.2. Известно, что вруны всегда врут, правдивые всегда говорят правду, а хитрецы могут и врать, и говорить правду. Вы можете задавать вопросы, на которые есть ответ «да» или «нет» (например: «верно ли, что этот человек — хитрец?»). a) [1] Перед вами трое — врун, правдивый и хитрец, которые знают, кто из них кто. Как и вам это узнать? б) [3] Перед вами четверо — врун, правдивый и два хитреца (все четверо знают, кто из них кто). Докажите, что хитрецы могут договориться отвечать так, что вы, спрашивая этих четверых, ни про кого из них не узнаете наверняка, кто он. 1.3. a) [2] Написаны 2007 натуральных чисел, больших 1. Докажите, что удастся зачеркнуть одно число так, чтобы произведение оставшихся можно было представить в виде разности квадратов двух натуральных чисел. б) [2] Написаны 2007 натуральных чисел, больших 1, одно из которых равно 2006. Оказалось, что есть только одно такое число среди написанных, что произведение оставшихся представляется в виде разности квадратов двух натуральных чисел. Докажите, что это число — 2006. 1.4. [4] На продолжении стороны BC треугольника ABC за вершину B отложен отрезок BB′ , равный AB. Биссектрисы внешних углов при вершинах B и C пересекаются в точке M. Докажите, что точки A, B′ , M и C лежат на одной окружности.

XXVIII Турнир городов

85

1.5. [4] На какое наибольшее число равных невыпуклых многоугольников можно разрезать квадрат так, чтобы все стороны многоугольников были параллельны сторонам квадрата и никакие два из этих многоугольников не получались друг из друга параллельным переносом? Старшие классы, тренировочный вариант 2.1. [4] На доске написаны три натуральных числа. Петя записывает на бумажке произведение каких-нибудь двух из этих чисел, а на доске уменьшает третье число на 1. С новыми тремя числами на доске он снова проделывает ту же операцию, и так далее, до тех пор пока одно из чисел на доске не станет нулём. Чему будет в этот в этот момент равна сумма чисел на Петиной бумажке? 2.2. [4] Дан описанный четырёхугольник. Точки касания его вписанной окружности со сторонами последовательно соединены отрезками. В получившиеся треугольники вписаны окружности. Докажите, что диагонали четырёхугольника с вершинами в центрах этих окружностей взаимно перпендикулярны. 2.3. [4] В таблицу 2006 × 2006 вписаны числа 1, 2, 3, ... ... , 20062 . Докажите, что найдутся такие два числа в клетках с общей стороной или вершиной, что их сумма кратна 4. 2.4. [4] Даны две бесконечные прогрессии: арифметическая a1 , a2 , a3 , ... и геометрическая b1 , b2 , b3 , ... , причём все числа, которые встречаются среди членов геометрической прогрессии, встречаются также и среди членов арифметической прогрессии. Докажите, что знаменатель геометрической прогрессии — целое число. 2.5. [5] Можно ли вписать октаэдр в куб так, чтобы вершины октаэдра находились на рёбрах куба? Младшие классы, основной вариант 3.1. [3] Вокруг правильного семиугольника описали окружность и вписали в него окружность. То же проделали с правильным 17-угольником. В результате каждый из многоугольников оказался расположенным в своём круговом кольце. Оказалось, что площади этих колец одинаковы. Докажите, что стороны многоугольников одинаковы.

86

Условия задач

3.2. [5] Попав в новую компанию, Чичиков узнавал, кто с кем знаком. А чтобы запомнить это, он рисовал окружность и изображал каждого члена компании хордой, причём хорды знакомых между собой пересекались, а незнакомых — нет. Чичиков уверен, что такой набор хорд есть для любой компании. Прав ли он? (Совпадение концов хорд считается пересечением.) 3.3. В квадрате 3 × 3 расставлены числа (см. a b c рис.). Известно, что квадрат магический: сумма чиd e f сел в каждом столбце, в каждой строке и на каждой g h i диагонали одна и та же. Докажите, что а) [3] 2(a + c + g + i) = b + d + f + h + 4e; б) [3] 2(a3 + c3 + g3 + i3 ) = b3 + d3 + f3 + h3 + 4e3 . 3.4. [6] В остроугольный треугольник вписана окружность радиуса R. К окружности проведены три касательные, разбивающие треугольник на три прямоугольных треугольника и шестиугольник. Периметр шестиугольника равен Q. Найдите сумму диаметров окружностей, вписанных в прямоугольные треугольники. 3.5. Обёрткой плоской картины размером 1 × 1 назовём прямоугольный лист бумаги площади 2, которым можно, не разрезая его, полностью обернуть картину с обеих √ сторон. Ясно, что прямоугольник 2 × 1 и квадрат со стороной 2 — обёртки. а) [4] Докажите, что есть и другие обёртки. б) [3] Докажите, что обёрток бесконечно много. 3.6. [8] Пусть 1+ a

1 1 1 a + + ... + n = bn , 2 3 n

где n — несократимая дробь. Докажите, что существует бесbn конечно много натуральных n, при которых выполнено неравенство bn+1 < bn . 3.7. [9] У ведущего есть колода из 52 карт. Зрители хотят узнать, в каком порядке лежат карты (при этом не уточняя — сверху вниз или снизу вверх). Разрешается задавать ведущему вопросы вида «Сколько карт лежит между такой-то и такой-то картами?». Один из зрителей подсмотрел, в каком порядке лежат карты. Какое наименьшее число вопросов он должен задать, чтобы остальные зрители по ответам на эти вопросы могли узнать порядок карт в колоде?

87

XXVIII Турнир городов

Старшие классы, основной вариант 4.1. [4] Попав в новую компанию, Чичиков узнавал, кто с кем знаком. А чтобы запомнить это, он рисовал окружность и изображал каждого члена компании хордой, причём хорды знакомых между собой пересекались, а незнакомых — нет. Чичиков уверен, что такой набор хорд есть для любой компании. Прав ли он? (Совпадение концов хорд считается пересечением.) 4.2. [6] На сторонах BC, AC и AB остроугольного треугольника ABC взяты точки A1 , B1 и C1 так, что лучи A1 A, B1 B и C1 C являются биссектрисами углов треугольника A1 B1 C1 . Докажите, что AA1 , BB1 и CC1 — высоты треугольника ABC. 4.3. [6] В числе a = 0,12457 ... n-я√цифра после запятой равна цифре слева от запятой в числе n 2 (для каждого натурального n). Докажите, что a — иррациональное число. 4.4. [7] Можно ли разбить какую-нибудь призму на непересекающиеся пирамиды, у каждой из которых основание лежит на одном из оснований призмы, а противоположная вершина — на другом основании призмы? 4.5. [7] Пусть 1+

1 a 1 1 + + ... + = n , n bn 2 3

a

где bn — несократимая дробь. Докажите, что существует бесn конечно много натуральных n, при которых выполнено неравенство bn+1 < bn . 4.6. Скажем, что колода из 52 карт сложена правильно, если любая пара лежащих рядом карт совпадает по масти или достоинству, то же верно для верхней и нижней карты, и наверху лежит туз пик. Докажите, что число способов сложить колоду правильно а) [3] делится на 12!; б) [5] делится на 13!. 4.7. Положительные числа x1 , ... , xk удовлетворяют неравенствам x21 + ... + x2k
при всех натураль40 ных n? 8.7. [8] Стороны треугольника ABC видны из точки T под углами 120◦ . Докажите, что прямые, симметричные прямым AT, BT и CT относительно прямых BC, CA и AB соответственно, пересекаются в одной точке.

Избранные задачи других Турниров городов И4.2.5. Марсианское метро на плане имеет вид замкнутой самопересекающейся линии, причём в одной точке может происходить только одно самопересечение. Докажите, что тоннель с таким планом можно прорыть так, что поезд будет проходить попеременно под и над пересекающей линией. (Линия нигде не касается сама себя.) И4.4.5. Внутри правильного n-угольника взята точка. Все её проекции на стороны попали во внутренние точки сторон и (вместе с вершинами) разбили периметр на 2n отрезков. Докажите, что сумма длин отрезков через один равна полупериметру n-угольника. И6.8.4. Выпуклой фигурой F нельзя накрыть полукруг радиуса R. Может ли случиться, что двумя фигурами, равными F, можно накрыть круг радиуса R? И7.1.7. Игра в «супершахматы» ведётся на доске размером 30 × 30, и в ней участвуют 20 разных фигур, каждая из которых ходит по своим правилам. Известно, однако, что 1) любая фигура с любого поля бьёт не более 20 полей и 2) если фигуру сдвинуть на несколько полей, то битые поля соответственно сдвигаются (может быть, исчезают за пределы доски). Докажите, что а) любая фигура F бьёт данное поле X не более чем с 20 полей; б) можно расставить на доске все 20 фигур так, чтобы ни одна из них не била другую. И7.2.3. Двое бросают монету: один бросил её 10 раз, другой — 11 раз. Чему равна вероятность того, что у второго монета упала орлом большее число раз, чем у первого? И7.4.6. Дана невозрастающая последовательность чисел a1 > a2 > a3 > ... > a2k+1 > 0. Докажите неравенство: a21 − a22 + a23 − ... + a22k+1 > (a1 − a2 + a3 − ... + a2k+1 )2 .

Избранные задачи других Турниров городов

93

И15.7.5. [5] В каждой целой точке числовой оси расположена лампочка с кнопкой, при нажатии которой лампочка меняет состояние — загорается или гаснет. Вначале все лампочки погашены. Задано конечное множество целых чисел — шаблон S. Его можно перемещать вдоль числовой оси как жёсткую фигуру и, приложив в любом месте, поменять состояние множества всех лампочек, закрытых шаблоном. Докажите, что при любом S за несколько операций можно добиться того, что будут гореть ровно две лампочки. И18.7.6. [7] Точка P лежит внутри равнобедренного треугольника ABC (AB = BC), причём ∠ABC = 80◦ , ∠PAC = 40◦ , ∠ACP = 30◦ . Найдите угол BPC. И29.3.4. [7] Дана клетчатая полоса 1 × N. Двое играют в следующую игру. На очередном ходу первый игрок ставит в одну из свободных клеток крестик, а второй — нолик. Не разрешается ставить в соседние клетки два крестика или два нолика. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто из игроков может всегда выиграть (как бы ни играл его соперник)? И29.3.5. [8] Дан набор из нескольких гирек, на каждой написана масса. Известно, что набор масс и набор надписей одинаковы, но, возможно, некоторые надписи перепутаны. Весы представляют собой горизонтальный отрезок, закреплённый за середину. При взвешивании гирьки прикрепляются в произвольные точки отрезка, после чего весы остаются в равновесии либо отклоняются в ту или иную сторону. Всегда ли удастся за одно взвешивание проверить, все надписи верны или нет? (Весы будут в равновесии, если сумма моментов гирь справа от середины равна сумме моментов гирь слева; иначе отклонятся в сторону, где сумма больше. Моментом гири называется произведение ms массы гири m на расстояние s он неё до середины.) И30.3.7. В бесконечной последовательности a1 , a2 , a3 , ... число a1 равно 1, а каждое следующее число строится из предыдущего по правилу: если у числа n наибольший нечётный делитель имеет остаток 1 от деления на 4, то an = an−1 + 1, если же остаток равен 3, то an = an−1 − 1. Докажите, что в этой последовательности а) [5] число 1 встречается бесконечно много раз;

94

Условия задач

б) [5] каждое натуральное число встречается бесконечно много раз. (Вот первые члены этой последовательности: 1, 2, 1, 2, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 3, ...) И30.4.7. Тест состоит из 30 вопросов, на каждый есть два варианта ответа (один верный, другой нет). За одну попытку Витя отвечает на все вопросы, после чего ему сообщают, на сколько вопросов он ответил верно. Сможет ли Витя действовать так, чтобы гарантированно узнать все верные ответы не позже, чем а) [5] после 29-й попытки (и ответить верно на все вопросы при 30-й попытке); б) [5] после 24-й попытки (и ответить верно на все вопросы при 25-й попытке)? И31.7.4. [6] Сумма цифр натурального числа n равна 100. Может ли сумма цифр числа n3 равняться 1 000 000? И32.8.7. [11] Две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 11 гениев. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком ´ с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. Если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. Список программистов и их знакомств заранее известен, включая информацию о том, кто гении. Могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять 10 гениев, как бы ни действовала первая фирма?

Дополнительные задачи При составлении вариантов часто приходится выбирать задачу из группы «родственников». Иногда, под видом подпунктов, удаётся пристроить сразу две или даже три задачи на одно место. Но чаще «братья и сёстры» вошедшей в вариант задачи остаются за бортом. Ещё у задач бывают «дети», которые рождаются чаще всего при разборе решений. Некоторые решения настолько хороши, что подходят не только к нашей, но и к другим задачам. «Родственников» иногда удаётся пристроить в другие олимпиады, но берут их неохотно, обзывают «засвеченными». А они ведь ничем не хуже, им просто меньше повезло. Да и тем, кто решает, с хорошей задачей расставаться жаль. Мы с удовольствием пользуемся возможностью предоставить вашему вниманию такие, незаслуженно задвинутые в тень задачи. Д19.3.3. Первоначально на каждом поле доски стоит шашка (иначе говоря, столбик из одной шашки). Очередным ходом можно взять любой столбик и прыгнуть им (в пределах доски) на столько клеток, сколько в нём шашек; если при этом столбик попадёт на непустую клетку, он ставится на стоящий там столбик и объединяется с ним. а) Доска 1 × n. Докажите, что за n − 1 ход можно собрать все шашки на любой клетке доски. б) Доска 8 × 8, столбики прыгают по вертикали и горизонтали. Можно ли за 64 хода собрать все столбики на какойнибудь одной клетке? в) На той же доске столбики прыгают ещё и по диагонали. Можно ли за 63 хода собрать все столбики на какой-нибудь одной клетке? Д19.3.5. Раскрашенный в чёрный и белый цвета кубик с гранью в одну клетку поставили на одну из клеток шахматной доски и прокатили по ней так, что кубик побывал на каждой клетке не менее одного раза. Можно ли так раскрасить кубик и так прокатить его по доске, чтобы каждый раз цвета клетки и соприкоснувшейся с ней грани совпадали?

96

Условия задач

Д19.4.6. Правильный треугольник прямыми, параллельными сторонам, разбит на n2 равных треугольников-клеток. Треугольники, расположенные между двумя соседними параллельными прямыми, образуют полоску. Какое максимальное число клеток можно отметить, чтобы никакие две отмеченные клетки не принадлежали одной полоске ни по одному из трёх направлений? Д19.7.3. Саша нанизал на спицу шесть игральных костей так, что спица проходит через центры противоположных граней каждой. Спицу положили на стол и прочитали число, образованное цифрами на верхних гранях костей. Докажите, что на какую бы пару костей Саша не указал, Лёня всегда может так повернуть эти кости, не трогая остальных, что число на верхних гранях будет делиться на 7. (Каждая кость может поворачиваться независимо от остальных.) Д20.2.3. Какое наибольшее число клеток можно отметить на шахматной доске так, чтобы кратчайший путь коня между любыми двумя отмеченными клетками состоял из одного или двух ходов? (Промежуточные клетки пути могут и не быть отмеченными.) Д20.3.6. Шайка разбойников отобрала у купца мешок золотых слитков. Оказалось, что, какой бы слиток ни отложить, оставшиеся слитки можно разделить между разбойниками так, чтобы каждый получил золота поровну (по весу). Докажите, что если отложить один слиток, то число слитков разделится на число разбойников. Д20.8.5. Для каждого натурального i определим число M(i) следующим образом: запишем число i в двоичной форме; если число единиц в этой записи чётно, то M(i) = 0, а если нечётно — то 1 (первые члены этой последовательности: 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, ...). a) Рассмотрим конечную последовательность M(0), M(1), ... ... , M(n). Найдите количество Kn членов этой последовательности, равных своему левому соседу. б) Найдите количество натуральных чисел k, не превосходящих 106 и удовлетворяющих условию M(k) = M(k + 7). Д21.3.6. Бумажный квадрат разбит линиями, проведёнными карандашом, на n прямоугольников. Докажите, что можно сделать не более n − 1 прямолинейного разреза, после которых бу-

Дополнительные задачи

97

мажный квадрат распадётся в точности на нарисованные прямоугольники. (Части нельзя накладывать друг на друга, а разрез не обязан начинаться или кончаться на краю.) Д21.4.5. a) При каких n набор гирь 1, 2, ... , n г можно разделить на две части, равные по весу? б) Найдите все такие n > 3, при которых указанный набор можно разделить на две равные по весу части так, что, как бы мы не убирали по две гирьки из каждой части, равенство весов нарушается. Д21.5.4. а) Можно ли расставить в вершинах треугольной призмы натуральные числа так, чтобы в каждой паре чисел, связанных ребром, одно из них делилось на другое, а во всех других парах такого не было? б) Можно ли расставить натуральные числа в клетках шахматной доски так, чтобы в каждой паре соседних (имеющих общую сторону) клеток одно из чисел делилось на другое, а в каждой паре несоседних клеток такого не было? в) То же, что б), но соседними считаются клетки, имеющие хотя бы одну общую вершину. Д22.1.3. На доске выписано несколько чисел (некоторые, возможно, равны). Известно, что для любых восьми из этих чисел найдутся такие девять из этих чисел, что среднее арифметическое этих восьми чисел равно среднему арифметическому этих девяти чисел. Докажите, что все числа равны. Д24.3.7. (Задача о короле и ладье). Клетки доски n × n раскрашены в синий и красный цвета. Докажите, что либо хромая ладья может пройти по синим клеткам с нижнего края на верхний, либо король может пройти с левого края на правый по красным клеткам (причём из двух возможностей всегда есть ровно одна!) Д24.5.5. Прямоугольник разбит на меньшие прямоугольники, у каждого из которых есть целая сторона. Докажите, что и у исходного прямоугольника есть целая сторона. Д24.6.3. Треугольник разбит на три меньших треугольника так, что радиусы описанных окружностей меньших треугольников не меньше радиуса описанной окружности исходного треугольника. Докажите, что все четыре радиуса равны. Д25.8.6. Перед экстрасенсом кладут колоду из 36 карт рубашкой вверх. Он называет масть верхней карты, после че-

98

Условия задач

го карту открывают, показывают ему и откладывают в сторону. После этого экстрасенс называют масть следующей карты, и т. д. Задача экстрасенса — угадать масть как можно большего числа карт. Рубашки карт несимметричны, и экстрасенс видит, в каком из двух положений лежит верхняя карта. Колода подготовлена подкупленным служащим. Служащий знает порядок карт в колоде, и хотя изменить его не может, зато может подсказать, располагая рубашки карт так или иначе согласно договорённости. Докажите, что экстрасенс с помощью такой подсказки может гарантированно угадать масть не менее чем у 26 карт. Д26.7.5. а) Мозаика состоит из набора плоских прямоугольников. Все их можно уложить в один слой в одну прямоугольную коробку (так, что их стороны параллельны сторонам коробки). В бракованном наборе у каждого прямоугольника одна из сторон оказалось меньше стандартной. Можно ли утверждать, что у коробки, в которую складывается набор, тоже можно уменьшить одну из сторон? б) Конструктор состоит из набора брусков в форме прямоугольных параллелепипедов. Все их можно поместить в одну коробку, также имеющую форму прямоугольного параллелепипеда. В бракованном наборе у каждого бруска два ребра из трёх оказались меньше стандартного. Можно ли утверждать, что у коробки, в которую складывается набор, можно уменьшить одно из рёбер? (Бруски укладываются в коробку так, что их рёбра параллельны рёбрам коробки.) Д27.4.4. На окружности расставлено несколько положительных чисел, каждое из которых не больше 1. Докажите, что можно разделить окружность на любое заданное наперёд число дуг так, что суммы чисел на соседних дугах будут отличаться не больше чем на 1. (Если на дуге нет чисел, то сумма на ней считается равной нулю.) Д28.3.3. В квадрате 3 × 3 расставлены числа (см. a b c рис.). Известно, что квадрат магический: сумма чиd e f сел в каждом столбце, в каждой строке и на каждой g h i диагонали одна и та же. Докажите неравенство 2(an + cn + gn + in ) 6 bn + dn + fn + hn + 4en если e > 0 или n чётно.

(n — натурально),

Дополнительные задачи

99

Д30.4.7. Тест состоит из 33 вопросов, на каждый есть два варианта ответа. За одну попытку Витя отвечает на все вопросы, после чего ему сообщают, на сколько вопросов он ответил верно. Докажите, что Витя может за 16 попыток гарантированно узнать верные ответы на все вопросы.

Ответы XIX Турнир городов 1.1. Быстрее спуститься и подняться по поднимающемуся эскалатору. 1.4. а) Двумя прямыми. б) Тремя прямыми. 2.1. а) Двумя прямыми. б) Тремя прямыми. 2.2. c = 3 · |a − b|. Задача имеет решение, если b < a < 2b или a < b < 2a. 3.1. 1845-й член. 3.5. Нельзя. 3.6. 7 клеток. 4.1. Не следует. 4.2. а), б) Утверждения неверны. в) Утверждение верно. 4.4. а) Всегда. б) Не всегда. 4.5. Следует. Шифр хороший. 4.6. а) 7 клеток. б) 6 клеток. 5.1. Может. 5.4. 453 . 5.5. Не хвастает. 6.1. Можно. 6.2. 454 . 6.3. В 16 цветов. 6.4. m = 8, n = 6. 7.1. Существует. 7.4. 50 %. 7.5. 16 диагоналей. 8.3. a) Может. б) Может получиться любое нечётное число от 1 до 1023 (и никакое другое). 8.5. Плохих лабиринтов больше. 8.6. б) Могут.

XX Турнир городов 1.1. 333. 2.1. 10   г. 1 1 1 2.4. , , ... , . 4.1. 4.5. 5.2. 6.2. 7.1. 8.1. 8.3.

2 2

2

1.4. 12 раз. 2.2. 4p. 2.5. б) Невозможно. в) Может.

б) Не могут. 4.4. 1024 способа. Не может. 5.1. В 1,5 раза. 1 : 3. 6.1. 1. 1 : 3. 6.5. B = 2. 498 долларов. 7.3. Всегда. Может. (±1, ±1), (0, ±1), (±1, 0) — всего восемь решений.

101

Ответы

XXI Турнир городов 1

1.1. a) 2 : 1. б) . 6 1.3. n1 = 2000, n2 = 3998. 1.5. 2.3. 2.5. 3.4. 3.6. 4.5.

1.2. Не может. 1.4. 12 положений.

p

2p

4p

Можно. 2.1. , , . 7 7 7 n1 = 2000, n2 = 3998. 2.4. Нельзя. Можно. 3.1. 5 чисел. а) За 120 ходов. б) За 92 хода. На 3n + 1 частей. 4.1. Только при n = 3. б) Неверно. 5.1. Не может. 2

5.2. . 5.4. Можно. 9 6.2. Не могли. 6.4. а) Существует. б) Не существует. 7.1. x = 0. √ 7.3. Окружность с центром O и радиусом 2r2 − OA2 (r — радиус, а O — центр данной окружности). 7.4. 46 монет. 7.5. 16 коней. 8.1. 3 999 999. 8.5. 21.

XXII Турнир городов 1.1. 6. 3.2. 3.5. 3.7. 4.3. 4.6. 5.1. 5.4. 6.2. 7.1. 7.4. 7.7. 8.7.

2.3. 90◦ .

1 . 2

3.4. 68 способами. На левой. 3.6. 2000. 33 равенства. 4.2. Для n = 12. c : a. 4.4. б) При n = 4. Не может (на все три вопроса). Можно. 5.3. Могла; 10 кг. а) Неверно. 6.1. Могло; 85 км. Не может. 6.4. Первый игрок. Может. 7.2. Нельзя. Можно. 7.5. а), б) Не может. в) Получится. 8.5. а), б) Не может. б) Верно.

XXIII Турнир городов 1.3. Удастся. 1.5. Неверно.

1.4. 25 столкновений. 2.2. Существуют.

102

Ответы

2.3. 2.5. 3.5. 4.1. 4.3.

25 столкновений. Нельзя. 63 ладьи. Не могут. 88.

2.4. 3.1. 3.7. 4.2. 4.4.

Не всегда. Существуют. 33 числа. Существуют. 6 четырёхугольников.

4.6. 5.1. 6.4. 7.2. 7.4. 7.5. 8.2. 8.7.

Всегда. 4.7. а) Может. б) . 3 Можно: a = 1, b = 3. 5.2. Можно. 4904 способами. 6.5. Существует. Могут. 7.3. 6. При всех n, кроме n = 1 и n = 3. Не могут. 8.1. 1, 2 и 3. Верно. 8.4. Верно. Существуют.

2

XXIV Турнир городов 1.1. 1.3. 1.5. 2.2.

Не могло. 1.2. 1001. а) Могло. б), в) Изменится. 1.4. Первый. Нельзя. 2.1. 1001. а) Могло. б), в) Изменится. 3.1.  3002 доллара. при N = 3k,  k

3.2. Нельзя.

3.5.

 

k − 1 при N = 3k + 1,

k при N = 3k + 2. 3.7. а) За 8 измерений. б) За 18 измерений.  при N = 3k,  k

4.1. Нельзя.

4.3.

 

k − 1 при N = 3k + 1,

k при N = 3k + 2. 4.7. а) За 8 измерений. б) За 32 измерения. 5.1. Верно. 5.2. Только при n = 4. 5.3. 90◦ . 5.4. 5 членов. 5.5. Нельзя. 6.1. Верно. 6.2. Может. 6.4. 50 номерков. 7.1. Может. 7.3. б) Могла. 7.4. Если n простое, выиграет второй, в противном случае — первый. 7.5. 21 клетку. 8.2. Только первую степень. 8.3. Нельзя. 8.5. Может. 8.6. 212 таблиц. 8.7. Не могло.

103

Ответы

XXV Турнир городов 1.1. 1.4. 2.2. 3.1. 3.3. 3.4. 3.7. 4.1. 4.5. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 6.2. 6.3. 7.2. 7.6. 8.4. 8.6.

Можно. 1.2. Обязательно. N = 5. 1.5. При N = 50. 360 квадратиков. 2.5. Могло. Возможно. 3.2. Прав. Все натуральные числа, кроме 2 и 3. 28 клеток. 3.6. Неверно. Первый — 499 очков, второй — 501. Прав. 4.3. Неверно. Первый — 499 очков, второй — 501. n = 1, 2. б) При любом N, не кратном 3 и большем 6. 7 (единственное возможное значение). 9 · 108 чисел. 7 (единственное возможное значение). а) Не может. б), в) Может. 6.5. 9 · 108 чисел. 32 шашки. 7.3. Не существует. Соперник. 8.1. Не существует. Соперник. 8.5. Не обязательно. Может (на оба вопроса).

XXVI Турнир городов 1.1. 1.5. 2.3. 2.5. 3.3.

Нельзя. 2004 способа. Обязательно. При всех чётных N. 60 коней. 3

1.2. 2.2. 2.4. 3.2.

88 шариков. 66 шариков. 2004 способа. Обязательно.

2

3.6. Первый — , второй — всего куска. 5 5 4.2. m, n > 9 и |m − n| 6= 9.

R2 − d2

4.4. Окружность с центром O и радиусом , где R и r — 2r радиусы данных окружностей, d = OI. 5.1. На 2 км. 5.3. За 23 хода. 5.5. 95, 96, 97, 103, 104 или 105 поворотов. 6.4. 95, 96, 97, 103, 104 или 105 поворотов. 7.3. Верно. 7.4. a) 11 или 13 частей. б) 31, 36, 37 или 43 части.

104 7.5. 7.6. 7.7. 8.3. 8.4. 8.7.

Ответы

Нельзя. Ерёма сможет помешать Фоме. Не могло. Ерёма сможет помешать Фоме. Существует. а), б) Не всегда.

XXVII Турнир городов 1.2. 1.4. 2.2. 3.1. 3.4. 4.1. 4.3.

Не обязательно. 196 клеток. Можно. Найдётся. а), б) Не всегда. При n > 2. 59 ладей.

4.6. 1 342 355 520 = 5.3. 6.1. 6.3. 6.5. 7.1. 7.5. 7.6. 8.2.

1.3. 2.1. 2.5. 3.3. 3.5. 4.2.

1

1

6a< . При 11 10 Нельзя. Не могла. 59 ладей. N = 5251. а), б) Не всегда.

12 + 2005 12 + 22 + ... + 20032 + . 2 2

2, 3 или 4 решения. 5.5. a) 2 грани; б) 12 граней. 200 вершин и 300 рёбер. 6.2. Найдутся. 4, 5 или 6 решений. a) 12 граней; б) 2 · (109 − 7) граней. 4 шара. 7.4. Не существует. 2005 · 2006 − 2674 = 4 019 356 единиц. Существует. 7.7. a) Не может. б) Может. Не существуют. 8.6. a), б) Не может.

XXVIII Турнир городов 1.1. 1.5. 2.1. 2.5. 3.4. 4.1. 4.7. 5.3. 6.1.

xy. На 8 многоугольников. Произведению трёх исходных чисел. Можно. 3.2. Неправ. Q − 6R. 3.7. 34 вопроса. Неправ. 4.4. Нельзя. в) k = 516. 5.1. Обязательно. 4 ладьи. 5.4. Верно. 5 ладей. 7.1. Всегда.

7.2.

1 . 4

7.3. Могло.

105

Ответы

7.4. 2n − 4 при чётном n, 2n − 5 при нечётном n. 7.5. 2, 3 и 3, 5, 7. 7.6. 30◦ . 7.7. 8.2. 8.4. 8.6.

a) Может. б) Не может. Не следует. a) Может. б) Не может. б) Может.

ab

. 8.1. c 8.3. Не может. 8.5. Можно.

Избранные задачи других Турниров городов 1

И6.8.4. Может. И7.2.3. . 2 И18.7.6. 100◦ . И29.3.4. При N = 1 выигрывает первый, в остальных случаях — второй. И29.3.5. Всегда. И30.4.7. Сможет. И31.7.4. Может. И32.8.7. Могут.

Дополнительные задачи Д19.3.3. б) в) Можно. Д19.3.5. Нельзя. i h Нельзя. 2n + 1 Д19.4.6. . Д20.2.3. 9 клеток. 3

Д20.8.5. а) 334; б) 499 999. Д21.4.5. a) При всех n, дающих остатки 0 или 3 при делении на 4. б) При n = 20, 119, 696, 4059, ... Эта последовательность задаётся рекуррентным соотношением nm+1 = 6nm − nm−1 + 2 (m > 2). Д21.5.4. а) Нельзя. б) Можно. в) Нельзя. Д26.7.5. а) Можно. б) Нельзя.

Наводящие идеи XIX Турнир городов 1.1. Уравнения и неравенства. Задачи на движение. Свойства средних. 1.2. Многочлены. Диофантовы уравнения. Бесконечность. 1.3. Подмена объекта. Геометрические преобразования: поворот. 1.4. Редукция. Узкие места. Оценка. Клетчатые задачи. 2.1. Редукция. Узкие места. Оценка. Клетчатые задачи. 2.2. Вписанные и вневписанные окружности. Неравенства в геометрии. 2.3. Диофантовы уравнения. Бесконечность. Многочлены. 2.4. Ослабление условий. Чередование. Клетчатые задачи. 3.1. Соответствие. Последовательности. Подмена объекта. 3.2. Подобие и теорема Фалеса. Ослабление условий. Геометрические преобразования: гомотетия. Биссектрисы. 3.3. Алгоритм. Чередование. Клетчатые задачи. 3.4. Окружности. 3.5. Узкие места. Принцип крайнего. Графы. Причёсывание. Связность. Перебор. Клетчатые задачи. 3.6. Узкие места. Оценка. Конструкции. Клетчатые задачи. 4.1. Формулы в геометрии. 4.2. Ослабление условий. Геометрические преобразования. Геометрическая комбинаторика. Перебор. Узкие места. 4.3. Двумя способами. Рациональные и иррациональные числа. Многочлены. Разбиение. 4.4. Геометрическая комбинаторика. Постепенное конструирование. Соответствие. Ослабление условий. 4.5. Принцип крайнего. Оценка. Соответствие: кодировка. 4.6. Узкие места. Оценка. Конструкции. Клетчатые задачи. 5.1. Конструкции. 5.2. Чередование. Чётность. Раскраска. Клетчатые задачи. 5.3. Подобие. Подмена объекта. 5.4. Соответствие. Разложение на множители. 5.5. Геометрическая комбинаторика. 6.1. Узкие места. Геометрическая комбинаторика. Симметрия.

Наводящие идеи

6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6.

107

Соответствие. Разложение на множители. Принцип крайнего. Оценка. Клетчатые задачи. Соответствие. Симметрия. Уравнения и неравенства. Геометрические преобразования. Окружности. Симметрия. Делимость. Конструкции. Геометрические преобразования. Симметрия. Делимость. Оценка. Логика. Соответствие. Симметрия. Узкие места. Оценка. Клетчатые задачи. Процессы: полуинвариант. Принцип крайнего. Перебор. Симметрия. Разбиение. Уравнения и неравенства. Геометрические преобразования и проекция. Площадь. Подмена объекта. Уравнения и неравенства. Индукция. Степени двойки. Постепенное конструирование. Геометрические преобразования: поворот. Арифметическая комбинаторика. Соответствие. Графы. Связность. Разбиение. Соответствие: кодировка. Арифметическая комбинаторика.

XX Турнир городов 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4.

Арифметическая комбинаторика. Клетчатые задачи. Делимость. Многочлены и разложение на множители. Простая геометрия. Логика. Чередование. Раскраска. Чётность. Делимость. Конструкции. Клетчатые задачи. Оценка. Принцип крайнего. Окружности. Оценка. Принцип крайнего. Чётность. Раскраска. Разбиение. Клетчатые задачи. Свойства средних. Разбиение. Подмена объекта. Свойства средних. Конструкции. Делимость. Соответствие. Чётность. Разбиение. Клетчатые задачи. Подобие. Биссектрисы. Вписанные окружности. Геометрические преобразования. Оценка. Окружности. Геометрическая комбинаторика.

108

Наводящие идеи

3.5. Арифметическая комбинаторика. Соответствие. Разбиение. Степени двойки. Графы. 3.6. Делимость и остатки. Редукция. 4.1. Делимость. Причёсывание. 4.2. Подобие. Биссектрисы. Вписанные окружности. Геометрические преобразования. 4.3. Многочлены. Симметрия. 4.4. Соответствие. Разбиение. Арифметическая комбинаторика. Степени двойки. 4.5. Многочлены. Геометрические преобразования и проекция. Векторы. Площадь. Симметрия. 4.6. Причёсывание. Функции. 5.1. Задачи на движение. 5.2. Подмена объекта. Биссектрисы. Геометрические преобразования. Симметрия. 5.3. Симметрия. Соответствие. 5.4. Принцип крайнего. Геометрическая комбинаторика. Постепенное конструирование. 5.5. Оценка. Арифметическая комбинаторика. 6.1. Последовательности. 6.2. Подмена объекта. Биссектрисы. Геометрические преобразования. Симметрия. 6.3. Симметрия. Соответствие. 6.4. Принцип крайнего. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. 6.5. Симметрия. Игры. Клетчатые задачи. 7.1. Процессы: инвариант. Делимость. Алгоритм. 7.2. Окружности. Формулы в геометрии. 7.3. Постепенное конструирование. Оценка. Игры. 7.4. Причёсывание. Непрерывность. 7.5. Подобие. Подмена объекта. Окружности. 7.6. Процессы: инвариант. Чётность. Площадь. Подмена объекта. Раскраска. Связность. Графы. Причёсывание. Клетчатые задачи. 8.1. Конструкции. Подобие. Геометрические преобразования и проекция. Площадь и объём. 8.2. Окружности. 8.3. Делимость. Диофантовы уравнения. 8.4. Причёсывание. Непрерывность.

Наводящие идеи

109

8.5. Степени двойки. Последовательности. Разбиение. Перебор. 8.6. Процессы: инвариант. Чётность. Площадь. Подмена объекта. Раскраска. Связность. Графы. Причёсывание. Клетчатые задачи.

XXI Турнир городов 1.1. a) Подмена объекта. Простая геометрия. б) Площадь. 1.2. Чётность. Делимость. Многочлены. Диофантовы уравнения. Редукция. Перебор. 1.3. Двумя способами. Делимость. Разбиение. 1.4. Задачи на движение. Соответствие. 1.5. Конструкции. Симметрия. Клетчатые задачи. 2.1. Подобие. 2.2. Разложение на множители. Делимость. Бесконечность. Степени двойки. 2.3. Двумя способами. Делимость. Разбиение. 2.4. Чётность. 2.5. Конструкции. Симметрия. Клетчатые задачи. 3.1. Чётность. Оценка. 3.2. Функции. Площадь. 3.3. Чередование. Диофантовы уравнения. 3.4. Узкие места. Чётность. Чередование. Разбиение. Алгоритм. Оценка. Графы. Клетчатые задачи. 3.5. Узкие места. Последовательности. Бесконечность. 3.6. Алгоритм. Геометрическая комбинаторика. Двумя способами. 4.1. Чётность. Узкие места. 4.2. Алгоритм. Причёсывание. Геометрическая комбинаторика. 4.3. Узкие места. Последовательности. Бесконечность. 4.4. Вневписанные окружности. Векторы. 4.5. Чередование. Диофантовы уравнения. Конструкции. Перебор. 4.6. Узкие места. Алгоритм. Связность. Клетчатые задачи. 4.7. Свойства средних. Геометрическая комбинаторика. Неравенства в геометрии. Оценка. 5.1. Целочисленные неравенства. Диофантовы уравнения. 5.2. Площадь.

110 5.3. 5.4. 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6.

Наводящие идеи

Соответствие. Делимость. Конструкции. Графы. Конструкции. Делимость. Чередование. Графы. Площадь. Чётность. Двумя способами. Уравнения и неравенства. Разбиение. Индукция. Целочисленные неравенства. Последовательности. Бесконечность. Конструкции. Спецификация. Уравнения. Многочлены. Подмена объекта. Теорема Фалеса. Формулы в геометрии. Окружности. Оценка. Игры. Чередование. Оценка. Раскраска. Клетчатые задачи. Разбиение. Целочисленные неравенства. Делимость. Векторы. Геометрические преобразования и проекция. Индукция. Кодировка. Процессы: полуинвариант. Принцип крайнего. Подмена объекта. Двумя способами. Площадь. Клетчатые задачи. Чётность. Оценка. Разбиение. Оценка. Площадь.

XXII Турнир городов 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 3.1. 3.2.

Разбиение. Клетчатые задачи. Простая геометрия. Свойства средних. Принцип крайнего. Делимость. Испытания. Соответствие: кодировка. Редукция. Степени двойки. Окружности. Делимость. Причёсывание. Оценка. Узкие места. Испытания. Соответствие: кодировка. Редукция. Степени двойки. Подмена объекта. Принцип крайнего. Редукция. Клетчатые задачи. Подобие. Геометрические преобразования: гомотетия. Окружности. Биссектрисы.

Наводящие идеи

111

3.3. Делимость. Целочисленные неравенства. Принцип крайнего. Перебор. 3.4. Связность. Разбиение. Арифметическая комбинаторика. Клетчатые задачи. 3.5. Делимость и остатки. Степени двойки. 3.6. Оценка. Конструкции. Симметрия. 3.7. Оценка. 4.1. Делимость. Целочисленные неравенства. Принцип крайнего. Перебор. 4.2. Оценка. 4.3. Векторы. Подобие. 4.4. Функции. 4.5. Целочисленные неравенства. Причёсывание. Клетчатые задачи. 4.6. Площадь. Разбиение. Геометрическая комбинаторика. 5.1. Причёсывание. Обратный ход. Алгоритм. 5.2. Неравенства в геометрии. 5.3. Функции. Двумя способами. 5.4. Узкие места. Подмена объекта. Геометрическая комбинаторика. 5.5. Чётность. Клетчатые задачи. 6.1. Функции. Двумя способами. Задачи на движение. 6.2. Делимость и остатки. Функции. 6.3. Окружности. Формулы в геометрии. 6.4. Игры. Клетчатые задачи. 6.5. Оценка. Геометрическая комбинаторика. 7.1. Свойства средних. Конструкции. 7.2. Делимость. Процессы: инвариант. Перебор. 7.3. Окружности. Биссектрисы. 7.4. Редукция. Принцип крайнего. Оценка. 7.5. Чётность. Чередование. Графы. Клетчатые задачи. 7.6. Простая геометрия. 7.7. Соответствие. Испытания. Клетчатые задачи. 8.1. Симметрия. Многочлены. Постепенное конструирование. 8.2. Спецификация. Индукция. Уравнения и неравенства. 8.3. Простая геометрия. 8.4. Принцип крайнего. Подмена объекта. Соответствие. Уравнения и неравенства. Клетчатые задачи. 8.5. Инвариант. Двумя способами.

112

Наводящие идеи

8.6. Постепенное конструирование. Геометрическая комбинаторика. Ослабление условий. 8.7. Процессы. Графы. Связность.

XXIII Турнир городов 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 3.1.

Теорема Фалеса. Делимость. Степени двойки. Перебор. Испытания. Соответствие. Задачи на движение. Подмена объекта. Симметрия. Геометрическая комбинаторика. Простая геометрия. Непрерывность. Соответствие. Задачи на движение. Подмена объекта. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. Узкие места. Процессы: инвариант. Клетчатые задачи. Делимость. Постепенное конструирование. Степени двойки. Ослабление условий. 3.2 Двумя способами. Уравнения. 3.3. Графы. Разбиение. Клетчатые задачи. 3.4. Оценка. Геометрическая комбинаторика. Окружности. 3.5. Принцип крайнего. Узкие места. Оценка. Клетчатые задачи. 3.6. Принцип крайнего. Процессы: полуинвариант. 3.7. Арифметическая комбинаторика. Степени двойки. Соответствие. Целочисленные неравенства. 4.1. Окружности. Геометрическая комбинаторика. Выпуклая фигура. 4.2. Постепенное конструирование. Индукция. Делимость. 4.3. Непрерывность. Чередование. Принцип крайнего. Оценка. Узкие места. Клетчатые задачи. 4.4. Процессы: инвариант. Неравенства в геометрии. Геометрическая комбинаторика. Арифметическая комбинаторика. Оценка. Соответствие. 4.5. Спецификация. Последовательности. Бесконечность. 4.6. Постепенное конструирование. Алгоритм. 4.7. Соответствие. Площадь. Векторы. Оценка. Геометрические преобразования. Симметрия. Геометрическая комбинаторика.

Наводящие идеи

113

5.1. Делимость. 5.2. Узкие места. Геометрическая комбинаторика. 5.3. Делимость и остатки. Многочлены и разложение на множители. 5.4. Окружности. 5.5. Испытания. а) Редукция. Степени двойки. б) Перебор. 6.1. Делимость и остатки. Многочлены и разложение на множители. 6.2. Геометрические преобразования. Причёсывание. Векторы. 6.3. Перебор. Испытания. Непрерывная комбинаторика. 6.4. Арифметическая комбинаторика. Соответствие. Клетчатые задачи. 6.5. Геометрическая комбинаторика. Узкие места. 7.1. Неравенства в геометрии. Уравнения и неравенства. Многочлены и разложение на множители. 7.2. Симметрия. Игры. Клетчатые задачи. 7.3. Площадь. Оценка. 7.4. Постепенное конструирование. Процессы. Чередование. Перебор. 7.5. Процессы: инвариант. Двумя способами. Геометрическая комбинаторика. Оценка. 7.6. Полуинвариант. Делимость. Последовательности. Бесконечность. 7.7. Постепенное конструирование. 8.1. Принцип крайнего. Формулы в геометрии. 8.2. Уравнения и неравенства. 8.3. Полуинвариант. Делимость. Последовательности. Бесконечность. 8.4. Принцип крайнего. Постепенное конструирование. 8.5. Подобие. Геометрические преобразования и проекция. 8.6. Чётность. Арифметическая комбинаторика. Перебор. Разбиение. 8.7. Делимость. Рациональные и иррациональные числа. Постепенное конструирование. Уравнения и неравенства. Целочисленные неравенства. Ослабление условий.

114

Наводящие идеи

XXIV Турнир городов 1.1. Арифметическая комбинаторика. Оценка. 1.2. Логика. Делимость. 1.3. Двумя способами. Оценка. Конструкции. Клетчатые задачи. 1.4. Причёсывание. Игры. 1.5. Теорема Фалеса. 2.1. Логика. Делимость. 2.2. Двумя способами. Оценка. Конструкции. Клетчатые задачи. 2.3. Связность. Бесконечность. 2.4. Функции. Разбиение. Уравнения и неравенства. 2.5. Непрерывность. Узкие места. Последовательности. Бесконечность. 3.1. Принцип крайнего. Оценка. 3.2. Делимость. Испытания. 3.3. Непрерывность. 3.4. Простая геометрия. Окружности. 3.5. Оценка. Делимость. Индукция. Геометрическая комбинаторика. 3.6. Редукция. Индукция. Алгоритм. Разбиение. Оценка. 3.7. Связность. Оценка. Испытания. Графы. Клетчатые задачи. 4.1. Делимость. Испытания. 4.2. Неравенства в геометрии. Непрерывная комбинаторика. 4.3. Оценка. Делимость. Индукция. Геометрическая комбинаторика. 4.4. Редукция. Индукция. Алгоритм. Разбиение. Оценка. 4.5. Окружности. 4.6. Чётность. Бесконечность. Последовательности. 4.7. Связность. Оценка. Испытания. Графы. Клетчатые задачи. 5.1. Оценка. 5.2. Игры. 5.3. Простая геометрия. 5.4. Оценка. Последовательности. 5.5. Делимость. Раскраска. Чередование. Клетчатые задачи. 6.1. Оценка. 6.2. Неравенства в геометрии. Непрерывная комбинаторика. Конструкции. Степени двойки.

Наводящие идеи

6.3. 6.4. 6.5. 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7.

115

Формулы в геометрии. Неравенства в геометрии. Оценка. Чередование. Чётность. Геометрическая комбинаторика. Диофантовы уравнения. Многочлены. Неравенства в геометрии. Двумя способами. Индукция. Чётность. Постепенное конструирование. Редукция. Игры. Оценка. Графы. Связность. Клетчатые задачи. Окружности. Вписанные окружности. Неравенства в геометрии. Функции. Бесконечность. Многочлены. Последовательности. Узкие места. Геометрическая комбинаторика. Окружности. Подобие. Делимость и остатки. Игры. Перебор. Редукция. Соответствие. Оценка. Клетчатые задачи. Чётность. Делимость. Причёсывание. Геометрическая комбинаторика.

XXV Турнир городов 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4.

Уравнения. Разбиение. Конструкции. Клетчатые задачи. Простая геометрия. Окружности. Индукция. Соответствие. Делимость. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. Оценка. Алгоритм. Чётность. Принцип крайнего. Клетчатые задачи. Индукция. Соответствие. Делимость. Оценка. Раскраска. Узкие места. Клетчатые задачи. Делимость и остатки. Алгоритм. Редукция. Площадь. Окружности. Неравенства в геометрии. Постепенное конструирование. Геометрическая комбинаторика. Неравенства в геометрии. Ослабление условий. Делимость. Конструкции. Последовательности. Разбиение. Графы. Алгоритм. Чётность. Целочисленные неравенства. Диофантовы уравнения. Перебор. Оценка. Двумя способами. Клетчатые задачи.

116 3.5. 3.6. 3.7. 4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7. 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6.

Наводящие идеи

Неравенства в геометрии. Подмена объекта. Неравенства в геометрии. Оценка. Игры. Алгоритм. Разбиение. Графы. Алгоритм. Чётность. Индукция. Степени двойки. Постепенное конструирование. Подмена объекта. Неравенства в геометрии. Геометрические преобразования. Вписанные и вневписанные окружности. Симметрия. Оценка. Игры. Алгоритм. Площадь. Постепенное конструирование. Процессы: инвариант. Клетчатые задачи. Простая геометрия. Делимость. Последовательности. Алгоритм. Процессы: инвариант. Делимость. Оценка. Делимость и остатки. Разбиение. Окружности. Делимость. Неравенства в геометрии. Непрерывность. Уравнения. Конструкции. Процессы: инвариант. Последовательности. Перебор. Оценка. Делимость и остатки. Разбиение. Последовательности. Делимость. Степени двойки. Оценка. Клетчатые задачи. Делимость. Окружности. Геометрические преобразования: инверсия. Обратный ход. Симметрия. Соответствие. Делимость и остатки. Игры. Принцип крайнего. Делимость. Обратный ход. Геометрические преобразования. Симметрия. Индукция. Площадь. Геометрические преобразования и проекция. Соответствие. Делимость и остатки. Игры. Принцип крайнего. Многочлены. Оценка. Соответствие: кодировка. Испытания.

Наводящие идеи

117

XXVI Турнир городов 1.1. Делимость и остатки. Чётность. Разбиение. Последовательности. 1.2. Оценка. 1.3. Чётность. 1.4. Постепенное конструирование. Подобие. Ослабление условий. 1.5. Соответствие. Делимость и остатки. Арифметическая комбинаторика. 2.1. Окружности. Подобие. 2.2. Оценка. 2.3. Многочлены. Бесконечность. 2.4. Соответствие. Делимость и остатки. Арифметическая комбинаторика. 2.5. Конструкции. Последовательности. Делимость. Разбиение. Свойства средних. 3.1. Простая геометрия. Конструкции. Рациональные и иррациональные числа. Симметрия. 3.2. Простая геометрия. 3.3. Оценка. Целочисленные неравенства. Клетчатые задачи. 3.4. Свойства средних. Непрерывная комбинаторика. Разбиение. 3.5. Подобие. Вписанные окружности. 3.6. Непрерывная комбинаторика. Игры. Алгоритм. Перебор. 3.7. Рациональные и иррациональные числа. Геометрическая комбинаторика. 4.1. Спецификация. Функции. 4.2. Игры. 4.3. Свойства средних. Непрерывная комбинаторика. Разбиение. 4.4. Окружности. Векторы. 4.5. Рациональные и иррациональные числа. Геометрическая комбинаторика. 4.6. Принцип крайнего. Перебор. Делимость. 4.7. Геометрические преобразования. Окружности. Биссектрисы. 5.1. Подмена объекта. Задачи на движение. Простая геометрия.

118 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7.

Наводящие идеи

Перебор. Оценка. Разбиение. Клетчатые задачи. Подобие. Геометрическая комбинаторика. Редукция. Простая геометрия. Делимость и остатки. Бесконечность. Подобие. Геометрическая комбинаторика. Разбиение. Уравнения и неравенства. Многочлены. Диофантовы уравнения. Простая геометрия. Окружности. Подмена объекта. Задачи на движение. Делимость. Геометрические преобразования. Симметрия. Клетчатые задачи. Геометрическая комбинаторика. Игры. Инвариант. Двумя способами. Клетчатые задачи. Многочлены. Диофантовы уравнения. Окружности. Игры. Многочлены. Индукция. Уравнения. Подобие. Соответствие. Арифметическая комбинаторика. Графы. Клетчатые задачи. Делимость и остатки. Разбиение. Симметрия. Конструкции. Оценка.

XXVII Турнир городов 1.1. Простая геометрия. Подмена объекта. 1.2. Чередование. Конструкции. Графы. 1.3. Неравенства в геометрии. Арифметическая комбинаторика. Непрерывная комбинаторика. Оценка. 1.4. Связность. Алгоритм. Разбиение. Клетчатые задачи. 1.5. Перебор. Соответствие. Испытания. 2.1. Причёсывание. Целочисленные неравенства. 2.2. Рациональные и иррациональные числа. Подобие и теорема Фалеса. 2.3. Перебор. Соответствие. Испытания.

Наводящие идеи

119

2.4. Подмена объекта. Неравенства в геометрии. Площадь. Свойства средних. 2.5. Раскраска. Чередование. Клетчатые задачи. 3.1. Конструкции. 3.2. Неравенства в геометрии. 3.3. Принцип крайнего. Оценка. Алгоритм. Клетчатые задачи. 3.4. Непрерывность. Геометрическая комбинаторика. 3.5. Оценка. Диофантовы уравнения. Целочисленные неравенства. 3.6. Процессы: полуинвариант. Принцип крайнего. Алгоритм. Непрерывная комбинаторика. 4.1. Делимость. Конструкции. 4.2. Непрерывность. Геометрическая комбинаторика. 4.3. Принцип крайнего. Оценка. Алгоритм. Клетчатые задачи. 4.4. Полуинвариант. Принцип крайнего. Постепенное конструирование. 4.5. Простая геометрия. Биссектрисы. Геометрические преобразования. Формулы в геометрии. Подмена объекта. Симметрия. 4.6. Процессы: полуинвариант. Алгоритм. Оценка. 5.1. Простая геометрия. 5.2. Последовательности. Соответствие. Клетчатые задачи. 5.3. Целочисленные неравенства. Непрерывная комбинаторика. Подмена объекта. 5.4. Процессы: полуинвариант. Непрерывность. Узкие места. 5.5. Оценка. Клетчатые задачи. 6.1. Соответствие. Геометрическая комбинаторика. Графы. 6.2. Конструкции. Функции. 6.3. Целочисленные неравенства. Непрерывная комбинаторика. Подмена объекта. Причёсывание. 6.4. Геометрические преобразования: поворот. Подмена объекта. 6.5. Оценка. Принцип крайнего. Клетчатые задачи. 7.1. Оценка. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. 7.2. Конструкции. Бесконечность. 7.3. Подобие. Геометрические преобразования: поворот. Векторы. 7.4. Целочисленные неравенства. Степени двойки. 7.5. Оценка. Клетчатые задачи.

120

Наводящие идеи

7.6. Окружности. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. 7.7. Уравнения и неравенства. Конструкции. Подмена объекта. Клетчатые задачи. 8.1. Геометрическая комбинаторика. 8.2. Целочисленные неравенства. Степени двойки. 8.3. Спецификация. Многочлены. 8.4. Функции. Формулы в геометрии. 8.5. Конструкции. Бесконечность. 8.6. Процессы: полуинвариант. Подмена объекта. Непрерывная комбинаторика. Оценка. 8.7. Разбиение. Процессы: инвариант. Подмена объекта. Чётность. Перебор. Графы.

XXVIII Турнир городов 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 4.1.

Процессы: инвариант. Соответствие. Площадь. Логика. Симметрия. Испытания. Чётность. Биссектрисы. Симметрия. Окружности. Оценка. Соответствие. Геометрическая комбинаторика. Геометрические преобразования. Клетчатые задачи. Процессы: инвариант. Соответствие. Площадь и объём. Вписанные окружности. Окружности. Биссектрисы. Подмена объекта. Чётность. Делимость и остатки. Разбиение. Причёсывание. Клетчатые задачи. Делимость. Последовательности. Бесконечность. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. Площадь. Непрерывность. Непрерывная комбинаторика. Конструкции. Многочлены. Инвариант. Симметрия. Клетчатые задачи. Вписанные и вневписанные окружности. Геометрическая комбинаторика. Бесконечность. Делимость. Бесконечность. Оценка. Постепенное конструирование. Испытания. Связность. Графы. Непрерывность. Непрерывная комбинаторика. Конструкции.

Наводящие идеи

121

4.2. Подмена объекта. Биссектрисы. 4.3. Спецификация. Рациональные и иррациональные числа. Последовательности. Причёсывание. 4.4. Узкие места. Оценка. Геометрическая комбинаторика. Площадь. 4.5. Делимость. Последовательности. 4.6. Делимость и остатки. Соответствие: кодировка. Арифметическая комбинаторика. Разбиение. Клетчатые задачи. 4.7. Уравнения и неравенства. Конструкции. Функции. 5.1. Простая геометрия. 5.2. Обратный ход. 5.3. Оценка. Чётность. Клетчатые задачи. 5.4. Многочлены. 5.5. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. Причёсывание. 6.1. Оценка. Чётность. Клетчатые задачи. 6.2. Многочлены. Спецификация. Уравнения и неравенства. Подмена объекта. 6.3. Окружности. Геометрические преобразования. Симметрия. 6.4. Причёсывание. Спецификация. Последовательности. 6.5. Геометрическая комбинаторика. Симметрия. Причёсывание. 7.1. Целочисленные неравенства. 7.2. Соответствие. Простая геометрия. Площадь. 7.3. Узкие места. 7.4. Оценка. Геометрическая комбинаторика. Соответствие. 7.5. Делимость и остатки. Последовательности. 7.6. Окружности. Геометрические преобразования. Векторы. Биссектрисы. 7.7. Алгоритм. Обратный ход. 8.1. Многочлены. 8.2. Геометрическая комбинаторика. Геометрические преобразования. Выпуклая фигура. 8.3. Чередование. Многочлены. Функции. Непрерывность. 8.4. Алгоритм. Обратный ход. 8.5. Подмена объекта. Геометрическая комбинаторика. Геометрические преобразования.

122

Наводящие идеи

8.6. Степени двойки. Постепенное конструирование. Рациональные и иррациональные числа. Уравнения и неравенства. 8.7. Симметрия. Уравнения. Геометрические преобразования.

Избранные задачи других Турниров городов И4.2.5. И4.4.5. И6.8.4. И7.1.7.

Чётность. Геометрическая комбинаторика. Раскраска. Векторы. Геометрическая комбинаторика. Выпуклая фигура. Геометрические преобразования. Оценка. Соответствие. Клетчатые задачи. И7.2.3. Арифметическая комбинаторика. Соответствие. И7.4.6. Уравнения и неравенства. Площадь. Соответствие. И15.7.5. Процессы. Соответствие. Многочлены. И18.7.6. Простая геометрия. Биссектрисы. И29.3.4. Игры. Оценка. Клетчатые задачи. И29.3.5. Уравнения и неравенства. Транснеравенство. Принцип крайнего. Испытания. И30.3.7. Индукция. Последовательности. Делимость и остатки. Непрерывность. Степени двойки. И30.4.7. Испытания. Алгоритм. Чётность. И31.7.4. Многочлены. Степени двойки. Конструкции. И32.8.7. Игры. Графы. Оценка.

Дополнительные задачи Д19.3.3. Алгоритм. Разбиение. Оценка. Процессы. Клетчатые задачи. Д19.3.5. Перебор. Раскраска. Клетчатые задачи. Д19.4.6. Оценка. Клетчатые задачи. Д19.7.3. Оценка. Делимость и остатки. Д20.2.3. Оценка. Чередование. Раскраска. Разбиение. Клетчатые задачи. Д20.3.6. Редукция. Уравнения. Рациональные числа. Д20.8.5. Арифметическая комбинаторика. Степени двойки. Последовательности. Д21.3.6. Алгоритм. Оценка. Геометрическая комбинаторика.

Наводящие идеи

123

Д21.4.5. Диофантовы уравнения. Конструкции. Делимость и остатки. Д21.5.4. Конструкции. Чередование. Причёсывание. Графы. Клетчатые задачи. Д22.1.3. Перебор. Уравнения. Рациональные и иррациональные числа. Д24.3.7. Непрерывность. Графы. Связность. Клетчатые задачи. Д24.5.5. Раскраска. Клетчатые задачи. Д24.6.3. Неравенства в геометрии. Д25.8.6. Кодировка. Постепенное конструирование. Испытания. Д26.7.5. Непрерывность. Причесывание. Геометрическая комбинаторика. Д27.4.4. Принцип крайнего. Д28.3.3. Многочлены. Функции. Симметрия. Клетчатые задачи. Д30.4.7. Индукция. Испытания. Алгоритм. Чётность.

Решения задач

XIX Турнир городов 1.1. Решение 1. Обозначим скорость эскалатора u, а скорости человека относительно эскалатора — V (при спуске) и v (при подъёме). Человек спускается по поднимающемуся эскалатору со скоростью V − u, поднимается — со скоростью v + u L

L

+ (L — длина эскалатои тратит на всё это время t = V −u v+u ра). Аналогично, чтобы спуститься и подняться по спускающеL

L

муся эскалатору, нужно время T = + . Докажем, что V +u v−u t < T. Действительно, T−t =







L L L L − − − v−u v+u V −u V +u

=



=

2uL(V 2 − v2 ) 2uL 2uL − = > 0. v2 − u2 V 2 − u2 (v2 − u2 )(V 2 − u2 )

Решение 2 (для знатоков). Применим свойства средних. Средняя скорость «поездки» в оба конца равна среднему гармоническому скорости подъёма и скорости спуска. При фиксированном среднем арифметическом (оно в обоих случаях равно V +v ) среднее гармоническое больше тогда, когда числа на2

ходятся ближе к среднему арифметическому, т. е. когда их разность меньше — в случае поднимающегося эскалатора. Замечание. Легко угадать ответ из следующих соображений. По смыслу задачи ответ не должен зависеть от соотношения скоростей. Однако если v лишь чуть больше u, а V значительно больше u, то на подъём по спускающемуся эскалатору будет затрачено огромное время, а на спуск и подъём по поднимающемуся — относительно небольшое. 1.2. Запишем уравнение в виде: (y − z)(y + z) = 1997 − x2 . Отсюда сразу видно, что, в частности, решениями уравнения являются все решения системы: ( y − z = 1, y + z = 1997 − x2 .

128

Решения задач

Поскольку y − z и y + z — числа одной чётности, x чётно. Поэтому положим x = 2t. Решив систему, получим y = 999 − 2t2 , z = 998 − 2t2 . Итак, уже имеется бесконечная серия решений (x, y, z) = (2t, 999 − 2t2 , 998 − 2t2 ),

где t — любое целое число. Замечание. Разумеется, исходное уравнение имеет и много других решений в целых числах. L B K C 1.3. Повернём треугольник ADM на 90◦ вокруг точки A (см. рис.). При этом он перейдёт в равный треугольник ABL, M причём BL — продолжение отрезка CB. Заметим, что A

∠KAL = ∠KAB + ∠LAB =

D

= ∠KAB + ∠KAM = ∠BAM = ∠DMA = ∠KLA. Значит, треугольник AKL равнобедренный (AK = KL). Отсюда BK + DM = BK + BL = KL = AK. Замечание. Имеется и некрасивое, но несложное тригонометрическое решение. Считая AB = 1, ∠MAD = a, имеем: DM = tg a,

BK = ctg 2a,

AK =

1 . sin 2a

Задача свелась к проверке тождества: tg a + ctg 2a =

1 . sin 2a

1.4. а) Одна прямая, очевидно, не может разрезать даже 4 клетки квадрата 2 × 2. Пример для двух прямых см. на рисунке. б) Разобьём квадрат 4 × 4 на четыре квадрата 2 × 2. Из сказанного выше видно, что первая прямая в один из этих квадратов не «заходит». Поэтому нужно ещё, как минимум, две прямые, чтобы разрезать четыре клетки этого квадрата. Пример для трёх прямых изображён на рисунке. Замечание. Для оценки необходимого числа прямых можно воспользоваться также сле-

XIX Турнир городов

129

дующим общим соображением: прямая может разрезать не более m + n − 1 клеток прямоугольника m × n. Действительно, переходя из одной клетки в другую, прямая пересекает одну из линий сетки. Так как этих линий всего m + n − 2 (m − 1 горизонтальных и n − 1 вертикальных), а прямая каждую из них может пересечь только один раз, то она не может пройти больше чем через m + n − 1 клеток. В частности, в квадрате 3 × 3 одна прямая разрежет не более 5 клеток, а в квадрате 4 × 4 — не более 7 клеток (и поэтому двух прямых там не хватит). 2.1. См. 1.4. 2.2. Рассмотрим случай a < b. Пусть M и R — точки касания вписанной и вневписанной окружностей со стороной AB = c треугольника ABC. Как известно, BM = AR = p − b =

a+c−b , 2

где p — полупериметр треугольника. c Заметим, что BM < (так как a < b), т. е. точка M лежит 2 ближе к B, чем к A. Поэтому условие задачи сводится к равенa+c−b

c

= , которое легко приводится к виду c = 3(b − a). ству 2 3 Надо ещё проверить неравенства треугольника c < a + b и b < a + c (третье выполняется автоматически). Второе из них приводится к виду a < b и также выполнено автоматически, а первое — к виду b < 2a. Поэтому условие разрешимости в этом случае: a < b < 2a. Случай a = b, очевидно, невозможен. Случай a > b «симметричен» разобранному: c = 3(a − b), условие разрешимости b < a < 2b. c Ложный след. Имеем: b − a = AC − BC = AL − BK = AM − BM = . 3

Отсюда c = 3(b − a). (Здесь K и L — точки касания вписанной окружности со сторонами BC и AC соответственно.)

Такое рассуждение привели многие участники турнира, однако в нём много пробелов. 1) Считается очевидным, что точка M расположена ближе к точке B, чем к точке A. 2) Доказано лишь то, что если условия задачи непротиворечивы, то c = 3(b − a). Однако, помимо неравенства треугольника не исключены и какие-нибудь другие ограничения на

130

Решения задач

стороны a и b, которые не позволяют вписанной окружности делить сторону c в отношении 1 : 2. 3) Не использована вневписанная окружность и, тем самым, не обосновано, что она не вносит дополнительных ограничений. 2.3. Разложив левую часть на множители, приведём уравнение к виду (x − y)(y − z)(x − z) = 6. Положив, например, x − y = = 1, y − z = 2 (при этом автоматически x − z = 3), мы получим бесконечную серию решений: (x, x − 1, x − 3), где x — любое целое число. Идеология. Более удобный вид левой части угадывается из теоремы Безу 1: она обращается в ноль при x = y, следовательно, делится на x − y. 2.4. Ясно, что 13 коней на чёрных полях друг друга не бьют. Для доказательства максимальности и единственности расстановки рассмотрим обход доски конём (на рисунке клетки занумерованы в порядке обхода). Ослабим 111 14 999 20 333 условие: будем требовать только, чтобы кони не стояли на клетках с соседними номе- 24 19 19 15 19 2 15 15 10 рами. Тогда между любой парой занятых 13 23 13 8 23 23 4 21 21 21 13 23 конями номеров должен быть промежуток 25 11 25 6 11 11 16 из одного или нескольких свободных номе- 18 25 ров. 17 777 12 17 17 22 555 Максимальное число коней получится в единственном случае: 1-я и 25-я клетки заняты конями, а каждый промежуток состоит из одной клетки, т. е. кони стоят на всех «нечётных» клетках. 3.1. Заметим, что основное соотношение равносильно системе ( xn+1 xn+2 = xn xn+1 − 1, xn+1 6= 0.

При этом 0 в левой части равенства может получиться, только если xn+2 = 0. Рассмотрим последовательность произведений yn = xn xn+1 . Поскольку y1 = 19 · 97 = 1843 и yn+1 = yn − 1, то первый нуль в ней стоит на 1844-м месте. Это значит, что в последовательности xn первый нуль стоит на 1845-м месте. 3.2. Решение 1. Проведём биссектрисы MK и ML углов AMB и AMC (см. рис.) Угол KML — прямой, так как он равен 1

См. Многочлены.

XIX Турнир городов

131

полусумме углов AMB и AMC, составляющих развёрнутый угол. По свойству биссектрисы BK : AK = MB : MA = MC : MA = = CL : AL. По теореме, обратной к теореме Фалеса, прямые KL и BC параллельны. Очевидно, что решение единственно (почему?). Решение 2 (метод подобия). Построим на основании BC как на диаметре полуокружность (см. рис.) и продолжим медиану AM до пересечения с этой полуокружностью в точке N. Проведём через точку M прямые, паA раллельные NB и NC, до пересечения со сторонами соответственно AB и AC треугольника ABC в точках K и L. K L ∠KML = ∠BNC (как углы с соответственно параллельными сторонаC ми), а угол BNC — прямой как опира- B M ющийся на диаметр. Далее, BK : AK = = NM : AM = CL : AL (теорема Фалеса). По теореме, обратной к теореме ФалеN са, прямые KL и BC параллельны. Замечание для знатоков. Последний абзац можно заменить одной фразой: треугольник KLM получен из треугольника BCN гомотетией с центром в точке A (и коэффициентом AM : AN), поэтому ∠KML = ∠BNC и KL k BC. 3.3. Пусть n нечётно. Возьмём центральную шашку и сдвинем её на одну клетку влево. Две шашки, стоящие теперь на соседней к центру клетке, сдвинем на две клетки вправо. Затем три шашки, оказавшиеся на одной клетке, сдвинем влево и т. д. Каждый раз мы перепрыгиваем с одного края дыры (совокупности клеток доски, на которых нет шашек) на другой и увеличиваем длину дыры на единицу. Описанный процесс будет продолжаться, пока все шашки не соберутся на крайней правой клетке доски. Случай чётного n разбирается аналогично: надо взять одну из ближайших к середине доски шашек, сдвинуть её в направлении центра на 1 клетку, а затем прыгать через образовавшуюся дыру. Замечание. Указанный алгоритм далеко не единственный — см. Д19.3.3а. 3.4. Углы DAE и DBE равны (они опираются на одну дугу).

132

Решения задач

Угол DBE равен сумме углов DCB и CDB (как внешний угол треугольника BCD); ∠DCB = ∠CAB (оба измеряются половиной дуги BC, один — как угол C D между хордой и касательной, B а второй — как вписанный угол). Аналогично ∠CDB = ∠BAD (оба E измеряются половиной дуги BD). Итак, ∠DAE = ∠DBE = ∠DCB + ∠CDB =

A

= ∠CAB + ∠BAD = ∠CAD. 3.5. Изобразим путь кубика на шахматной доске, соединив отрезками центры клеток в порядке их обхода кубиком. Мы получим (незамкнутую) ломаную, проходящую через центры всех клеток доски по одному разу и допускающую повороты только на 90◦ . Ниже будет доказано, что любая A A A такая ломаная содержит двойной поворот — поворот и сразу за ним снова поворот в ту же сторону (см. рис.). Легко видеть, что при этом на поле A кубик B стоит на той же грани, что и на поле B. Но эти поля доски — разного цвета. Противоречие. Следовательно, раскраска кубика невозможна. Приведём два способа доказательства существования двойного поворота. Способ 1. Рассмотрим путь кубика как стену некоторого лабиринта. Дорожки в этом лабиринте идут по тем границам клеток доски, которые не находятся на краю и не пересечены путём кубика. Для ясности мы нарисовали пример такого лабиринта на доске 4 × 4: дорожки — жирные линии, а стены — очень жирные. Так как стены образуют незамкнутую ломаную, в лабиринт есть вход — дорожка ведущая от границы доски внутрь (на рисунке таких входов — 3). Пойдём по этой дорожке. Дойдя до перекрёстка, будем идти прямо или поворачивать в любую сторону, но не назад. Поскольку число перекрёстков конечно, через некоторое время произойдёт одно из трёх событий: 1) мы вернёмся на перекрёсток, где уже были (зациклимся); 2) мы

XIX Турнир городов

133

выйдем из лабиринта; 3) мы уткнёмся в тупик — попадём на перекрёсток, в который ведёт только один путь — тот, по которому мы пришли. Разберём все случаи. 1) Наш путь содержит замкнутую линию, которая разрезает доску на две части. В обеих частях доски есть куски стены, но при этом стена не пересекает наш путь. Это невозможно, так как стена — одна линия. Таким образом, этот случай отпадает. 2) Наш путь соединил две граничные точки доски и также разрезал доску на две части. Это невозможно по тем же причинам, что и в случае 1. 3) Наличие тупика (на рисунке таких тупиков много) означает, что все три выхода из него перегораживает стена. Эти три участка стены и образуют двойной поворот. Способ 2. Предположим, что на пути кубика нет двойных поворотов. Назовём крайними клетками начало и конец пути кубика. Рассмотрим большую диагональ доски, на которой находится не более одной крайней клетки. Один из концов A этой диагонали не является крайней клеткой. Тогда путь кубика проходит через клетку A так, как показано на A A A рисунке (мы повернули доску так, что клетка B B B A — левая верхняя). Рассмотрим соседнюю с A диагональную клетку B. Если клетка B — не крайняя, то, чтобы не совершить двойного поворота, путь кубика также должен пройти через неё так, как изображено на рисунке. Мы можем продолжать это рассуждение, двигаясь вдоль диагонали до тех пор, пока не наткнёмся на крайнюю клетку. Возможны два случая. 1) На диагонали нет крайних клеток или D D D D крайняя клетка — нижняя правая клетка доски C C C C (обозначим её через C). Тогда мы можем продолжать наши рассуждения до предыдущей диагональной клетки D и придём к противоречию, поскольку в клетку C нельзя попасть, не сделав E E E E двойной поворот (см. рис.). 2) На диагонали есть крайняя клетка E, отличная от C. Тогда клетка C — не крайняя, и, дойдя в наших рассуждениях до клетки E, мы можем повторить их, начав с клетки C и двигаясь по диагонали вверх, пока снова не дойдём до клетки E (см. рис.). И в этом

134

Решения задач

случае мы получили противоречие: теперь в клетку E нельзя попасть, не сделав двойной поворот. Замечание. Размеры доски не имеют значения (если только это не полоска ширины 1): решение годится для любой квадратной доски, а 1-й способ даже для любой прямоугольной. Однако решение существенно использует то, что кубик должен побывать в каждой клетке доски ровно по одному разу. Существенно ли это ограничение, вы узнаете, решив задачу Д19.3.5. 3.6. См. 4.6а. 4.1. Пусть BC = a, AC = b, AB = c. Чевиана CP делит сторону AB в отношении b · sin ∠ACP AP = , BP a · sin ∠BCP

а медиана CM — в отношении AM b · sin ∠ACM . = BM a · sin ∠BCM

Слова в условии «биссектриса угла C одновременно является биссектрисой угла MCP», означают просто, что ∠ACP = ∠BCM и ∠BCP = ∠ACM. Кроме того, AM = BM. Поэтому, умножив

AP BP

AM AP b2 , получим = 2 . Отсюда, учитывая, что AP + BP = c, BM BP a b2 c найдём AP = 2 . a + b2 bc2 Аналогично AQ = 2 . Приравнивая AP к AQ и приводя a + c2

на

к общему знаменателю, убеждаемся в том, что AP = AQ ⇔ ⇔ (b − c)(a2 − bc) = 0, т. е. равенство выполняется не только в равнобедренном треугольнике (b = c), но и в треугольнике, стороны которого образуют геометрическую прогрессию (a2 = bc), например, в треугольнике со сторонами a = 6, b = 4, c = 9. 4.2. а) Шестиугольник на рисунке разбит ломаной на два равных (и даже плоско-равных) шестиугольника. Но разбить его отрезком на два равных мноB A гоугольника нельзя. Действительно, такой разрез должен пройти через вершину A (иначе в одном многоугольнике будет угол, больший развёрнутого, а в другом — нет). Но легко видеть, что единственный разрез, проведённый через точку A, который делит наш

XIX Турнир городов

135

шестиугольник на два многоугольника с одинаковым числом сторон, — это разрез по отрезку AB (в остальных случаях одна из частей — треугольник или четырёхугольник, а вторая — пяти- или шестиугольник). А отрезок AB разбивает шестиугольник на два неравных параллелограмма. Замечание 1. Мы могли и не приводить пример, так как отрицательный ответ на вопрос задачи б) означает и отрицательный ответ на вопрос задачи а). Однако пример, подобный нашему, приводился некоторыми участниками турнира без обоснования невозможности разрезания отрезком. Поэтому мы поместили такое обоснование. Замечание 2. Небрежный рисунок может испортить пример: при определённых значениях углов и отношениях сторон аналогичный шестиугольник разрезается прямой на два равных многоугольника (один из примеров изображён на рисунке). б) Приведём контрпример. На рисунке справа изображён пятиугольник, полученный из прямоугольника 2 × 3 отрезанием двух равных прямоугольных треугольников с катетами 1 и 2. Он разрезан ломаной на два равных шестиугольника. Но разбить его на два равных многоугольника отрезком нельзя. Действительно, такой разрез должен пройти через какую-то вершину и разбить на две части противоположную ей сторону (иначе получатся многоугольники с разным числом сторон). Кроме того, наборы длин сторон частей должны быть одинаковы. У исходного пятиугольника есть пара длинных и пара коротких сторон, а также одна средняя. Разрез не может разбить ни длинную, ни короткую стороны — тогда исчезнет пара (это, кстати, верно не только для разреза по прямой). Единственная возможность — разбить пополам среднюю сторону. Но тогда одна из частей — параллелограмм, а другая — нет (см. рис.). в) Пусть многоугольник M разбивается некоторой ломаной A1 ... An на части P и Q и движение ϕ (поворот или перенос) переводит P в Q. Рассмотрим вершину A2 . Она является вер-

136

Решения задач

шиной двух углов, один из которых — внутренний угол многоугольника P, а второй — внутренний угол многоугольника Q. Поскольку точка A2 лежит внутри M, один из этих углов (пусть угол многоугольника P) больше 180◦ . Движение ϕ совмещает этот угол с одним из углов многоугольника Q, вершина которого также должна лежать внутри M (у выпуклого многоугольника M все углы меньше 180◦ ). Поэтому она совпадает с одной из вершин нашей ломаной: ϕ(A2 ) = Ak . Заметим, что при обходе границ многоугольников P и Q против часовой стрелки вершины ломаной проходятся в противоположных порядках (если вдоль границы P мы идём от A1 к A2 , ... , An , то вдоль границы Q — от An к A1 ). С другой стороны, направление обхода границы P от A1 к A2 , ... , An совпадает с направлением обхода границы Q от ϕ(A1 ) к ϕ(A2 ), ... ... , ϕ(An ). Следовательно, ϕ переводит A3 в Ak−1 , A4 в Ak−2 и т. д. Поэтому найдётся либо такой номер i, что ϕ(Ai ) = Ai (если k чётно), либо такой номер i, что ϕ(Ai ) = Ai+1 и ϕ(Ai+1 ) = Ai (если k нечётно). Первый случай невозможен: прилегающие к вершине Ai углы многоугольников P и Q не равны. Во втором случае движение ϕ «переворачивает» отрезок Ai Ai+1 , следовательно, ϕ — центральная симметрия (поворот на 180◦ ) относительно середины этого отрезка. Поэтому многоугольник M центрально симметричен. Но тогда любая прямая, проведённая через его центр симметрии, делит M на два равных многоугольника. Следовательно, утверждение в) верно. 4.3. Докажем более общий факт. Лемма. Пусть число a0 целое, а числа a1 , ... , an натуральные. Тогда целым будет и произведение всех 2n выражений √ √ √ вида a0 ± a1 ± a2 ± ... ± an .

Доказательство леммы. Рассмотрим выражение P, полученное перемножением 2n сумм вида a0 ± x1 ± x2 ± ... ± xn (искомое √ √ √ число равно значению P при x1 = a1 , x2 = a2 , ..., xn = an ). Раскрывая скобки и приводя подобные, получим многочлен от переменных x1 , x2 , ... , xn с целыми коэффициентами. Результат, очевидно, не зависит от того, как мы группируем скобки и в каком порядке их перемножаем. Разобьём, например, все произведение на 2n−1 сомножителей вида (a0 + x1 + S)(a0 − x1 + S) = (a0 + S)2 − x21

XIX Турнир городов

137

(S = ±x2 ± x3 ± ... ± xn с какими-то фиксированными знаками). В первое слагаемое x1 вообще не входит, а во второе — входит в чётной степени. Поэтому и после раскрытия скобок в произведении таких выражений x1 входит в каждый одночлен в чётной степени. В силу симметрии то же верно для каждого √ из остальных xi . Подставляя теперь xi = ai (i = 1, ... , 100) в многочлен, мы получим сумму произведений целых чисел (корни в чётных степенях дают целое), т. е. целое число. Решение задачи. а) Применив лемму к числам a0 = 0, a1 = 1, ... , a100 = 100, сразу получим требуемый результат. б) Применив лемму к числам a0 = 1, a1 = 2, ... , a99 =√ 100, 99 2± получим, что произведение P всех 2 выражений вида 1± √ √ ± 3 ± ... ± 100 — целое число. Но оставшиеся 299 сомножителей — это те же самые числа, взятые с противоположным 99 знаком. Поэтому их произведение равно (−1)2 · P = P, а произведение всех 2100 сомножителей равно P2 . 4.4. а) Ответ — всегда. Назовём плиткой шестиугольник, равный салфетке и с горизонтальной (параллельной общей прямой из условия) стороной. Заметим, что центр плитки будет внутри/на границе салфетки тогда и только тогда, когда центр салфетки находится внутри/на границе плитки (при симметрии относительно середины отрезка, соединяющего эти центры, салфетка переходит в плитку). Назовём паркетом разбиение плоскости стола на плитки. Пусть нам удалось сделать удачный паркет: ни один центр салфетки не попал на границу плитки паркета. Тогда центр любой салфетки лежит внутри какой-нибудь одной плитки. Центр этой (и только этой) плитки лежит внутри салфетки — в него и вобьём гвоздь. Но почему удачный паркет найдётся? Его можно получить, сдвинув неудачный. Выберем направление, не параллельное сторонам плиток. Проведём из центра каждой салфетки луч в этом направлении. Не считая центра, луч впервые пересечёт границу плиток на некотором расстоянии от центра. Пусть d меньше всех этих расстояний, но больше нуля. Если сдвинуть паркет на расстояние d в направлении, противоположном выбранному, то центры салфеток на границы плиток не попадут, а те что были на границах — уйдут. б) Ответ — не всегда. Достаточно построить пример, когда все салфетки расположены горизонтальной стороной вниз.

138

Решения задач

Положим на стол лист миллиметровой бумаги размером 1 м × 1 м (одна из сторон листа горизонтальна). Затем разложим поверх него салфетки со стороной 10 см, так, чтобы центры всех салфеток попали во все узлы миллиметровки. Предположим, что удалось вбить в стол гвозди в соответствии с условием задачи. Z A B Рассмотрим гвоздь Г, вбитый в салфетку, центр которой совпадает с ценΓ тром листа. Среди салфеток, прибитых этим гвоздём, рассмотрим те, от нижнего основания которых Г отстоит не более чем на 1 мм. Выберем среди этих салфеток 90, «идущих подряд», т. е. получающихся друг из друга сдвигом на 1 мм по горизонтали. Эти 90 салфеток в совокупности покрывают область Z, представляющую собой шестиугольник с 90 маленькими треугольными «зубчиками» на верхней стороне (на рисунке зубчики не изображены). Рассмотрим теперь две салфетки A и B, получающиеся сдвигом на 1 мм вверх 30-й и 60-й из указанных салфеток. Ясно, что 1) эти салфетки не пробиты гвоздём Г; 2) лишь небольшие части A0 и B0 этих салфеток (кусочки, прилегающие к верхней вершине), выходят за пределы области Z; 3) A0 и B0 не пересекаются. Таким образом, в A0 и в B0 должны быть вбиты гвозди. Эти гвозди можно покрыть прямоугольником (см. рис.), с горизонтальной стороной 90 мм и вертикальной — 2 мм. Очевидно, что на столе имеется много салфеток, каждая из которых целиком покрывает этот прямоугольник. Все эти салфетки, тем самым, пробиты двумя гвоздями. Противоречие. 4.5. Мы докажем, что в каждом плохом шифре кратчайшее двусмысленное (допускающее две расшифровки) слово содержит менее 3000 букв (отсюда следует, что Димин шифр хороший). Для этого достаточно доказать, что из двусмысленного слова, содержащего не менее 3000 букв, можно выкинуть часть букв, сохранив двусмысленность.

XIX Турнир городов

139

Слова, шифрующие буквы, назовём кусками. Пусть слово W состоит из n > 3000 букв и допускает два разных разбиения на куски. Куски одного разбиения назовём красными, другого — синими. Ясно, что кусков каждого цвета не меньше 300. Куски одинакового цвета отделим друг от друга квадратными скобками: красные — открывающими, синие — закрывающими. Например: да]граб]хам[хо]о]елена]ну[ух[x]клево[мало]н]много[хо]сухо[сок Если две разные скобки стоят в одном месте, то они разбивают слово W на две части, из которых хотя бы одна — двусмысленная. Теперь рассмотрим случай, когда такой пары палочек нет. Часть синего куска, находящуюся правее входящей в него открывающей скобки, назовём хвостом. Один синий кусок может содержать несколько хвостов (если в него попало несколько открывающих скобок), а может и совсем не иметь хвостов (если он целиком содержится внутри красного куска). В хвосте может быть от 1 до 9 букв. Всего хвостов столько же, сколько открывающих скобок, а их по крайней мере 299. Но всего различных кусков 33, значит, число различных возможных хвостов не превышает 33 · 9 < 299. По принципу Дирихле найдутся два одинаковых хвоста (в примере — «хо»). Выбросим из слова все буквы между этими двумя хвостами и левый хвост. При этом выброшенная часть слова состоит целиком из красных кусков. Если же в выброшенную часть включить не левый, а правый хвост, то выброшенная часть состоит из синих кусков. Поэтому оставшееся слово (в примере да]граб]хам[хо[сухо[сок) также разбивается как на синие, так и на красные куски, т. е. является двусмысленным. 4.6. а) Решение 1. Разрежем треугольник средними линиями на четыре равных треугольника (см. рис. 1). Пусть нам удалось с соблюдением условий отметить некоторое количество клеток, причём в треугольники AEF, BDF, CDE, DEF попало соответственно a, b, c и d клеток. Заметим, что трапеция ABDE покрывается 5 полосками, параллельными стороне AB. Поэтому в ней отмечено не более 5 клеток, т. е. a + b + d 6 5. Аналогично b + c + d 6 5, a + c + d 6 5. Сложив эти три неравенства, получим 2(a + b + c + d) + d 6 15. Отсюда общее число

140

Решения задач B

F

A

D

E Рис. 1

C Рис. 2

a + b + c + d отмеченных клеток не больше семи. Примеры с семью клетками показаны на рис. 1 и 2. Решение 2. Пусть нам удалось отметить k клеток. Проведём через каждую отмеченную клетку все 3 полоски, в которых она лежит, и подсчитаем общее количество M попавших в эти полоски клеток (если клетка попадает в несколько полосок, то будем считать её соответствующее количество раз, или, как говорят, с соответствующей кратностью). С одной стороны, каждая из 30 возможных полосок участвует в подсчёте столько раз, сколько в ней отмеченных клеток (т. е. не более одного раза). Все полоски, взятые по разу, покрывают треугольник трижды, следовательно, M 6 300. С другой стороны, три полоски, проходящие через одну отмеченную клетку, «закрывают» (с учётом кратности) не менее 39 клеток. (Действительно, если отмеченная клетка находится в левой вершине треугольника, то соответствующие полоски закрывают 19 + 19 + 1 = 39 клеток. При сдвиге отмеченной клетки вправо в соседнюю клетку, одна из полосок удлиняется на 2, а две другие не меняются; при следующем сдвиге одна из полосок сокращается на 2 и т. д. Поскольку сдвигами, параллельными сторонам треугольника, можно попасть в любую клетку, то количество клеток, закрытых соответствующими тремя полосками, всегда будет равно 39 для треугольничков, расположенных остриём вверх, и 41 для треугольничков, расположенных остриём вниз.) Поэтому полоски, соответствующие всем отмеченным клеткам, закрывают не менее 39k клеток, т. е. M > 39k. Итак, 39k 6 300, т. е. k 6 7. б) Решение 1. Пусть нам удалось с соблюдением условий отметить некоторое количество клеток. При этом только одна

141

XIX Турнир городов

из клеток, обозначенных на рисунке чёрными точками, может быть отмечена. В силу симметричности их расположения можно считать, что нижняя из этих клеток не отмечена. Разрежем оставшуюся часть треугольника на четыре куска (см. рис. 3). Те же рассуждения, что мы проводили в первом решении пункта а), показывают, что отмеченных клеток не больше, чем (4 + 4 + 5) : 2 = 6,5 < 7. Пример с шестью клетками получается из примера к пункту а) отрезанием нижней полоски. Решение 2. Повторив рассуждения второго решения пункта а), получим неравенРис. 3 ство 35k 6 243, откуда k 6 6. Замечание. Метод оценки из решения 1 переносится на случай разбиения на n2 треугольников, но приводит к завышенной оценке Kn 6 3n − 1

3n для чётного n и к чуть лучшей оценке 4

Kn 6 для нечётного n. Эти оценки не точны даже для 4 «маленьких» n (например, для n = 8, 11). Метод из решения 2 3n2

. Полное приводит к ещё более завышенной оценке Kn 6 4n − 1 исследование общего случая см. в Д19.4.6. 5.1. Например: всего составлено 15 слов, из них два есть только у Бори, 4 — только у Васи, 6 — у Ани и Бори и 3 — у Ани и Васи. Всего Аня составила 9 слов и набрала 9 очков, у Бори — 8 слов и 10 очков, а у Васи — 7 слов и 11 очков. 5.2. При каждом вертикальном или горизонтальном ходе короля цвет поля меняется (чередуя белый и чёрный), а при диагональном — не меняется. Король вернулся на поле того же цвета, на котором стоял вначале. Значит, он менял цвет поля чётное число раз. Таким образом, он сделал чётное число недиагональных ходов. Но и общее число ходов короля (их было 64) чётно, поэтому количество диагональных ходов тоже чётно. 5.3. Соединим середины K и L отрезков AD и BC с серединой E отрезка AC (см. рис.). EK и EL — средние линии тре1 2

угольников CAD и ACB, поэтому EK k CD, EK = CD и EL k AB, 1 2

EL = AB. Треугольники MON и LEK подобны (их стороны

соответственно параллельны), значит,

OM EL AB = EK = . ON CD

142

Решения задач D N C

K L E

O

A M

B

Замечание 1. Приведённое решение нам представляется наиболее простым и изящным. Но нам известны и несколько других решений. Например, знатоки могут применить теорему Менелая к треугольникам OAD и OBC. Замечание 2. Подумайте, почему точки K и L не могут совпасть. 5.4. (1 + 2 + ... + 9)(0 + 1 + ... + 9)(0 + 1 + ... + 9) = 453 , так как сумма в каждой скобке равна 45. С другой стороны, если в левой части раскрыть скобки, то в полученной сумме встретятся по одному разу произведения, соответствующие всем трёхзначным числам (например, произведение 2 · 5 · 7, соответствующее числу 257, получится, когда мы из первой скобки возьмём двойку, из второй — пятёрку, а из третьей — семёрку). B 5.5. На рисунке изображён пример такого разрезания: ABC — равнобедренный треугольник (AB = BC) с углом 45◦ при вершине B, D AE — высота, DE = CE. Треугольники ABD и ADE вместе составляют равнобедренный E A прямоугольный треугольник ABE. 6.1. На рисунке изображён пример такой C конструкции: прямоугольник со сторонами 1 √ и 3 сначала разбит диагоналями на два равносторонних треугольника и два равнобедренных треугольника с углом 120◦ при вершине. Затем каждый равносторонний треугольник разрезан на три равных равнобедренных треугольника с углом 120◦ при вершине. Идеология. Догадаться до приведённого примера можно, анализируя углы. Угол прямоугольника не может быть сложен

XIX Турнир городов

143

из двух различных углов — тогда бы третий угол треугольника был прямым. Естественно желание обеспечить побольше одинаковых углов, рассматривая равнобедренные треугольники. Тогда прямой угол кратен углу при основании этого равнобедренного треугольника. Угол

90◦ = 30◦ как раз подойдёт. 3

6.2. См. 5.4. 6.3. Клеток каждого цвета не меньше четырёх, так как среди трёх клеток всегда найдётся «крайняя» (граничащая не более чем с одной из оставшихся). Поэтому цветов не больше 64 : 4 = 16. Пример для 16 цветов: разделим доску на 16 квадратов 2 × 2 и каждый выкрасим в свой цвет. 6.4. Решение 1. Уравнение x2 + y2 = A (A > 0) задаёт на коор√ динатной плоскости окружность (радиуса A) с центром в начале координат. Уравнение |x| + |y| = B (B > 0) задаёт квадрат также с центром в начале координат (см. рис.). Таким образом, количество решений первой системы равно числу точек пересечения окружности и квадрата и может равняться 0 (квадрат находится внутри окружности или окружность внутри квадрата), 4 (квадрат вписан в окружность или описан вокруг неё) или 8 (каждая сторона квадрата пересекает окружность в двух точках). Уравнение x2 + y2 + z2 = C (C > 0) задаёт в пространстве сферу, а уравнение |x| + |y| + |z| = D (D > 0) — октаэдр с центрами в начале координат (поверхность, заданная вторым уравнением, очевидно, симметрична относительно всех координатных плоскостей, а первый октант (x > 0; y > 0; z > 0) она пересекает по равностороннему треугольнику с вершинами на осях координат). Таким образом, количество решений второй системы равно числу точек пересечения сферы с октаэдром. Если сфера находится внутри октаэдра, решений нет. При увеличении радиуса сферы сначала возникнет случай 8 решений (сфера касается граней октаэдра), затем — случай бесконечного числа решений (сфера пересекает каждую из граней по окружности или по трём дугам) и, наконец, — 6 решений (сфера проходит

144

Решения задач

через вершины). При дальнейшем увеличении радиуса система снова не имеет решений. Итак, мы видим, что единственная удовлетворяющая условию пара (m, n) = (8, 6). Решение 2. Все решения первой системы разбиваются на пары вида {(x0 , y0 ), (−x0 , −y0 )} (решения в паре совпадать не могут, так как по условию (0, 0) — не решение). Поэтому m чётно. Аналогично можно доказать, что n чётно. Подстановка y2 = (B − |x|)2 , превращает первое уравнение первой системы в квадратное относительно |x|. Так как квадратное уравнение имеет не более двух решений, то x может принимать не более 4 значений. Каждому значению x соответствует не более двух значений y. Поэтому первая система имеет не более 8 решений. (Эта оценка точная: нетрудно проверить, что при A = 5, B = 3 система имеет 8 решений.) Из решения (x0 , y0 , z0 ) второй системы можно перестановками неизвестных и заменами их знаков получать 48 решений (включая исходное). Некоторые из них могут совпадать из-за равенств типа x0 = y0 или x0 = 0. Просмотрев «наихудшие» варианты (x0 , x0 , x0 ) (из которого получается 8 решений), (x0 , x0 , 0) (12 решений) и (x0 , 0, 0) (6 решений), получаем, что вторая система имеет не менее 6 решений, если вообще их имеет. (И эта оценка точная: при C = D = 1 система имеет 6 решений. Действительно, ясно, что все неизвестные по модулю не больше 1. Шесть решений получаются из (1, 0, 0) вышеуказанным способом. Других решений нет: если хотя бы одно из неизвестных отлично от 0 и 1, то 1 = x2 + y2 + z2 < |x| + |y| + |z| = 1 — противоречие.) Итак, m и n чётны, m 6 8, n > 6, и мы приходим к тому же ответу. Замечание. Проверка точности оценок нужна лишь для проверки корректности условия. Её можно было бы и не приводить: условие сформулировано настолько категорично, что проверка его корректности, видимо, не предполагалась. 6.5. Пусть r — радиус вписанной в угол окружности, E и F — точки касания с ней прямых AB и AC. Тогда OA = 2r, OE = r, т. е. AEO — прямоугольный треугольник, у которого катет в два раза меньше гипотенузы. Поэтому ∠BAO = 30◦ . Аналогично ∠CAO = 30◦ . Отсюда ∠BAC = 60◦ , ∠ABC + ∠ACB = 120◦ .

145

XIX Турнир городов

C

D B

O E

F A

Поскольку BO и CO, очевидно, биссектрисы треугольника ABC, ∠OBC + ∠OCB = 60◦ и, следовательно, ∠BOC = 120◦ . Рассмотрим теперь точку D, симметричную точке O относительно другой стороны угла. ∠BDC = ∠BOC = 120◦ . Четырёхугольник ABDC вписанный (сумма его противоположных углов BDC и BAC равна 180◦ ). Значит, описанная окружность треугольника ABC проходит через точку D, и её центр лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AD. Но поскольку при симметрии относительно биссектрисы исходного угла точки A и D, как легко видеть, перейдут друг в друга, то этот серединный перпендикуляр совпадает с биссектрисой. 7.1. Например, подходят числа pi · (p1 p2 ... p10 )

(i = 1, ... , 10),

где p1 , ... , p10 — различные простые числа, или числа 29 · 318 , 210 · 317 , ... , 218 · 39 . Идеология. Пусть a и b — два числа такого набора. Так как a2 делит b, а b2 делит a, то наборы простых делителей a и b совпадают. Пусть p — простой делитель, который входит в разложение a в степени m, а в разложение b — в степени n. Ввиду делимости квадратов 2m > n, 2n > m, т. е. показатели отличаются не больше чем вдвое. Чтобы числа не делились друг на друга, достаточно отследить, чтоN C D бы по разным показателям неравенO ства шли в разную сторону. Проще всего зафиксировать сумму показателей. M K A 7.2. Пусть K — точка, симметричная точке A относительно перпендикуляра MN к прямой AB (см. рис., точка B не изображена за ненадобностью). Тогда

146

Решения задач

AM = MK и, следовательно, MO — средняя линия треугольника CAK. Поэтому CK k MO и ∠MKC = ∠AMO = ∠MAD. Значит, при симметрии относительно MN прямая AD переходит в прямую KC. Точка, симметричная точке D относительно MN, находится, с одной стороны, на перпендикуляре DC к MN, а с другой — на образе KC прямой AD при этой симметрии, т. е. совпадает с C. Таким образом, отрезки MD и MC симметричны относительно MN и потому равны. Ложный след. Недостаточно доказать (как в [Толпыго]), что точка пересечения прямой AB и серединного перпендикуляра к отрезку DC удовлетворяет тем же условиям, что и точка M. Ещё надо бы доказать, что точка M — единственна! Замечание. Участники турнира предложили довольно много решений этой задачи, возможно, идейно более простых, однако страдающих одним и тем же недостатком: эти решения требовали разбора нескольких случаев (в одних рассуждениях было существенно расположение точки M на прямой AB, в других — величина угла DAB и т. д.). Приведённое же нами рассуждение годится в любой ситуации. 7.3. Мы покажем, что кости можно повернуть так, что на верхних гранях образуется число вида abcabc. Такое число делится на 1001 = 7 · 143. Рассмотрим цифры, написанные на «свободных» гранях первой и четвёртой костей. Поскольку всего этих цифр 8, а каждая из них не больше 6, среди них найдутся две одинаковых. Выставим их наверх. Теперь повторим это рассуждение для второй и пятой, а затем для третьей и шестой костей. Замечание 1. Условие о сумме цифр на противоположных гранях несущественно и в данном решении не использовалось. Замечание 2. Нетрудно показать, что вращая две соседние кости мы можем получить двузначное число, кратное 7. Состыковав три таких числа, мы получим кратное 7 шестизначное число. На самом деле, для достижения цели нам вовсе не надо вращать все кости, см. задачу Д19.7.3. 7.4. Заметим, что житель A говорит, что его сосед B — лжец, тогда и только тогда, когда A и B принадлежат к разным группам (один из них лжец, другой — правдолюбец). В противном случае A говорит, что B правдив. Поэтому при замене всех лжецов на правдолюбцев, а всех правдолюбцев

147

XIX Турнир городов

на лжецов (с сохранением их порядка в круге) ответы не изменятся. Это значит, что путешественник не может определить долю лжецов, если она отлична от половины (нельзя отличить n % лжецов от (100 − n) %). Однако мы знаем, что путешественнику удалось определить долю лжецов. Отсюда следует, что лжецов было 50 %. Ложный след. Типичное заблуждение — что путешественник может определить долю лжецов только в случае, когда каждый назвал своего соседа лжецом, т. е. лжецы и правдолюбцы стояли через одного. На самом же деле, при любой доле лжецов и при любом расположении жителей в круге путешественник может разделить жителей деревни на две группы — лжецов и правдолюбцев. Он только не сможет узнать, какую именно из этих групп составляют лжецы. 7.5. Пример расположения 16 диагоналей см. на рис. 1. Докажем, что больше 16 диагоналей провести нельзя. Предположим противное: нам удалось провести 17 диагоналей. Мы приведём два способа прийти к противоречию.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Способ 1. Каждая диагональ имеет два конца, расположенные в узлах квадратной сетки. Всего таких узлов в квадрате 36. Двенадцать из них расположены на границе внутреннего квадрата 3 × 3 (см. рис. 2), поэтому диагоналей с концами в этих узлах проведено не больше 12. Оставшиеся 5 диагоналей могут располагаться только в центральной и четырёх угловых клетках. Значит, 4 узла, расположенные в вершинах квадрата, не являются концами проведённых диагоналей, т. е. 17 диагоналей имеют не более 36 − 4 = 32 концов. Противоречие. Способ 2. В каждом прямоугольнике 5 × 2 проведено не больше 6 диагоналей: на его средней линии всего 6 узлов, а каждая диагональ имеет один из них своим концом. Значит, во всех горизонталях квадрата, кроме средней, проведено

148

Решения задач

в сумме не более 12 диагоналей. Поэтому в средней горизонтали их не меньше чем 17 − 12 = 5, т. е. в каждой её клетке проведена диагональ. Аналогично доказывается, что диагонали проведены во всех клетках средней вертикали. Но диагонали, проведённые в соседних (имеющих общую сторону) клетках, параллельны. Значит, весь «центральный крест» заполнен параллельными диагоналями. Но тогда диагонали в двух соседних с центром клетках имеют общую точку (см. рис. 3). Противоречие. 7.6. Решение 1. Отберём у каждого из сидящих за столом по 10 орехов (у некоторых при этом число орехов может стать отрицательным). При этом из каждой «половины» (отдаваемой соседу и оставляемой у себя) вычтется по 5 орехов. Поэтому правило передачи орехов не нарушится. Теперь общее число орехов за столом равно нулю, и нам надо доказать, что через некоторое время у каждого из сидящих за столом будет по 0 орехов. Занумеруем сидящих за столом по порядку числами от 1 до 10 так, что первый передаёт орехи второму, второй — третьему, ..., десятый — первому. Пусть у k-го человека в данный момент xk орехов, а по сигналу он отдаёт соседу ak и оставляет себе bk орехов. Рассмотрим сумму S = |x1 | + |x2 | + ... + |x10 |. Так как числа ak и bk одного знака (или хотя бы одно из них равно нулю), то |xk | = |ak + bk | = |ak | + |bk |,

т. е. S = |a1 | + |b1 | + ... + |a10| + |b10 |. После передачи орехов у k-го человека будет ak−1 + bk орехов (если условиться, что a0 = a10 ). Значение суммы S теперь равно |a10 + b1 | + |a1 + b2 | + ... + |a9 + b10 | 6 |a1 | + |b1 | + ... + |a10| + |b10 |.

Таким образом, S не увеличивается. Более того, неравенство становится строгим (S уменьшается), если хотя бы для одного из значений k числа ak−1 и bk имеют разный знак (тогда |ak−1 + bk | < |ak−1 | + |bk |). В частности, это произойдёт при передаче орехов от человека с положительным числом орехов (будем обозначать его знаком «+»; ясно, что число орехов, которые он отдаёт соседу, также положительно) человеку с отрицательным («−»; число орехов, которые он оставляет себе

XIX Турнир городов

149

также отрицательно). Если в какой-то момент за столом нет ни одной такой пары (но есть ещё люди с ненулевым числом орехов), то найдётся группа вида «+0 ... 0−» (по правую руку от «+» сидят несколько человек с нулевым числом орехов, а затем «−»). Заметим, что число нулей между «+» и «−» при каждом ходе уменьшается (левый 0 превращается в «+», а остальные 0 и «−» не меняются). Поэтому через несколько ходов «+» и «−» окажутся рядом и сумма S уменьшится. Таким образом, сумма S не может «остановиться» ни на каком положительном значении. А так как эта сумма — целое неотрицательное число, то когда-нибудь она станет равной нулю, т. е. у всех станет по 0 орехов. Замечание. Это решение можно изложить и чуть по-другому: среди достигнутых позиций рассмотрим крайние, а именно позиции с наименьшим значением S. Предположив, что S > 0, рассмотрим среди таких позиции с наименьшим числом нулей между «+» и «−» и сведём это к противоречию. Значит, S = 0. Решение 2. Пусть M — максимальное число орехов, находящихся в данный момент у одного человека. Достаточно доказать, что когда-нибудь M станет равным 10. Очевидно, M не может увеличиться. Пусть M > 10. Покажем, что тогда через некоторое время M уменьшится. Назовём людей, имеющих M орехов, богатыми; имеющих M − 1 орехов, зажиточными; а имеющих менее M − 1 — бедными. За столом обязательно есть бедные люди (иначе общее число орехов было бы больше 100). Мы докажем, что количество богачей (при данном M) постепенно уменьшается. Как только оно станет равным 0, уменьшится M (и появятся новые богачи). Разберём два случая. 1) M = 2n — чётно. Заметим, что если человек в данный момент не богат, то по сигналу он оставляет себе не больше n − 1, а получает от соседа не больше n орехов. Таким образом, он никогда не будет иметь M орехов, т. е. новых богачей не возникает. Рассмотрим группу подряд сидящих людей, самый правый из которых богат, самый левый — беден, а остальные (если они есть) — зажиточные. (Такая группа всегда найдётся. Действительно, попросим выйти из-за стола всех зажиточных. Очевидно, теперь есть место, где богатый сидит по правую руку

150

Решения задач

от бедного.) Если длина этой группы больше 2, то на каждом ходу она уменьшается на 1: самый левый зажиточный становится бедным (он отдаёт n орехов, а получает не более n − 1), а остальные зажиточные и богач «сохраняют свой статус». В конце концов длина группы станет равна 2, и на следующем ходу богач из этой группы станет зажиточным. 2) M = 2n + 1 — нечётно. Теперь могут появляться новые богачи (при передаче орехов от богача к зажиточному). Однако каждый такой богач «возникает» на правом краю группы подряд сидящих богачей. Каждая такая группа одновременно теряет крайнего слева богача. Таким образом, количество богачей не увеличивается. Более того, оно уменьшится, как только по правую руку от какого-то богача окажется бедняк. Докажем, что такая ситуация рано или поздно возникнет. В самом деле, обязательно найдётся группа подряд сидящих людей, самый левый из которых богат, самый правый — беден, а остальные — зажиточные. Длина этой группы на каждом ходу также уменьшается на 1, так как самый левый зажиточный становится богатым (он отдаёт n орехов, а получает n + 1), а остальные зажиточные и бедняк «сохраняют статус». В конце концов длина группы станет равна 2, т. е. богач окажется рядом с бедняком. Замечание. Пункт 2) можно изложить и по-другому. Заметим, что операцию в условии задачи можно разбить на два этапа: сначала каждый передаёт «меньшую половину» своих орехов налево, а затем каждый передаёт всю свою кучку направо. Второй этап, очевидно, не влияет на число орехов в кучках, и его можно отбросить. При этом все проблемы, связанные с чётностью, меняются на противоположные (например, теперь богачи не могут возникать при нечётном M), т. е. п. 2 после такого изменения эквивалентен уже доказанному п. 1. ab(a + b) a+b a+b a3 =a− 2 =a− a b >a− 3 + ab + b2 a + ab + b2 + 1 + b a a b (по неравенству обратных чисел b + a > 2). Таким образом,

8.1.

a2

a3 b3 c3 + 2 + 2 > a2 + ab + b2 b + bc + c2 c + ca + a2 a+b b+c c+a a+b+c > a− +b− +c− = . 3 3 3 3

XIX Турнир городов

151

8.2. Решение 1. Увеличим невыбранную сторону каждого прямоугольника до 1. При этом его площадь не уменьшится и станет (численно) равной длине выбранной стороны. Таким образом, сумма длин выбранных сторон равна сумме площадей удлинённых прямоугольников, которая, в свою очередь, не меньше площади единичного квадрата. Решение 2. Спроектируем каждый прямоC угольник на ту сторону квадрата (нижнюю или A левую), которой параллельна его выбранная сторона. Если проекции полностью покрыли B одну из сторон квадрата, то уже сумма параллельных ей выбранных сторон не меньше единицы. Если же на двух сторонах квадрата есть точки A и B, не покрытые проекциями, то точка C, проекции которой совпадают с точками A и B (см. рис.), не принадлежит ни одному из прямоугольников. Это противоречит условию, значит, такой случай невозможен. 8.3. a) Получить его можно, например, так. Последовательно вычитая из 16 числа 8, 4, 2, 1, получим 1. На доске остались числа 1, 32, 64, 128. Далее: 64 − 32 = 32, 32 − 1 = 31, 128 − 31 = 97. б) Докажем общее утверждение: Если на доске выписаны числа 1, 2, 22 , ... , 2n , то разрешёнными операциями можно получить любое нечётное число от 1 до 2n − 1 (а других чисел получить нельзя). Очевидно, что числа, большие 2n , на доске не появляются. Легко видеть также, что на доске всегда присутствует ровно одно нечётное число. Значит, и последнее оставшееся на доске число — нечётное. Утверждение Pn о том, что все указанные числа построить можно, докажем индукцией по n. База индукции (n = 1) очевидна. Шаг индукции. Предположим, что утверждение Pn доказано. Докажем Pn+1 . Пусть k нечётно и меньше, чем 2n . Тогда на первом шаге сотрём 2n+1 и 2n и напишем 2n . По предположению индукции из оставшихся на доске чисел можно получить число k. Пусть теперь k нечётно и 2n < k < 2n+1 . Тогда число 2n+1 − k нечётно и меньше, чем 2n . По предположению индукции его можно получить, использовав все числа, кроме 2n+1 . После

152

Решения задач

этого на доске останутся числа 2n+1 и 2n+1 − k. Последним действием получим k. 8.4. Будем для определённости считать, что обход вдоль границы четырёхугольника ABCD от A к B, C и затем к D совершается в положительном направлении (против часовой стрелки). Тогда из условия следует, D что при повороте на 120◦ в этом же C M направлении вокруг точки M точM M ка A переходит в B, а точка C — в D. Значит, треугольник AMC переходит в треугольник BMD. Поэтому N B AC = BD, и угол между прямыми AC A ◦ и BD составляет 60 . Рассмотрим равносторонний треугольник BNC, расположенный по ту же сторону от прямой BC, что и четырёхугольник ABCD. При повороте на 60◦ против часовой стрелки вокруг точки N точка B переходит в C. Значит, прямая BD перейдёт в прямую CA. Ввиду равенства отрезков CA и DB точка D перейдёт в A. Таким образом, NA = ND и ∠DNA = 60◦ , т. е. треугольник DNA также равносторонний. 8.5. Решение 1. Пусть всего лабиринтов N. Заметим, что 3

только у N1 = N лабиринтов поле a1 не отгорожено. Дей4 ствительно, все лабиринты можно разбить на группы: в каждой группе собраны лабиринты, у которых все перегородки, кроме граничащих с a1, совпадают. Ясно, что в каждой группе ровно четыре лабиринта, причём в одном из них имеются перегородки как между a1 и a2, так и между a1 и b1, а в остальных трёх поле a1 доступно для ладьи (по крайней мере одна из двух указанных перегородок отсутствует). Аналогично 3

3

3

покажем, что у N1 = · N лабиринтов не отгорожено ни 4 4 4 поле a1, ни поле a8. Продолжая эти рассуждения, получим, что количество лабиринтов, в которых не отгорожено ни одно  3 3 N из полей a1, a8, h1, равно N < . Тем более, количество 4 N хороших лабиринтов меньше . 2

2

Решение 2. Поставим сначала на доске все 112 перегородок. Чтобы получить хороший лабиринт, надо убрать как минимум 63 перегородки. Действительно, вначале доска разделена на 64 части; чтобы получить хороший лабиринт, надо объединить

XIX Турнир городов

153

все эти части в одну, а при убирании одной перегородки количество частей уменьшается не больше, чем на 1 (уменьшение происходит, если убирается перегородка, разделявшая две части). Итак, каждый хороший лабиринт содержит не более 112 − 63 = 49 перегородок. Назовём лабиринт B дополнительным к лабиринту A, если у B перегородки стоят на тех местах, где у A их нет, и наоборот. Разобьём все лабиринты на пары, каждая из которых состоит из двух дополнительных друг к другу лабиринтов. Ни в какой паре оба лабиринта не могут оказаться хорошими (иначе они в сумме содержали бы не более 49 + 49 перегородок, что меньше 112). В то же время есть пары, где оба лабиринта плохие (к примеру, такие, где оба лабиринта содержат по 56 перегородок). Поэтому плохих лабиринтов больше. Замечание для знатоков. Первый абзац второго решения фактически воспроизводит доказательство утверждения об оценке числа рёбер в связном графе. 8.6. а) Участники заранее договариваются о нумерации всех карт в колоде числами от 1 до 52 и нумерации всевозможных перестановок букв a, b, c, d, e числами от 1 до 120. Получив 5 карт, первый переворачивает любую из них и находит перестановку, соответствующую её номеру. Мысленно обозначив перевёрнутую карту буквой e, а неперевёрнутые — буквами a, b, c, d в порядке возрастания номеров, первый выкладывает из них нужную перестановку. Посмотрев на выложенную комбинацию карт, второй узнаёт перестановку, а по её номеру — карту. б) Участники заранее договариваются о нумерации всех достоинств карт числами от 1 до 13 и нумерации всевозможных перестановок букв a, b, c от 1 до 6. Получив 5 карт, первый выбирает из них две карты P и Q одинаковой масти (такие найдутся, ибо мастей всего 4). Все 13 карт этой масти мысленно кладутся по кругу в порядке возрастания номеров по часовой стрелке. Пусть от P до Q надо отсчитать по часовой стрелке p карт, а от Q до P — отсчитать q карт. Поскольку p + q = 13, ровно одно из слагаемых (скажем, p) не превосходит 6. Первый начинает ряд с P. Мысленно обозначив остальные карты буквами a, b, c в порядке возрастания номеров, первый далее выкладывает из них комбинацию с номером p.

154

Решения задач

Посмотрев на выложенную комбинацию карт, второй узнаёт p, после чего мысленно помещает левую карту в круг карт той же масти и отсчитывает от неё p карт по часовой стрелке. Замечание. Приведённый способ передать информацию далеко не единственный.

XX Турнир городов 1.1. Через заданный кубик K проходят один горизонтальный слой Г и два вертикальных слоя. Сумма всех чисел в 361 вертикальном столбике, не входящем в последние два слоя, равна 361. Из полученной суммы надо вычесть сумму S чисел, лежащих в кубиках, на пересечении этих столбиков с Г (таких кубиков 361). Эти кубики полностью покрываются 19 столбиками, лежащими в Г. Сумма всех чисел в этих столбиках (она равна 19) превышает S на сумму 19 чисел, лежащих в перпендикулярном им столбике, содержащем K. Последняя сумма очевидно равна 1 − 10 = −9. Отсюда S = 19 − (−9) = 28. Окончательно имеем: 361 − 28 = 333. Замечание. Знающие формулу включения-исключения легко могут найти ответ с её помощью: 400−3·20+3·1−10=333. 1.2. Пусть n2 = ... 09 Тогда n — нечётное число. Значит, число (n − 3)(n + 3) = n2 − 9 = ... 00 делится на 8 (оба множителя n − 3 и n + 3 — чётные, а один из них делится на 4, так как их разность равна 6). Но число вида ... 00 делится на 8 только в том случае, когда его третья справа цифра — чётная. 1.3. Пусть ∠CB′ A′ =∠A′ C′ B= a, ∠AC′ B′ = B = ∠B′ A′ C = b, ∠BA′ C′ = ∠C′ B′ A = g (см. ′ ′ ◦ ′ ′ рис.). Тогда ∠AC A = 180 − a = ∠AB A . a g A′ C′ Кроме того, из треугольника AB′ C′ получа′ ′ ′ ◦ b b ем ∠A = 180 − b − g = ∠B A C . Таким обра′ ′ ′ g a зом, в четырёхугольнике AC A B противоC B′ положные углы равны, т. е. это — паралле- A ′ ′ ′ лограмм. Поэтому AB = C A . Аналогично B′ C = C′ A′ , т. е. AB′ = B′ C и B′ — середина AC. Точно так же доказывается требуемое утверждение о точках A′ и C′ . 1.4. Пусть k-й кандидат оказался прав. Тогда (k + 1)-й соврал (так как до него соврали не k + 1, а k кандидатов). Аналогично показывается, что соврали все следующие кандидаты. Итак, кандидаты соврали k раз до высказывания k-го кандидата и (12 − k) раз — после. Итого 12 раз. Замечание. Нетрудно убедиться в том, что прав был именно первый кандидат (в противном случае лживы все 12 высказы-

156

Решения задач

ваний, что противоречит условию). Но на ответ это уточнение не влияет и для решения задачи не требуется. 1.5. Пусть d = НОД(m, n), т. е. m = du, n = dv, где u и v взаимно просты. Рассмотрим два случая. 1) Числа u и v нечётны. Разделим доску на вертикальные полосы ширины d и раскрасим их попеременно в белый и чёрный цвет. При любом ходе крокодил смещается по горизонтали на расстояние, в нечётное число раз большее d, т. е. попадает в полосу другого цвета. 2) Числа u и v имеют разную чётность. Разделим доску на квадраты d × d и раскрасим их в шахматном порядке. Разобьём ход крокодила на два полухода — по горизонтали и по вертикали. При одном из них крокодил попадает в квадрат другого цвета, а при втором цвет квадрата не меняется. Итак, за целый ход цвет меняется. Ложный след. Не является решением такой текст: Поставим крокодила на некоторую клетку A и раскрасим в белый цвет те клетки, куда он может попасть из A за чётное число ходов, а в чёрный — куда за нечётное. Если раскрашена не вся доска, поставим крокодила на ещё не окрашенную клетку B и повторим процедуру.

Действительно, здесь не хватает доказательства непротиворечивости — того факта, что крокодил не может вернуться на исходную клетку за нечётное число ходов. Доказать это, конечно, можно, но это требует примерно такого же труда, как и приведённое выше решение. 2.1. Разность между общим весом девяти самых тяжёлых гирь и общим весом девяти самых лёгких равна (19 + 18 + ... ... + 11) − (9 + 8 + ... + 1) = 90 г. Поэтому железные гири — самые тяжёлые, а бронзовые — самые лёгкие (иначе разность между общим весом железных гирь и общим весом бронзовых была бы меньше). Значит, золотая гирька весит 10 г. 2.2. Пусть P — точка, через которую проходят границы всех кругов. Соединим P с двумя соседними «вершинами» криволинейного многоугольника. Его «сторона» предA ставляет собой дугу единичной окружности, поэтому её длина(в радианах) равна величине ценB трального угла, опирающегося на эту дугу, т. е. в два раза больше величины вписанного угла APB. Таким образом, периметр многоуголь- P

XX Турнир городов

157

ника в два раза больше суммы углов, под которыми его стороны видны из точки P. Эти углы вместе составляют полный угол, величина которого равна 2p. Следовательно, периметр равен 4p. 2.3. Решение 1. Разобьём доску на 16 одинаковых 4-клеточных фигур: две из них закрашены на рисунке, ещё две получим из них сдвигом вниз на две клетки, остальные получим из этих четырёх сдвигами вправо. Легко проверить, что ни из одной клетки такой фигуры нельзя попасть в другую менее чем за три хода коня. По принципу Дирихле какие-то две из 17 отмеченных клеток попадут в одну из этих фигур. Решение 2. Рассмотрим два случая. 1) Среди отмеченных клеток есть клетки обоих цветов. Тогда клеток одного цвета (пусть, чёрного) не меньше девяти. Из отмеченной белой клетки конь за один ход может попасть только в восемь из них, а после двух ходов он окажется на белой клетке. Значит, для попадания в одну из отмеченных чёрных клеток ему нужно не менее трёх ходов. 2) Все отмеченные клетки — одного цвета (пусть чёрные). Рассмотрим наименьший прямоугольник, содержащий все отмеченные клетки. Его площадь не меньше 33 (в нём не менее 17 чёрных клеток, а значит, не менее 16 белых). Поэтому одна из его сторон (пусть горизонтальная) не меньше 6. Тогда из отмеченной клетки, примыкающей к левой стороне прямоугольника конь не может за два хода попасть в отмеченную клетку, примыкающую к правой стороне. Замечание. Число 17 в задаче не является минимальным, см. Д20.2.3. 2.4. Значение произведения x1 x2 ... x20 максимально тогда же, когда максимально значение выражения (x1 x2 ... x20 )2 = x1 x2 ... x20 (1 − x1 )(1 − x2 ) ... (1 − x20 ). Последнее же произведение разбивается на множители вида xk (1 − xk ), каждый из которых максимален (почему?) при xk = 0,5.

158

Решения задач

2.5. а) Пусть, например, в A жили всего два человека с показателями 3 и 5, а в Б — один человек с показателем 1. После переезда человека с показателем 3 из A в Б в обеих странах рейтинг повысится. б) Сначала заметим, что если все население страны разбито на две группы X и Y с рейтингами соответственно qX и qY , то по свойству средних рейтинг q всей страны находится между qX и qY (причём он равен qx или qy только в случае qX = qY ). Обозначим через a и b рейтинги стран A и Б до эмиграции из A в Б, через a1 и b1 — рейтинги этих стран после этой эмиграции, а через c — рейтинг группы эмигрантов. По условию a < a1. Отсюда, как показано выше, следует, что c < a < a1 (до эмиграции A разбита на группу эмигрантов с рейтингом c и группу остающихся с рейтингом a1 ). Аналогично b < b1 < c. Итак, b < a и b1 < a1 . Первое неравенство показывает, что увеличение рейтингов обеих стран возможно только при эмиграции из страны с большим рейтингом в страну с меньшим рейтингом. Второе неравенство показывает, что рейтинг страны A остался выше рейтинга страны Б. Таким образом, одновременное увеличение рейтингов при эмиграции из Б в A невозможно. в) Пример приведён в таблице. Выделены показатели тех граждан, которые собираются эмигрировать. В скобках указан рейтинг. Страна

Показатели отдельных граждан и рейтинг До 1-го переезда После 1-го переезда После 2-го переезда

B

2, 1 (1,5)

2 (2)

2, 1, 4 (2,33)

Г

10, 4, 2, 2 (4,5)

10, 4, 1 (5)

10, 1 (5,5)

Д

1 (1)

1, 2, 2 (1,67)

2, 2 (2)

Идеология. Идея построения примера в пункте а) фактически изложена в пункте б). Идея построения примера в пункте в) основана на помещении в страну Г группы «гениев» (с очень высоким показателем). В работах участников встречались и принципиально другие примеры, основанные на очень низком рейтинге страны Г по сравнению с двумя другими странами.

XX Турнир городов

159

Ложный след 1. в) Сведём задачу к пункту б). Пусть А = В, Б = Г + Д (союзное государство). Пусть при каждой миграции рейтинги A и обеих частей Б возрастают. Поскольку миграция внутри Б на рейтинг не влияет, то оба раза возрастает и рейтинг Б. А согласно пункту б) такое невозможно. Ошибка здесь в том, что возрастание рейтингов частей вовсе не гарантирует возрастания рейтинга целого, что и происходит в приведённом примере. 3.1. Так как НОД(a + 5, a) делит также и разность (a + 5) − − a = 5, то он может равняться только 5 или 1. То же верно и для HOД(b, b + 5). Заметим, что НОД(a, a + 5) = 5 тогда и только тогда, когда НОК(a, a + 5) делится на 5. Поэтому из равенства НОК(a, a + 5) = НОК(b, b + 5) следует равенство НОД(a, a + 5) = HOД(b, b + 5), а значит, и равенство a(a + 5) = b(b + 5) (как известно 2, НОК(m, n) · НОД(m, n) = mn). Теперь ясно, что a = b (если, например, a < b, то a + 5 < b + 5 и a(a + 5) < < b(b + 5) — противоречие). См. также решение задачи 4.1б. 3.2. Докажем даже больше, чем требуется в условии: как бы Игорь и Валя ни разрезали свои квадраты на доминошки, они всегда смогут составить квадраты с одинаковыми картинками. Доминошки могут быть трёх сортов: белые, синие и двухцветные. Пусть Игорь и Валя отложат в сторону те доминошки, которые у них совпадают. После этого у них должно остаться поровну как синих, так и белых клеток. Ясно, что у одного из них останутся только двухцветные доминошки, а у другого — только белые и синие. Пусть, например, двухцветные — у Игоря. Синих и белых клеток у него поровну, значит у Вали — тоже. Тогда у Вали чётное число доминошек, значит, 1 2

Указан в [Толпыго]. См. НОД и НОК, их произведение.

160

Решения задач

у Игоря тоже. Но из каждой пары двухцветных доминошек можно сложить такой же квадратик, что и из одной синей и одной белой. Такие квадратики и отложенные доминошки будут совершенно одинаковыми наборами деталек у Игоря и Вали. 3.3. Решение 1. Пусть касательные образуют четырёхугольник ACBD (см. рис.). Обозначим через O1 и O2 центры окружностей, через r — их радиус, а через O — точку пересечения прямых AO1 и BO2 . Опустим из точек O1 и O перпендикуляры O1 E и OF на сторону AC, а из точек O2 и O — перпендикуляры O2 G и OH на сторону BC. Из подобия треугольников AEO1 и AFO, O1 OO2 и AOB, BGO2 и BHO получаем OA OB OH OF = = = . Так как O1 E = O2 G = r, то и OF = OH, O1 E O1 A O2 B O2 G

т. е. точка O равноудалена от сторон AC и BC. Кроме того, она равноудалена от сторон AC и AD (поскольку лежит на биссектрисе AO1 угла CAD) и от сторон BC и BD (по аналогичной причине). Значит, O равноудалена от всех сторон четырёхугольника ACBD, т. е. является центром вписанной в него окружности. D

B

A O1

O2 O

E

G

F H C

Замечание 1. Случай, когда прямая AB совпадает с линией центров, следует разобрать отдельно. Предоставляем это читателю. Замечание 2. Мы нарисовали окружности непересекающимися только с целью не загромождать рисунок. Для решения это не имеет никакого значения. Замечание для знатоков. Смысл рассуждения с подобием следующий.

161

XX Турнир городов

Пусть d — расстояние от точек O1 и O2 до прямой AB. Прямая AO1 (BO2 ) — часть геометрического места точек, отношение расстояний от которых до прямых AC (BC) и AB равно r : d. Поэтому общая точка O прямых AO1 и AO2 равноудалена от прямых AC и BC. Решение 2. Сдвинем правую часть картинки влево параллельно линии центров на расстояние O1 O2 . При этом окружности совпадут, а касательные, проведённые из точки B, перейдут в касательные, проведённые из точки B′ , лежащей на прямой AB (см. рис.). D K A

B′

B

L C

Гомотетия с центром A и коэффициентом AB : AB′ переводит точку B′ в B, а прямую B′ K — в параллельную ей прямую BD. Аналогично она переводит прямую B′ L в BC. Поскольку прямые AD и AC переходят в себя, четырёхугольник AKB′ L перейдёт в исходный четырёхугольник ADBC. Но четырёхугольник AKB′ L — описанный. Значит, и четырёхугольник ADBC тоже описанный. 3.4. Решение 1. Каждая диагональ 25-угольника делит 23 вершины, отличные от её концов, на две группы. Количество вершин в меньшей из этих групп назовём размером диагонали. Таким образом, диагональ может иметь размер от 1 до 11. Отметим, что ни одна из диагоналей не проходит через центр круга, описанного вокруг 25-угольника. Предположим, что через некоторую точку M проходят 9 диагоналей. Тогда размер каждой из них не меньше 8 (по обе стороны от неё лежит по 8 концов остальных восьми проходящих через M диагоналей). Поскольку через M проходит

162

Решения задач

9 диагоналей, а возможных для них размеров всего 4 (от 8 до 11), то среди этих диагоналей есть три одного размера, т. е. одной длины. Но через точку круга, отличную от центра, не могут проходить три хорды одной длины. Докажем это. Равные хорды, проходящие через данную точку, равноудалены от центра круга, т. е. являются касательными к некоторой окружности с тем же центром. Но из одной точки к окружности можно провести только две касательные. Решение 2. Предположим, что n диагоналей A1 B1 , ... , An Bn пересекаются в точке M. Можно считать, что точки A1 , ... , An , B1 , ... , Bn расположены в этом порядке «по часовой стрелке». Опишем вокруг 25-угольника окружность. Тогда следующая сумма дуг (A1 A2 + B1 B2 ) + (A2 A3 + B2 B3 ) + ... ... + (An−1 An + Bn−1 Bn ) + (An B1 + Bn A1 ) 2p

, поэтому кажравна 2p. Величина каждой дуги кратна ϕ = 25 дая из сумм в скобках не меньше 2ϕ. Пусть какая-то из этих сумм (например, A1 A2 + B1 B2 ) равна 2ϕ. Тогда хорды A1 A2 и B1 B2 равны, следовательно, четырёхугольник A1 A2 B1 B2 является равнобедренной трапецией. Перпендикуляр, опущенный из центра O окружности на основание A1 B2 этой трапеции, проходит через середины её оснований, а значит, и через точку M пересечения её диагоналей. При этом прямая l, перпендикулярная OM и проходящая через точку M, параллельна основаниям трапеции и, следовательно, пересекает её боковые стороны, а значит, и дуги A1 A2 и B1 B2 . Если ещё одна из сумм равна 2ϕ, то та же прямая l пересекает ещё две пары рассматриваемых дуг, что невозможно. Следовательно, все суммы в скобках, кроме, быть может, одной, не меньше 3ϕ. Получаем неравенство 26

(n − 1) · 3ϕ + 2ϕ 6 2p = 25ϕ,

откуда n 6 < 9. 3 3.5. По условию пустых коробок быть не может. Предположим, что в какой-то коробке лежит ровно одна бусинка. Тогда при любом способе выбора мы обязаны выбрать эту бусинку.

XX Турнир городов

163

Поэтому количество способов не изменится, если выбросить эту коробку вместе с бусинкой, а также вторую бусинку того же цвета. При этом число коробок уменьшится на одну, а число бусинок на две. Заметим, что оставшиеся коробки непусты. Если после этого снова в какой-то коробке лежит ровно одна бусинка, повторим процедуру и т. д. В конце концов у нас останется n коробок и 2n бусинок, лежащих ровно по две в каждой коробке. Число n не может равняться нулю, так как в момент, когда останется одна коробка, в ней будут лежать обе последние бусинки. Будем выстраивать коробки в «цепочку» так, чтобы соседними были коробки, содержащие бусинки одного цвета (аналогично правилам игры в домино). Это можно делать до тех пор, пока цепочка не «замкнётся», т. е. на концах не будут находиться коробки, содержащие бусинки одного цвета. Все коробки при этом разобьются на несколько цепочек (если коробка содержит две бусинки одного цвета, то цепочка состоит из неё одной). Ясно, что, выбрав одну из двух бусинок в любой из коробок, мы однозначно определяем выбор бусинок из других коробок той же цепочки и никак не ограничиваем выбор бусинок из коробок других цепочек. Поэтому общее количество способов требуемого выбора равно 2k , где k — количество получившихся цепочек. Замечание для знатоков. Рассмотрим граф, вершинами которого являются коробки. Две вершины-коробки соединим ребром, если в них лежат бусинки одного цвета (если коробка содержит две бусинки одного цвета, возникает петля). Первая часть вышеизложенного решения состоит в стирании вершин степени 1 (пока это возможно). Вторую часть можно упростить: в полученном графе все вершины имеют степень 2, следовательно, граф распадается на циклы. 3.6. Задача сводится к частному случаю, когда стоимости монет не имеют общего делителя (если наибольший общий делитель d цен монет больше 1, проведём деноминацию гроша: 1 новый грош = d старых. Все стоимости уменьшатся в d раз, а на процесс дележа это не повлияет). Пусть в мешке m монет, в шайке n разбойников, S — цена всех монет. Поскольку S без цены любой монеты делится на n, то цена каждой монеты даёт один и тот же остаток r при

164

Решения задач

делении на n, а (m − 1) r кратно n. Так как стоимости монет взаимно просты, то и r с n взаимно просты. Следовательно, m − 1 делится на n. 4.1. a) См. решение задачи 3.1. Кроме того, легко заметить, что утверждение пункта а) немедленно следует из отрицательного ответа на б). б) Предположим, что такие числа существуют. Можно считать, что HOД(a, b, c) = 1 (в противном случае все числа можно сократить на общий делитель). Обозначим m = НОК(a + c, b + c), d = HOД(a + c, b + c). Так как НОК(a + c, b + c) = НОК(a, b) 6 ab < (a + c)(b + c), то d > 1. Число ab делится на m, а m, в свою очередь, делится на d, т. е. ab делится на d. Поэтому либо a, либо b (пусть a) имеет общий делитель d > 1 с числом d. Но тогда числа c = (a + c) − a и b = (b + c) − c также делятся на d. Мы получили противоречие с условием HOД(a, b, c) = 1. 4.2. См. 3.3. 4.3. Решение 1. Пусть S = a1 + a2 + a3 . Заметим, что 6a1 a2 a3 = (a1 + a2 + a3 )3 − 3(a21 + a22 + a23 )(a1 + a2 + a3 ) +

+ 2(a31 + a32 + a33 ) = S3 − 3(a21 + a22 + a23 )S + 2(a31 + a32 + a33 ).

(*)

Складывая аналогичные тождества, получим, что каждое из выражений 6(a1 a2 a3 + b1 b2 b3 + c1 c2 c3 ) и

6(a1 b1 c1 + a2 b2 c2 + a3 b3 c3 )

равно 3S3 − 3(a21 + a22 + a23 + b21 + b22 + b23 + c21 + c22 + c23 )S +

+ 2(a31 + a32 + a33 + b31 + b32 + b33 + c31 + c32 + c33).

Идеология. В выражения, равенство которых надо доказать, переменные из каждой строки и каждого столбца входят симметрично. Естественно попытаться использовать симметрические многочлены и выразить симметрические произведения через симметрические суммы. Замечание 1. Конкретные значения коэффициентов в формуле (*) для решения задачи не важны. Замечание 2. Задачу можно решить простым (но весьма трудоёмким) способом: выразить все величины через a1 , a2 , a3 ,

XX Турнир городов

165

b1 и b2 ; подставить полученные выражения в левую и правую части и убедиться, что получится одно и то же. Решение 2 (для знатоков). Доказываемое соотношение можно записать в виде равенства нулю следующего определителя: a1 c3 b2 b3 a 2 c 1 . c 2 b1 a 3

Но он не изменится, если из первой и второй строки вычесть третью: a 1 c 3 b2 a 1 − c 2 c 3 − b1 b2 − a 3 b3 a 2 c 1 = b3 − c 2 a 2 − b1 c 1 − a 3 . c 2 b1 a 3 c 2 b1 a3

Заметим, что в полученном определителе все числа в первой строке равны. Например, a 1 − c 2 = c 3 − b1 ⇔ a 1 + b1 = c 2 + c 3 ⇔ a 1 + b1 + c 1 = c 1 + c 2 + c 3 .

Аналогично проверяется равенство всех чисел во второй строке. Таким образом, в этом определителе две первые строки пропорциональны. Следовательно, он равен нулю. Замечание. Ср. с 28.3.3. 4.4. Рассмотрим один из способов рассадки жюри. Назовём члена жюри везучим, если он сидит на своём месте. Первым из невезучих (не считая Николая Николаевича) к столу должен был подойти тот, чьё место занято Николаем Николаевичем (другой невезучий сел бы на своё ещё свободное место, что противоречит его невезучести). Он занял место следующего (по часовой стрелке) невезучего члена жюри. Вторым из невезучих должен был подойти тот, чьё место занято первым невезучим (по той же причине), и т. д. Итак, каждый невезучий садится на следующее «невезучее» место за его собственным. Таким образом, способ рассадки однозначно задаётся способом разбиения жюри на везучих и невезучих. Николай Николаевич и тот, чьё место он занял, в любом случае являются невезучими. Любой набор членов жюри, не содержащий этих двоих, может быть множеством везучих. Реализовать такой способ рассадки можно, например, так: вслед за Николаем Николаевичем входят все, кого мы выбрали везучими (в любом

166

Решения задач

порядке), а затем все остальные в порядке их рассадки за столом по часовой стрелке. Поэтому количество способов рассадки равно количеству подмножеств множества из 10 человек, т. е. 210 . 4.5. Решение 1. Квадрат размера параллелепипеда с рёбрами a, b, c равен (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) = d2 + S, где d — длина его диагонали, а S — площадь поверхности. Поэтому для отрицательного ответа достаточно доказать, что диагональ и площадь поверхности параллелепипеда P больше соответственно диагонали и площади поверхности лежащего внутри него параллелепипеда P′ . Неравенство для диагоналей сразу следует из того, что длина диагонали — наибольшее расстояние между точками параллелепипеда. Для доказательства неравенства между площадями поверхностей продолжим до бесконечности плоскости граней параллелепипеда P′ . В результате поверхность параллелепиP′ педа P разобьётся на 14 частей. Из них 6 частей принадлежат полубесq′ конечным параллепипедам, ограниq ченным каждый одной гранью P′ и четырьмя продолжениями граней (на рис. для простоты изображён плоский случай). Спроектируем каждую такую часть q на соответствующую грань q′ . Эти проекции покроют P′ полностью. Следовательно, суммарная площадь этих 6 частей не меньше площади поверхности P′ . Осталось заметить, что это не вся поверхность P. Решение 2. Рассмотрим систему координат, начало которой находится в одной из вершин параллелепипеда P, а оси направлены по его рёбрам: ось Ox — по ребру длины a, ось Oy — по ребру длины b, Oz — по ребру длины c. Пусть #– u (u1 , u2 , u3 ), #– #– v (v1 , v2 , v3 ) и w(w 1 , w2 , w3 ) — векторы, образованные рёбрами параллелепипеда P′ . Тогда размер P′ равен #– 6 |u |+|u |+|u |+|v |+|v |+|v |+|w |+|w |+|w |. | #– u |+| #– v |+| w| 1 2 3 1 2 3 1 2 3

XX Турнир городов

167

Достаточно доказать, что |u1 | + |v1 | + |w1 | 6 a,

|u2 | + |v2 | + |w2 | 6 b,

|u3 | + |v3 | + |w3 | 6 c.

Пусть A — вершина параллелепипеда P′ с наименьшей абсциссой (если таких несколько, то любая из них), B, C, D — соседние с ней вершины, а E — вершина, противоположная вер# – шине A. Абсцисса вектора AE не превосходит a. С другой сто# – # – # – # – роны (поскольку AE = AB + AC + AD), она равна сумме абсцисс # – # – # – векторов AB, AC и AD. Но (согласно выбору вершины A) эти абсциссы неотрицательны, т. е. равны |u1 |, |v1 |, |w1 |. Остальные неравенства доказываются аналогично. 4.6. Договоримся называть функцию, удовлетворяющую условию 1, дырявой, а условию 2 — представимой. Мы будем рассматривать функции, определённые на всей числовой прямой, за исключением, быть может, конечного числа точек. Равенство функций мы будем понимать так, как это указано в условии задачи, т. е. равенство на общей области определения. Например, мы будем писать

1 = x, хотя левая 1/x

часть не определена в точке 0, а правая — определена. Отметим, что замена функции на равную ей (в этом смысле) может изменить область значений только на конечное число точек, в частности, не может сделать дырявую функцию не дырявой, и наоборот. При доказательстве мы будем использовать свойства дробно-линейных функций, перечисленные в Словарике. Заметим для начала, что данная нам функция не является дробно-линейной, так как равенство x2 + ax + b = x2 + cx + d

ax + b gx + d

означало бы, что числитель и знаменатель левой части имеют общий множитель, после сокращения на который получается правая часть. Лемма (о композициях). Пусть h(x) —дробно-линейная функция, g(x) — произвольная функция. а) Функции g(x), g(h(x)) и h(g(x)) либо все дырявы, либо все не дырявы.

168

Решения задач

б) Функции g(x), g(h(x)) и h(g(x)) либо все представимы, либо все не представимы. Доказательство а). Пусть g(x) не принимает значений в интервале I. Тогда g(h(x)) тем более не принимает значений в этом интервале. С другой стороны, в интервале I найдётся интервал J, целиком входящий в область определения функции h(x). В силу монотонности h(J) — тоже интервал, и функция h(g(x)) не принимает на нём значений в силу взаимной однозначности. Остальное следует из равенств g(x) = g(h(h−1 (x))) = h−1 (h(g(x))) и свойств дробно-рациональной функции. Доказательство б) предоставляем читателю. Итак, композиция с дробно-линейной функцией сохраняет дырявость и представимость. Это позволяет нам доказывать нужное свойство не для исходной функции, а для функции, упрощённой композициями с дробно-линейными функциями. 1) Докажем, что представимая функция дырява. Пусть функция f(x) =

x2 + ax + b x2 + cx + d

представима в указанном в условии виде f1 (f2 (...fn−1 (fn (x))...)) и k — наименьший номер, при котором fk (x) = x2 (такая обязательно есть, иначе функция f(x) была бы дробно-линейной). Тогда функция g(x) = fk (fk+1 (... (fn (x)) ...) = (fk+1 (... (fn (x)) ...)2 дырява, так как не принимает отрицательных значений. С другой стороны, h(x) = f1 (f2 (... fk−1 ((x)) ...)) является дробно-линейной функцией (как композиция дробно-линейных). Поэтому и f(x) = h(g(x)) — дырявая функция. 2) Теперь докажем, что дырявая функция представима. Пусть имеется интервал, не содержащий значений функции f(x). Постараемся композициями c дробно-линейными функциями максимально упростить вид функции f(x). Вычтем из f(x) единицу и обратим дробь. Получится функция вида

x2 + cx + d . px + q

169

XX Турнир городов

Если p = 0, то мы после умножения на q получаем функцию, представляющуюся в нужном виде:   c 2 c2 x2 + cx + d = x + +d− . 2

4

Если же p 6= 0, то делаем линейную замену переменных z = px + q и получаем функцию вида Ax2 + Bx + C C = Ax + x + B. x

Вычтя B и разделив на A, получим окончательно функцию D (мы заменили z снова на x). вида x + x Заметим, что D 6= 0 (в противном случае исходная функция f(x) была бы дробно-линейной). Кроме того, D не может быть отрицательным. ДействительD но, уравнение x + = t приводится к виду x2 − tx + D = 0 и при x D < 0 имеет решение при любом t, что противоречит наличию интервала, свободного от значений функции f(x). Таким образом, D = s2 , где s — некоторое положительное число. Осталось заметить, что s2

4s

x+ x =   x+s 2 x−s

+ 2s, −1

т. е. эта «упрощённая» функция представима. Замечание. Вместо использования последней формулы можs2

но воспользоваться следующим соображением. Функция x + x 1 линейными преобразованиями легко приводится к виду x + x .  2 x К этому же виду приводится и функция (ведь она x+1 1 тоже дырявая). Итак (используя функцию x + x как промежу-

точный этап), можно любую дырявую функцию, «дробно-ли 2 x нейными преобразованиями» превратить в функцию . x+1 5.1. Частота встреч обратно пропорциональна скорости отца относительно сына. Поэтому условие означает, что сумма S скоростей отца и сына в 5 раз больше разности R этих скоростей. Разделив удвоенную скорость отца S + R на удвоенную скорость сына S − R получим отношение их скоростей: 5+1 = 1,5. 5−1

170

Решения задач

Замечание. Полезно помнить общий факт, фактически здесь доказанный: c a+b a c+d если = a − b , то b = . d c−d Знатоки сразу увидят связь этой формулы с тем, что функx+1 ция обратна сама к себе. x−1

5.2. Приложим к квадрату ещё три D F треугольника, равных ABC (см. рис.). Ясно, что образуется квадрат размера 4 × 4. Так как картинка, очевидно, B симметрична относительно центра этого квадрата, а биссектриса угла C совпадает E с диагональю CF, то она делит отрезок DE в том же отношении, что и гипотеA нузу AB. А биссектриса угла C делит C противолежащую сторону в отношении AC : BC. 5.3. Решение 1. Можно считать, что a0 > a1 > ... > an . Для удобства добавим к этому набору число an+1 = 0. Первые bk чисел этой последовательности (т. е. числа a0 , a1 , ... , abk −1 ) больше k, а остальные — не больше k. Таким образом, числа bk однозначно определены по числам первой доски соотношениями: abk −1 > k, abk 6 k. Аналогичными соотношениями определяются числа ck по числам второй доски. Поэтому, чтобы доказать равенства ck = ak , достаточно проверить, что bak −1 > k, bak 6 k. Но bak −1 — количество чисел на первой доске, больших ak − 1. Такими числами заведомо будут a0 , a1 , a2 , ... , ak . Значит, bak −1 > k + 1 > k. С другой стороны, bak — количество чисел на первой доске, больших ak . Такими числами могут быть только a0 , a1 , a2 , ... ... , ak−1 . Значит, bak 6 k. Решение 2. Можно считать, что a0 > a1 > ... > an . Каждому неубывающему набору соответствует диаграмма Юнга (диаграмма на рис. соответствует набору чисел 6, 5, 5, 4, 2, 2, 1). Легко видеть, что в первом столбце этой диаграммы b0 клеток, в следующем — b1 и т. д. Это значит, что переходу от набора a0 , a1 , ... к набору b0 , b1 , ... соответствует переворот диаграммы.

XX Турнир городов

171

Набор c0 , c1 , ... соответствует положению исходной диаграммы после второго переворота. Но это положение, очевидно, совпадает с исходным, поэтому наборы a0 , a1 , ... и c0 , c1 , ... совпадают. 5.4. На рисунке показано, что с выполнением условий задачи можно положить даже 11 плиток (чёрный треугольник изображён жирной линией). Идеология. Наиболее удалены друг от друга вершины углов чёрного треугольника, поэтому естественно попытаться «задеть» как можно больше плиток краешками вблизи вершин. Кроме того, пример получен с помощью жадного алгоритма: сперва мы вложили максимум белых плиток так, чтоб все пересеклись с одним уголком чёрной плитки, затем — максимум белых плиток для второго уголка, но так, чтобы не двигать уже выложенные плитки, и наконец — максимум белых плиток для последнего чёрного уголка. 5.5. Прямоугольники разбиения образуют десять строк и десять столбцов. Если девять квадратов разбиения находятся в девяти различных строках и девяти различных столбцах, то ширина десятой строки равна ширине десятого столбца (обе они получаются вычитанием из длины стороны исходного квадрата суммы длин сторон девяти квадратов разбиения). Тогда на пересечении этих строки и столбца образуется десятый квадрат, что противоречит условию. Таким образом, какие-то два квадрата разбиения должны находиться в одной строке или одном столбце, и тогда они, очевидно, равны. 6.1. Обозначим наши числа через a1 , a2 , ... , a1999 . Складывая равенства an+1 = an+2 + an и an+2 = an+3 + an+1 , получим an+3 + an = 0 или an+3 = −an . Отсюда an+6 = −an+3 = an , т. е. последовательность имеет период 6. Поэтому a1999 = a6·333+1 = a1 = 1. 6.2. См. 5.2.

172

Решения задач

6.3. См. 5.3. 6.4. На рисунке изображена одна из возможных конструкций. Идеология. Наиболее удалены друг от друга вершины углов чёрного квадрата, поэтому естественно попытаться «задеть» как можно больше плиток краешками вблизи вершин. 6.5. Решение 1. Одна из возможных стратегий первого игрока: первый ход в центр доски; далее каждый раз на ход второго в любую клетку он отвечает ходом в симметричную относительно центра клетку. Это возможно, поскольку симметрию каждый раз нарушает второй. В конечной позиции в каждой паре клеток, симметричных относительно центра, стоят крестик и нолик. Поэтому в центральной строке и в центральном столбце крестиков больше, чем ноликов; а каждой не проходящей через центр строке (столбцу) соответствует симметричная строка (столбец), причём в одной из них ноликов больше, а в другой меньше, чем крестиков. Таким образом, при этой стратегии выигрыш первого игрока равен 2. Теперь укажем стратегию второго игрока. Если у него есть возможность занять клетку, симметричную (относительно центра) клетке, только что занятой первым, он так и поступает. В противном случае он делает любой ход. При такой стратегии после хода второго множество занятых клеток либо симметрично (до тех пор, пока первый не занял центр), либо отличается от симметричного ровно в одной клетке. При этом в каждой паре занятых симметричных клеток будет находиться один крестик и один нолик. Своим последним ходом первый игрок вынужденно создаст позицию, описанную в предыдущем абзаце, и его выигрыш снова равен 2. Решение 2. Разобьём доску на части так, как показано на рисунке. Стратегия первого: первым ходом занять левый ниж-

XX Турнир городов

173

ний угол, а затем ходить в ту же часть доски, куда перед этим пошёл второй. Стратегия второго: если возможно, занять клетку в той же части доски, куда предыдущим ходом пошёл первый; если это невозможно — любой ход. Если хотя бы один из игроков придерживается указанной для него стратегии, то в конечной позиции в левом нижнем углу стоит крестик, а в каждой из остальных частей доски крестиков и ноликов поровну (по причинам, аналогичным изложенным в первом решении: после каждого хода второго во всех занятых доминошках стоит по крестику и нолику, и ещё, возможно, в одной стоит нолик). Рассмотрим две верхние строки. В сумме в них стоят 9 крестиков и 9 ноликов (поскольку они разбиты на 9 «доминошек»). Поэтому в одной из них больше крестиков, в другой — ноликов. «Ничейный результат» достигается также в третьей и четвёртой, ..., седьмой и восьмой строках сверху, а нижнюю строку «выигрывает» первый (в ней 5 крестиков и 4 нолика). Аналогична ситуация по столбцам (пары соседних столбцов, считая справа, также состоят из 9 «доминошек»). 7.1. Заметим, что обе операции изменяют количество денег вне банка на число, кратное 6. А наибольшее кратное 6 число, не превышающее 500, — это 498. Поэтому снять больше 498 долларов не удастся. Снять 498 долларов можно, например, следующим образом. Пусть в банке в какой-то момент есть n долларов. Снимем 300, вложим 198, снимем 300 и дважды вложим по 198. В результате в банке станет на 2 · 300 − 3 · 198 = 6 долларов меньше. Нетрудно проверить, что эта последовательность операций возможна, если n > 402. Повторив её 16 раз, мы оставим в банке 404 доллара. Теперь, проделав три первые операции из указанной последовательности, оставим в банке 2 доллара. A 7.2. Решение 1. Заметим, что угB лы BAO и CBO равны (первый опирается на дугу BO, а второй заключён O между касательной и хордой, стя- D C гивающей ту же дугу). Во второй

174

Решения задач

окружности угол CBO опирается на дугу CO, и, следовательно, равен углу, заключённому между хордой CO и касательной, проходящей через точку C. Но, с другой стороны, ∠CBO = = ∠BAO = ∠DCO, т. е. эта касательная совпадает с прямой DC. Решение 2. По теореме о секущей и касательной CB2 = CA · CO =

1 CA2 . 2

Из того, что в параллелограмме сумма квадратов сторон равна сумме квадратов диагоналей, легко выводится равенство DC2 =

1 DB2 = DB · DO. 2

Таким образом, произведение секущей DB на её внешнюю часть DO равно квадрату отрезка DC. По той же теореме этот отрезок является касательной. 7.3. Второй может действовать, например, так. До 1000-й цифры он ходит произвольно. Когда первый напишет 1001-ю цифру, второй сравнивает её с 999-й (симметричной относительно 1000-й цифры). Если эти цифры совпадают, второй меняет их местами. Если же 1001-я и 999-я цифры разные, то одна из них не совпадает с 1000-й цифрой. Тогда второй меняет эту цифру с 1000-й. В любом случае после хода второго 1001-я цифра совпадает с 999-й. Аналогично второй действует и дальше, добиваясь совпадения 1002-й и 998-й, ... , 1999-й и первой цифр. 7.4. Обойдём сектора против часовой стрелки. Где-то сразу за красным сектором K стоит синий сектор S. Можно считать, что в S написана единица (мы можем нужное число раз сдвинуть по «кругу» 1 → 2 → ... → n → 1 все числа в секторах — на результат это не повлияет). Пусть в K написано число k. «Пройдём» группу из k секторов против часовой стрелки, начиная с K. Пусть среди них b синих и r красных. Тогда в них стоят синие числа 1, 2, ... , b и красные k, k − 1, ... , k − (r − 1). Поскольку b + r = k, то k − (r − 1) = b + 1, т. е. в этих секторах стоят числа от 1 до k ровно по разу. «Пройдём» теперь группу из n − k секторов по часовой стрелке, начиная со следующего за K. Пусть среди них c синих и d красных. Тогда синие числа — это n, n − 1, ... , n − (c − 1), а красные — это k + 1, k + 2, ... , k + d, и ввиду равенства c + d = n − k числа от k + 1 до n встречаются по разу.

XX Турнир городов

175

Объединение двух групп и даст нам искомый полукруг. Идеология. Мы организовали разбиение искомого полукруга на два участка, заполненные наборами подряд идущих чисел. Существование таких участков очевидно вот почему. Пусть в паре соседних секторов разного цвета записаны числа k и s, k6s. Если пойти от этой пары в нужную сторону, то числа по одному будут заполнять промежуток [k, s) с обоих концов, «идя навстречу друг другу». Ввиду дискретной непрерывности «встреча» неизбежна, и к этому моменту числа заполнят весь промежуток без повторов и пробелов. B 7.5. Решение 1. Пусть прямые AB и CT пересекаются в точке D, а E — точка касания вписанной окружности со стороной BC (рис. 1). Треугольник R PAQ равнобедренный (равны отрезки P касательных). Поэтому и треугольник E TSQ, отсекаемый от него прямой RS, D параллельной AP, также равнобедренT ный (TS = QS). Кроме того, T — середина CD и AD = 2TS (TS — средняя ли- A S Q C ния треугольника ACD). СледовательРис. 1 но, CQ = CS − SQ = AS − SQ = AQ − 2SQ = AP − AD = DP.

Отсюда BC = BE + EC = BP + CQ = BP + DP = BD, т. е. треугольник CBD равнобедренный. Но тогда его медиана BT является биссектрисой. Замечание 1. Приведённое решение годится для случая AB>BC. Разбор случая AB 2k2 − 1. Но тогда 2k2 S < S + S · cos a, т. е. под водой находится меньше половины поверхности пирамиды. 8.2. Будем использовать ориентированные углы; индекс после знака равенства обозначает номер использованного свойства (см. Словарик). Докажем, что ∠(AB, BO) = 90◦ − ∠(BD, AD). Действительно, ∠(AB, BO) + ∠(BD, AD) =3a =3a ∠(AB, BO) + ∠(BB, AB) =2 ∠(BB, BO) = 90◦ (здесь BB — касательная к окружности в точке B, и она перпендикулярна радиусу). Аналогично доказывается, что ∠(CD, DO) = 90◦ − ∠(AD, AC). Кроме того, ∠(AF, FO) =3a ∠(AB, BO),

∠(FO, FD) =3a ∠(CO, CD).

B C F

E

O D A

180

Решения задач

Отсюда ∠(AF, FD) =2 ∠(AF, FO) + ∠(FO, FD) =3a =3a ∠(AB, BO) + ∠(CO, CD) = = 90◦ − ∠(BD, AD) + 90◦ − ∠(AD, AC) =

= 180◦ − (∠(DE, AD) + ∠(AD, CE)) =2

=2 180◦ − ∠(DE, AE) =1 ∠(AE, ED).

Значит, точки A, F, E, D лежат на одной окружности. Ложный след. ∠ABO=90◦ − =90◦ −

a 2

= 90◦ −

b 2

a 2

Обозначим ∠AOB через

a,

а ∠DOC — через

b.

Тогда

(треугольник ABO равнобедренный). Поэтому ∠AFO=∠ABO=

(как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Аналогично ∠DFO = . С другой стороны, ∠ADB =

центрального) и аналогично ∠CDA = ∠AFD = ∠AFO+∠DFO = 180◦ −

b 2

−

2

(вписанный угол вдвое меньше

. Поэтому

a b 2

a

2

= 180◦ −∠ADE−∠EAD = ∠AED.

Следовательно, точки A, F, E, D лежат на одной окружности.

Приведенные вычисления верны только для случая на рисунке. «Другие случаи» в той или иной степени аналогичны разобранному, однако равенства из решения перестают быть верными. Сложность в том, что не так просто даже перечислить все возможные случаи расположения точек O и F. Формальный переход к ориентированным углам тоже не помогает (см. Предостережение). 8.3. Пусть d — наибольший общий делитель чисел x и y. Тогда x = du, y = dv, где u и v взаимно просты. По условию d3 u3 + dv делится на d2 u2 + d2 v2 и, тем более, на d2 , поэтому v делится на d. Аналогично u делится на d. Поэтому d = 1, т. е. x и y взаимно просты. Тогда и число x2 + y2 взаимно просто с y. Число x(x2 + y2 ) − (x3 + y) = y(xy − 1) делится на x2 + y2 . Поскольку x2 + y2 и y взаимно просты, то xy − 1 делится на x2 + y2 . Но это возможно только при |xy| 6 1. Действительно, в противном случае 0 < |xy − 1| < 2|xy| 6 x2 + y2 . Непосредственная проверка всех оставшихся вариантов (x, y = 0, ±1) даёт восемь решений (±1, ±1), (0, ±1), (±1, 0). 8.4. См. 7.4.

XX Турнир городов

181

8.5. а) Все двоичные числа, оканчивающиеся на 01, удовлетворяют условию M(i) = M(i + 1). Среди четырёх последовательных чисел ровно одно оканчивается на 01, поэтому таких чисел 250. Кроме этого, нам подходят числа, оканчивающиеся на 0111 (их не меньше чем 248 : 4 = 62) и оканчивающиеся на 011111 (их не меньше чем 60 : 4 = 15). Всего 250 + 62 + 15 = 325 > 320. б) Легко проверить, что условию M(i) = M(i + 7), удовлетворяют двоичные числа, оканчивающиеся на 0001, 0011, 0100, 0101 и 0111. Так как i 6 999993, то таких чисел не меньше чем 5 · [999994 : 16] = 312495. Кроме того, нас устраивают числа, оканчивающиеся на 01010 и 01110 (их не менее 2 · [999994 : 32] = 62498) и оканчивающиеся на 011001, 011011, 011100, 011101 и 011111 (их не менее 5 · [999994 : 64] = 78120). Всего 312495 + 62498 + 78120 = 453113 > 450000. Идеология. В подавляющем большинстве случаев при прибавлении 1 или 7 меняется лишь небольшое число последних разрядов двоичной записи. Достаточно отследить совпадение чётности только в них. Замечание. Многие участники предлагали более красивые идеи, но при этом вычисления удлинялись и часто приводили к неверным оценкам. Точные количества интересующих нас членов последовательности см. в задаче Д20.8.5. 8.6. См. 7.6.

XXI Турнир городов 1.1. a) Треугольник ABC перегну- A ли, очевидно, по средней линии DE (см. рис.). Поэтому «диагонали» CE E и BD являются его медианами. Значит, D BO : OD = CO : OE = 2 : 1. O б) После разреза образуется три куска. Два из них — треугольники DOC B C и BCD, третий составлен из треугольников DOE и BDE (после разворачивания он тоже превратится в треугольник). Наименьшая площадь у треугольника OCD (он является частью треугольника BCD, а также частью треугольника CDE, равновеликого треугольнику BDE). Поскольку 1 3

OD = BD, то SOCD =

1 1 S = SBCA . 3 BCD 6

1.2. Решение 1. Заметим, что a1999 − a = a(a1998 − 1) делится на a(a2 − 1) = (a − 1)a(a + 1), а произведение трёх последовательных чисел делится на 6. Поэтому и d = a1999 + b1999 + c1999 − (a + b + c) =

= (a1999 − a) + (b1999 − b) + (c1999 − c)

тоже делится на 6. Решение 2. б) Чётности сумм a + b + c и a1999 + b1999 + c1999 одинаковы: они составлены из слагаемых одинаковой чётности. Поэтому d чётно. Чётное простое — это 2. Таким образом, пункт б) сводится к пункту а). а) Пусть a, b и c чётны. Тогда d делится на 21999 и, значит, не равно 2. Пусть два числа (например, a и b) нечётны, а третье чётно. Заметим, что d делится на a (так как b1999 + c1999 делится на b + c = −a). Значит, если d — простое число, то |a| = 1. Аналогично |b| = 1. Но d не равно 2 ни в случае a = b = ±1, c = ∓2, ни в случае a = −b = ±1, c = 0. 1.3. Разобьём все проведённые прямые на группы параллельных между собой. Пусть таких групп k. Ясно, что в каж-

183

XXI Турнир городов

дой группе n — 1999 прямых. Поэтому n = k(n − 1999), т. е. 1999k = n(k − 1). Так как числа k и k − 1 взаимно просты, то 1999 (а это число простое) делится на k − 1. Значит, k−1=1999 или k − 1 = 1. Соответственно n1 = 2000, n2 = 3998. 1.4. Пусть некоторое положение стрелки обычных часов до полудня принимают в момент времени t (считая от начала суток; 0 6 t < 12: мы измеряем время в часах). Так как часовая стрелка итальянских часов движется в два раза медленнее часовой стрелки обычных, то она совместится с рассматриваемым положением часовой стрелки обычных в момент 2t. Минутные же стрелки (обычных и итальянских часов) занимают одно и то же положение, если разница времён составляет целое число часов. Таким образом, условие «совпадения положений» состоит в том, что число 2t − t = t целое. В указанном интервале лежат ровно 12 целых значений — от 0 до 11 (что соответствует моментам 0, 1, ... , 11 часов ровно на обычных часах). 1.5. См. рисунок. 2.1. Углы «меньшего» треугольника, подобного исходному, равны углам исходного треугольника. В то же время два из трёх его углов равны половинам углов исходного треугольника. Поэтому углы исходного треугольника относятся, как 1 : 2 : 4. Учитывая, что сумма этих углов равна p, получаем ответ. 2.2. Решение 1. Выберем n таким, чтобы оба слагаемых были точными кубами: n = (3m)3 , где m — любое нечётное число. 3
3 Тогда 2n = 29m , и поэтому 3

3

3

2n + n = (29m + 3m)(218m − 3m · 29m + 9m2 ).

Оба множителя, очевидно, больше 1. Решение 2. Положим n = 6m + 1. Тогда

2n + n = 26m+1 + 6m + 1 = (26m+1 + 1) + 6m. Оба слагаемых делятся на 3 (почему?). 2.3. Разобьём все проведённые плоскости на группы параллельных между собой. Пусть таких групп k. Ясно, что в каждой группе n − 1999 плоскостей. Поэтому n = k(n − 1999). Отсюда 1999k = n(k − 1). Так как числа k и k − 1 взаимно просты,

184

Решения задач

то 1999 делится на k − 1. Значит, k − 1 = 1999 или k − 1 = 1. Соответственно n1 = 2000, n2 = 3998. 2.4. Предположим, что нам удалось это сделать. У 25 отрезков чётной длины концы находятся в точках с координатами одной чётности, у 25 отрезков нечётной длины — в точках с координатами разной чётности. Значит, количество «нечётных» концов нечётно, что противоречит условию (среди чисел от 1 до 100 нечётных — 50). Противоречие. 2.5. См. рисунок. 3.1. Заметим, что если в тройке подряд стоящих чисел левое число чётно, то и сумма чисел этой тройки чётна. Значит, после каждого чётного числа в строке должны стоять два числа одной чётности. В частности, если два чётных числа стоят подряд, то все следующие за ними числа — чётные. Но это противоречит условию. Поэтому после каждого чётного числа (кроме, может быть, самого последнего) в строке стоят два нечётных. Следовательно, чётных чисел не более двух (в противном случае количество нечётных чисел было бы по крайней мере на 2 больше, чем количество чётных, что для последовательных чисел невозможно). Поэтому всех чисел не более пяти. Пять чисел выписать можно, например: 2, 1, 3, 4, 5. 3.2. Решение 1. а) Будем двигать точку C′ по стороне AB от точки A к точке B. При этом длина высоты треугольника A′ B′ C′ , опущенной на основание A′ B′ , будет либо оставаться неизменной (если AB k A′ B′ ), либо убыB вать (как на нашем рисунке), либо возрастать. Поэтому площадь SA′ B′ C′ заA′ ключена между SA′ B′ A и SA′ B′ B . Но C′

SA′ B′ A

1 1 = SA′ CA 6 SABC 2 2 A

и SA′ B′ B 6 SBB′ C

1 = SABC . 2

B′

C

185

XXI Турнир городов

б) Пусть A′′ и C′′ — середины соответственно сторон BC и AB. Если A′ совпадает с A′′ , то AB k A′ B′ и, как показано 1

выше, SA′ B′ C′ = SA′′ B′ C′′ = SABC . Если же A′ не совпадает с A′′ , 4 то прямые AB и A′ B′ не параллельны, поэтому площадь SA′ B′ C′ монотонно изменяется при движении точки C′ по стороне AB 1

и, следовательно, может принять значение SABC только при 4 одном положении точки C′ (при C′ = C′′ ). Решение 2. Примем площадь SABC за единицу. Пусть BC′ : C′ A = x : (1 − x),

BA′ : A′ C = y : (1 − y),

где 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1. Тогда SAB′ C′ = SA′ BC′ = xy, а SA′ B′ C′ = 1 − SAB′ C′ − SA′ B′ C − SA′ BC′ = =

1−y 1−x , SA′ B′ C = , 2 2





x+y 1 1 − xy = − −x 2 4 2



1 −y . 2

Теперь утверждение б) очевидно, а утверждение а) сводится   1 1 1 к проверке неравенства −x − y > − , которое следует 4 2 2 1 1 1 1 из неравенств − x 6 , − y 6 . 2

2

2

2

3.3. См. 4.5а. 3.4. а) Чтобы попасть на противоположную сторону доски, фишке надо сделать семь вертикальных ходов. Но хотя бы одна из двух фишек, стоящих на одной вертикали, должна сделать горизонтальный ход (иначе им не разминуться «на узенькой дорожке»). Поэтому вместе эти фишки сделают не менее 15 ходов. А таких пар на доске восемь. Значит, менее чем за 120 ходов добиться требуемой расстановки нельзя.

186

Решения задач

Чтобы сделать это за 120 ходов, разобьём доску на прямоугольники 8 × 2 и четвёрку фишек в каждом прямоугольнике передвинем за 30 ходов (см. рисунок на с. 185). «Потери» на горизонтальные ходы происходят только на втором и четвёртом этапах. б) Пример. Покажем, как получить требуемое расположение за 92 хода, сделав 14 · 6 = 84 хода по вертикали и 8 ходов по горизонтали. На трёх парах вертикалей поменяем фишки местами, как в пункте а), сделав 6 горизонтальных ходов. Два оставшихся горизонтальных хода израсходуем на последней вертикали: белая фишка на полпути пропускает чёрную и возвращается на вертикаль. Оценка. Из решения пункта а) ясно, что нужен не менее чем (2 · 6 + 1) · 7 = 91 ход. То, что этого не хватит, можно показать двумя способами. Способ 1. Если бы 91 хода хватало, то на каждой вертикали ровно одна из фишек осталась бы, а другая ушла бы на соседнюю, т. е. сменила бы чётность вертикали. Но три чётных вертикали образуют «узкое место»: на них должны остаться три фишки и ещё попасть четыре фишки с чётных вертикалей, всего 7 фишек. Противоречие. Способ 2. После каждого хода число фишек на белых полях меняется на 1, поэтому его чётность меняется (происходит чередование). Но в начале и в конце на белых полях фишек поровну, поэтому нужно чётное число ходов. 3.5. Пусть первые два члена a1 и a2 последовательности меньше 10m . Докажем, что тогда и все остальные члены меньше 10m . Предположим противное и обозначим через n наименьший номер, при котором an > 10m . Ясно, что этот член написан Фомой и an−1 > 10m − 9. Тем более, an−2 > 10m − 9, т. е. все цифры числа an−2 , кроме последней, — девятки. Но тогда Ерёма, вычитая из этого числа одну из его цифр, получит an−1 6 10m − 10. Противоречие. В силу бесконечности количества членов последовательности и конечности множества её значений по крайней мере один из её членов повторится бесконечное число раз. 3.6. Будем считать, что одна из сторон листа вертикальна. Вдоль каждой вертикальной «стороны» одной из дырок проведём вертикальный разрез до «упора» в горизонтальную

187

XXI Турнир городов

сторону соседней дырки или в край листа. Повторим эту процедуру для всех дырок (рис. 1). После этого лист «распадётся» на некоторое количество m прямоугольников (действительно, у полученных частей все углы прямые). Оценим число m. У каждого прямоугольника четыре угла, значит, общее число углов всех прямоугольников равно 4m. С другой стороны, к четырём углам исходного листа каждый из 2n разрезов добавляет не более шести прямых углов (см. рис. 1, некоторые углы, образованные каким-то разрезом, могут совпадать с углами, образованными другими разрезами), поэтому число углов не превосходит 12n + 4. Таким образом, 4m 6 12n + 4, т. е. m 6 3n + 1.

Рис. 1

Рис. 2

Покажем, что меньшего количества частей может не получиться. Расположим n дырок так, как показано на рис. 2 (каждая следующая по высоте больше предыдущей). Как бы мы ни разрезали лист, отмеченные на рисунке 3n + 1 точек попадут на стороны разных прямоугольников. Точек 3n + 1, поэтому и прямоугольников не может быть меньше 3n + 1. Замечание. У задачи была предшественница, см. Д21.3.6. 4.1. Так же как в решении задачи 3.1, доказываем, что чётных чисел не более одного. Поэтому всего чисел не более 3. Числа 1, 2, 3 можно поставить в любом порядке. 4.2. а) Расположим прямую горизонтально и обозначим отмеченные точки слева направо по порядку: A1 , A2 , ... , An . Перегнём лист по серединному перпендикуляру к отрезку A1 A2 так, чтобы правая сторона листа наложилась сверху на левую. Тогда точка A2 наложится на A1 , а остальные отмеченные точки попадут в верхний слой и окажутся на той же прямой

188

Решения задач

левее совпавших точек. Теперь перегнём верхний слой по серединному перпендикуляру к отрезку A2 A3 так, чтобы левая сторона наложилась на правую. Тогда точка A3 наложится на A2 (и на A1 ), а остальные отмеченные точки попадут в самый верхний слой и окажутся на той же прямой правее совпавших точек. Теперь лист сложен в три слоя, и совпали три первые точки. Так будем перегибать верхний слой по серединному перпендикуляру к очередному отрезку по очереди налево и направо, пока после (n − 1)-го перегибания в получившейся n-слойной «гармошке» все отмеченные точки не совпадут. б) Случай, когда отмечены три точки на одной прямой, разобран выше, поэтому можно считать, что отмеченные точки являются вершинами треугольника ABC. Далее, можно считать, что лист бумаги не прямоугольный, а почти совпадает по форме с треугольником ABC, лишь чуть-чуть выступая за его края (на сколько выступает эта каёмка — уточним позднее). Это, очевидно, можно обеспечить предварительным загибанием краёв. Пусть в треугольнике ABC есть неравные стороны, скажем, AB 6= AC. Тогда A не лежит на серединном перпендикуляре p к отрезку BC. Пусть A′ — точка, симметричная A относительно p. Она лежит вне треугольника ABC. Сделаем каёмку уже ´ расстояния от A′ до ближайшей стороны треугольника. Тогда при перегибании вдоль p точки B и C совместятся, а A ни с чем не совместится. Теперь достаточно перегнуть по серединному перпендикуляру к отрезку AB, чтобы совместить в точности три отмеченные точки, после чего проколоть. Остался случай равностороннего треугольника ABC. Достаточно его «испортить», т. е. перегнуть один раз так, чтобы отмеченные точки оказались вершинами неравностороннего треугольника. Например так: сделаем каёмку yже ´ трети высоты треугольника и перегнём по прямой, параллельной AB и проходящей через точку пересечения медиан. 4.3. См. 3.5. 4.4. Докажем сначала лемму. Лемма. Пусть точки P и Q, лежащие соответственно на сторонах AC и BC треугольника ABC, таковы, что AP = BQ. Тогда прямая, соединяющая середину D стороны AB с серединой M отрезка PQ, параллельна биссектрисе угла C.

189

XXI Турнир городов

Доказательство леммы. Можно C считать, что AC 6= BC (при равенстве утверждение очевидно). Построим параллелограммы ADEP и BDFQ. E M P Тогда EPFQ — тоже параллелограмм Q (стороны EP и QF равны и паралF лельны). Поэтому точка M является также серединой диагонали EF. B D A Треугольник EDF равнобедренный, поэтому его медиана DM является также биссектрисой угла EDF. Стороны угла EDF направлены противоположно сторонам угла ACB, поэтому их биссектрисы параллельны. Замечание. Лемму нетрудно доказать и с помощью векторной алгебры. Верно и более общее утверждение, которое мы позволим себе сформулировать на «физическом» языке: если точки P и Q движутся с постоянными скоростями #– u и #– v , то 1 #– #– середина M «отрезка» PQ движется со скоростью ( u + v ). Докажем теперь утверждение задачи. б) AK = BL =

2

AC + BC − AB (известное свойство вневписанной 2

окружности). Пусть N — середина KL. По лемме прямая DN параллельна биссектрисе угла C. а) Достаточно рассмотреть случай AC < BC. Отложим на стороне BC отрезок BR, равный AC. Пусть S — середина CR. Тогда прямая DS делит периметр треугольника ABC пополам. По лемме она параллельна той же прямой, что и DN, поэтому совпадает с DN. 4.5. а) Будем вместо «гирька веса m г» писать просто «гирька m». Покрасим все гирьки на одной чашке в красный, а на другой — в синий цвет и выложим их в ряд по возрастанию весов. Этот ряд разбивается на отрезки подряд идущих гирек одного цвета. Пусть первый отрезок красный. Пары соседних гирек на стыках цветов назовём соответственно красно-синими и сине-красными. Достаточно найти непересекающиеся красносинюю и сине-красную пару: входящие в них гирьки каждого цвета в сумме, очевидно, весят одинаково. Разберём несколько случаев. 1) Есть некрайний отрезок, содержащий более одной гирьки. Искомые пары — на его стыках с соседними.

190

Решения задач

2) Есть не менее 5 отрезков. Тогда красно-синяя пара на стыке первого отрезка со вторым не пересекается с сине-красной парой на стыке четвёртого отрезка с пятым. Во всех остальных случаях равновесие невозможно. 3) Есть всего два отрезка. Тогда вес всех красных гирек k(k + 1)

(k — число гирек в первом отрезке) дол1 + 2 + ... + k = 2 жен равняться половине веса всех гирек, т. е. k(k + 1) = 50 · 101. Но это невозможно: 101 — простое число, а оба множителя в левой части меньше 101. 4) Есть всего три отрезка, причём средний состоит из одной гирьки. Эта единственная синяя гирька, очевидно, не уравновешивает остальные красные. 5) Есть всего четыре отрезка, причём оба средних состоят из одной гирьки. В этом случае вес всех красных гирек равен 1 + 2 + ... + k + (k + 2). Аналогично случаю 3)   k(k + 1) + (k + 2) = 50 · 101, 2 2

т. е. k(k + 3) = 5046 = 3 · 1682. Число 1682 не делится на 3, а k(k + 3) либо не делится на 3, либо делится на 9. Снова противоречие. б) При n = 20 мы можем на левую чашу положить гирьки от 1 до 14, а на правую — все остальные: 1 + ... + 14 = 15 + ... + 20 = 210.

Каждая гирька слева весит меньше любой гирьки справа, поэтому убрать по две гирьки, сохранив равновесие, нельзя. 4.6. Считая клетки единичными квадратами, оценим сверху периметр фигуры. Ясно, что фигуру можно построить, начав с любой клетки и приклеивая клетки поочерёдно по одной или нескольким сторонам. С каждой новой клеткой периметр либо увеличивается на 2 (если склейка происходит по одной стороне), либо не увеличивается. Приклеив к исходной 2n − 1 клетку, получим периметр не более 4 + 2(2n − 1) = 4n + 2. «Горизонтальная» и «вертикальная» часть периметра, очевидно, чётны, поэтому одна из них (пусть горизонтальная) не больше чем 2n. Тогда вертикальные линии сетки разрезают фигуру не более чем на n прямоугольников ширины 1 (на каждый прямоугольник уходит два единичных отрезка из «горизонтального» периметра).

XXI Турнир городов

191

Если этих прямоугольников меньше чем n, то разрежем один из них на два. Так будем действовать, пока прямоугольников не станет ровно n. 4.7. Заметим, что среднее значение плоского угла при каждой вершине многогранника меньше 120◦ (действительно, в каждой вершине сходится не меньше трёх углов, а их сумма меньше 360◦ ). По свойству средних среднее значение всех плоских углов многогранника тоже меньше 120◦ . Для каждого плоского угла рассмотрим смежный угол. Его среднее значение больше 60◦ . Сумма же всех этих внешних углов равна 10n · 360◦ . Следовательно, их количество меньше 60n. Предположим теперь, что при каждом k количество k-угольных граней не превосходит n. Расположим все грани в ряд по возрастанию числа сторон и разобьём этот ряд на группы по n штук. В первой группе все грани имеют не менее чем по 3 стороны, во второй — не менее чем по 4 и т. д. Поэтому количество (внешних) углов всех многоугольников не меньше 3n + 4n + 5n + ... + 12n = 75n. Противоречие. Мы доказали даже более сильное утверждение: найдётся более n граней с одинаковым числом сторон. Замечание. Практически дословно повторив рассуждения, можно доказать, что у выпуклого 7n-гранника найдётся более n граней с одинаковым числом сторон. 5.1. Решение 1. Пусть последовательные числа — это n и n + 1, а соседние чётные числа — это m и m + 2 (m > 0). Если m > n, то m(m + 2) > n(n + 1). Если же m < n, то m + 2 6 n + 1 и m(m + 2) < n(n + 1). Решение 2. Пусть m(m + 2) = n(n + 1). Тогда (m + 1)2 = m(m + 2) + 1 = n(n + 1) + 1 = n2 + n + 1. Но n2 < n2 + n + 1 < (n + 1)2 , т. е. n2 < (m + 1)2 < (n + 1)2 , откуда n < m + 1 < n + 1, что невозможно. Замечание. Эта задача — частный случай задачи 25.3.3. 5.2. Рассмотрим параллелограмм ADCE. Тогда K — точка пересечения его диагоналей. Заметим, что EC = AD = 2BC, т. е. B — середина отрезка EC. Так как AB и EK — медианы треугольника ACE, то, по извест1 3

ному свойству медиан, LK = EK.

192

Решения задач

SDAC = 2SBAC (у этих треугольников высоты равны, а основание первого вдвое больше основания второго). Значит, SBAC

E L

1 1 = SABCD = , 3 3

2 3

а SEAC = SDAC = . Далее,

C

B

K A

1 1 1 S = SEAC = , 3 EAK 6 9 2 = SBAC − SLAK = . 9

D

SLAK = SBCKL

5.3. а) Раскрасим вершины одного основания в таком порядке: красная, синяя, зелёная; красная, синяя, зелёная и т. д. Соответствующие вершины второго основания раскрасим в те же цвета. б) Пусть есть r рёбер, у которых один конец синий, другой — красный. Из каждой красной вершины выходит ровно одно такое ребро, поэтому красных вершин ровно r. Точно так же синих — ровно r, т. е. синих и красных вершин поровну. Аналогично, количество красных вершин равно количеству зелёных, т. е. трети количества вершин призмы (а их 2n). Поэтому 2n (а значит, и n) делится на 3. 5.4. Отметим четыре вершины куба, никакие две из которых не соединены ребром, и поместим в них четыре различных простых числа (например, 2, 3, 5, 7). В каждую из остальных вершин поместим произведение чисел, стоящих в отмеченных вершинах, соединённых с ней рёбрами (их ровно три). Легко видеть, что все требования выполнены. Идеология. Как догадаться до конструкции? Направим на каждом ребре стрелку от делимого к делителю. Не должно возникнуть маршрутов из пар стрелок в одном направлении — иначе число в начале маршрута разделится на число в его конце, а они не соседи. Значит, мы обязаны расставить стрелки так, чтобы на каждом маршруте направления чередовались. Такая расстановка стрелок есть на любом двудольном графе (куб — его частный случай): раскрасим вершины в чёрный и белый цвета и направим все стрелки в чёрные вершины. Теперь и вся конструкция легко обобщается: в чёрные вершины поместим различные простые числа, а в каждую белую — произведение чисел на концах выходящих из неё стрелок.

XXI Турнир городов

193

6.1. Решение 1. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Тогда 2SAOB = AO · BO · sin ∠AOB. Запишем аналогичные равенства для площадей остальных трёх треугольников и заметим, что синусы всех четырёх углов с вершиной O равны. Поэтому условие задачи приводит к равенству AO · BO + CO · DO = BO · CO + AO · DO. Перепишем его в виде (AO − CO)(BO − DO) = 0. Если первая скобка равна 0, то O — середина диагонали AC, если вторая — диагонали BD. Решение 2. Пусть середина K диагонали AC не совпадает с O. Площадь треугольника ABO отличается от площади треугольника CBO на 2SBOK (поскольку SABK = SCBK ), а площадь треугольника CDO от площади треугольника ADO на 2SDOK . Поэтому указанное в условии равенство возможно только в случае SBOK =SDOK , т. е. когда KO — медиана треугольника BKD. 6.2. К вершине большого куба прилегают три соседние грани «маленького» кубика, поэтому в сумме на этих гранях есть 6 точек. Значит, всего на поверхности большого куба — 48 точек. Но 48 не может быть суммой шести последовательных чисел: в такой сумме ровно три нечётных слагаемых, поэтому она нечётна. 6.3. После умножения обеих частей неравенства на знаменатель правой части и приведения подобных членов получим: (1k + 2k + ... + (n − 1)k )nk 6 (2k + 3k + ... + nk )(n − 1)k .

Таким образом, достаточно убедиться в справедливости неравенства (m − 1)k nk 6 mk (n − 1)k при m = 2, 3, ... , n. Это просто: (m − 1)k nk 6 mk (n − 1)k ⇔ (m − 1)n 6 m(n − 1) ⇔ m 6 n.

Замечание. Исходное неравенство нетрудно доказать и по индукции. 6.4. а) Например, положим a10n = 1 + 2−n (n > 0), a10n+1 = −1 (n > 0), а на остальные места последовательности {ak } поставим нули. Тогда среди любых десяти подряд идущих членов последовательности имеется восемь нулей, одна минус единица, и одно число, большее единицы. Значит, их сумма положительна. А сумма первых 10n + 1 членов равна −2−n . Идеология. Условие задачи на вид противоречивы, но «положительные» и «отрицательные» наборы всё же не совсем

194

Решения задач

совпадают. Попробуем на этом сыграть. Легко видеть, что числа a11 , a21 , a31 , ... , a10n+1 должны быть отрицательны, чтобы добавив их к сумме n «положительных» десятков, получить отрицательную сумму. Но и a1 < 0 — ведь сумма первых одиннадцати членов состоит из a1 и следующего за a1 положительного десятка. Более того, сумма первых 10n + 1 чисел состоит из a1 и следующих за ним n положительных десятков. Значит, прибавляя к a1 сколь угодно много положительных сумм мы должны умудриться не превзойти 0. Противоречие? Да нет, кто сказал, что мы обязаны прибавлять помногу? Будем прибавлять числа все меньшие и меньшие, но положительные. Пример конечной суммы из бесконечного числа положительных слагаемых дает убывающая геометрическая прогрессия. Итак, положим a1 = −1 и сделаем суммы следующих десятков 1

1 1

равными , , , ... 2 4 8 б) Рассмотрим произвольную последовательность {ak } целых чисел. Возьмём n > |a1 |. Если сумма любых десяти идущих подряд членов положительна, то она не меньше 1. Поэтому сумма a2 + a3 + ... + a10n+1 не меньше n. Значит, сумма 10n + 1 первых членов положительна, т. е. требуемой последовательности не существует. 7.1. Умножив обе части уравнения на (x + 1) − (x − 1) = 2,

получим (x + 1)22 − (x − 1)22 = 0.

Отсюда x + 1 = ±(x − 1), т. е. x = 0. 7.2. Пусть длины оснований трапеции равны m и n, где m < n. Продолжим боковые стороны до пересечения. m Как известно, отрезками, параллельными сторонам, треугольник можно разбить на n2 равных треугольничков, чьи n стороны в n раз меньше (см. рис.). Среди этих отрезков есть параллельный основанию трапеции отрезок, составленный из m сторон треугольничков. Этот отрезок и меньшее основание трапеции равны, параллельны и отсекают от большого треугольника равные (по стороне и двум углам) треугольники. Поэтому наш отрезок совпадает с основанием длины m, и трапеция тоже оказывается разбитой на равные треугольнички.

XXI Турнир городов

195

7.3. Пусть ABCD — прямоугольник, вершины B и D которого лежат на данной окружности Ω0 радиуса r. Применив известное свойство расстояний до вершин прямоугольника к её центру O, получим OC2 = OB2 + OD2 − OA2 = 2r2 − OA2 . Таким образом,√точка C принадлежит окружности Ω с центром O и радиусом 2r2 − OA2 . Мы показали, что искомое геометрическое место лежит на окружности Ω. Докажем, что оно совпадает с этой окружностью. Пусть C — произвольная точка окружности Ω. Рассмотрим окружность Ω1 с диаметром AC. Пусть B — одна из точек пересечения Ω1 с Ω0 . Угол ABC прямой (опирается на диаметр). Рассмотрим прямоугольник ABCD. OD2 = OA2 + OC2 − OB2 = r2 . Таким образом, D также лежит на окружности Ω0 и точка C принадлежит рассматриваемому геометрическому месту. 7.4. Вот стратегия Хапка, которая обеспечит ему не меньше 46 монет: брать каждый раз (пока это возможно) по 6 монет. В куче содержится 16 таких «полных» пригоршней и ещё 4 монеты. При такой стратегии Хапка (как бы ни действовал Глазок) имеются только две возможности: а) делёж закончится тем, что Глазок наберёт девять «полных» пригоршней, а оставшиеся 46 монет окажутся у Хапка; б) Глазок забирает себе не больше восьми «полных» пригоршней, значит, в какой-то момент Хапок получит восемь таких пригоршней; уже в этот момент у него будет не меньше 48 монет. Стратегия Глазка, которая обеспечит ему не менее 54 монет (это и означает, что Хапок не может гарантировать себе более 46 монет): те пригоршни, в которых меньше 6 монет («маленькие»), отдавать Хапку, а остальные («большие») брать себе. При такой стратегии Глазка (как бы ни действовал Хапок) также есть две возможности: а) Глазок заберёт себе девять «больших» пригоршней, т. е. у него будет не менее 54 монет; б) Хапок получит девять или менее (если делёж закончился «досрочно») «малых» пригоршней, т. е. не более 45 монет. Замечание. Приведённая нами стратегия Хапка не единственна. Например, годится и такая: восемь раз взять по пять монет, а затем брать по шесть.

196

Решения задач

7.5. Если поставить 16 коней на клетки, обозначенные на рисунке знаком «•», то все условия соблюдены. Предположим, что нам удалось расставить более 16 коней. Раскрасим доску в шахматном порядке (см. рис.), а коней — в цвет клеток, на которых они стоят. Так как каждый белый конь бьёт двух чёрных, а каждый чёрный — двух белых, то количество чёрных и белых коней одинаково (каждых не меньше девяти). Таким образом, свободно не более трёх белых и не более четырёх чёрных клеток. Поэтому на центральной клетке конь стоять не может (иначе из восьми битых им белых клеток шесть будут свободны). Так как свободно не более трёх белых клеток, то по крайней мере один белый конь стоит на клетке, соседней с центральной. Но оттуда он бьёт шесть чёрных клеток. Значит, четыре из них — пустые. Вместе с центральной мы получаем пять пустых чёрных клеток. Противоречие. 7.6. См. 8.6а. 8.1. Обозначим k = 2000. Из условия следует, что число k(m + kn) − (n + km) = (k2 − 1)n

делится на d. Заметим, что d и n взаимно просты. (Действительно, если бы они имели общий делитель q, то на q делилось бы и число m + kn, а значит, и число m. Это противоречит взаимной простоте m и n). Следовательно, k2 − 1 делится на d. Поэтому d 6 k2 − 1. Чтобы показать, что значение d = k2 − 1 достигается, нужно привести пример таких m и n, что d = k2 − 1. Возьмём m = 1, n = k2 − k − 1. Тогда оба числа m + kn = k3 − k2 − k + 1 = (k2 − 1)(k − 1)

и n + km = k2 − 1 делятся на k2 − 1. # – # – # – # – 8.2. Рассмотрим проекции M1 O1 и KN1 векторов MO и KN на хорду AC. Точка N1 — середина хорды KC, а точки M1 и O1 — середины хорд AK и AC, поэтому # – # – # – # – 1# – 1# – 1# – 1# – KN1 = KC, M1 O1 = AO1 − AM1 = AC − AK = KC. 2

# – # – Таким образом, M1 O1 = KN1 .

2

2

2

197

XXI Турнир городов

# – # – Аналогично докажем, что проекции векторов MO и KN на хорду BD также равны. Но вектор полностью определяется своими проекциями на две непараллельные прямые. Поэтому # – # – MO = KN. Ложный след. Большинство участников, решавших эту задачу, с помощью «счёта углов» доказывали, что OMKN — параллелограмм. Вот один из вариантов такого решения (см., например, [ММО]). Пусть L — середина отрезка KB (см. рис.). Тогда угол KML равен половине центрального угла BMK, опирающегося на дугу BK, а значит, равен вписанному углу BAK, опирающемуся на эту дугу. В свою очередь, ∠BAK = ∠BAC = ∠BDC (последние два угла опираются на дугу BC). Итак, ∠KML = ∠BDC. Поскольку ML⊥BD, то MK⊥CD. Но и ON⊥CD (линия центров двух окружностей перпендикулярна их общей хорде). Значит, ON k MK. Аналогично OM k KN. Следовательно, OMKN — параллелограмм и OM = KN. C B L M

K

N

O D

A

На первый взгляд это решение кажется простым и изящным. Но оно содержит серьёзные пробелы. Во-первых, неаккуратно обоснована перпендикулярность прямых KM и CD. Из равенства углов и перпендикулярности одной пары их сторон ещё не следует перпендикулярность другой пары сторон. Нужно ещё проверять. что углы «правильно» расположены. Например, угол BML также равен углу BDC, но BM и CD не перпендикулярны. Во-вторых, приведённые вычисления проходят только для случая острого угла BAK. Случай, когда этот угол тупой, следует разбирать отдельно: тогда угол KML не равен углу BDC, а дополняет его до 180◦ . Случай прямого угла BAK также

198

Решения задач

нуждается в отдельном рассмотрении: точки L и M совпадают. Впрочем, разбора случаев с углами можно избежать, используя ориентированные углы. В-третьих, если точки O, K, M, N лежат на одной прямой, то OMKN — не параллелограмм и мы не можем обосновать равенство OM = KN. Этот случай требует принципиально другого рассуждения, например, проектирования всех этих точек на прямую AC (см. [ММО]). Как мы видим, после закрывания всех дыр от изящества решения мало что остаётся. 8.3. Решение 1. Сопоставим каждой карте цифру: единицу, если она лежит рубашкой вверх, и двойку — если рубашкой вниз. Записав эти цифры слева направо, начиная с цифры, соответствующей верхней карте, мы получим некоторое натуральное число. При каждом переворачивании пачки карт это число уменьшается: двойка, соответствующая верхней карте в пачке, заменяется единицей, а цифры в более старших разрядах не меняются. Но натуральное число не может уменьшаться бесконечно, поэтому когда-нибудь переворачивания прекратятся. Это и значит, что все карты легли рубашкой вверх. Решение 2. Индукция по толщине колоды. База (колода из одной карты) очевидна. Шаг индукции. Пусть утверждение задачи доказано для колоды из n карт. Рассмотрим колоду из n + 1 карты. Если верхняя карта лежит рубашкой вверх, то она в переворачиваниях не участвует, и фактически все действия Петя производит с колодой из n карт. По предположению индукции в конце концов все карты лягут рубашкой вверх. Пусть верхняя карта лежит рубашкой вниз. Как только Петя её задействует, наверху окажется карта рубашкой вверх, что приводит нас к уже разобранному случаю. Если же Петя упорно не будет её трогать, то, по предположению индукции, в некоторый момент все оставшиеся карты лягут рубашкой вверх. Теперь Пете придётся перевернуть верхнюю карту, на чем процесс и закончится. 8.4. Пусть l1 , ... , ln — длины горизонтальных отрезков сетки внутри M, занумерованных сверху вниз. Эти отрезки разбивают M на два треугольника и несколько трапеций, высоты которых равны 1. Площадь S многоугольника M равна сумме

199

XXI Турнир городов

площадей этих частей, т. е. S=

ln−1 + ln l1 l +l l +l l + 1 2 + 2 3 + ... + + n = l1 + ... + ln . 2 2 2 2 2

Аналогичные вычисления показывают, что и сумма длин вертикальных отрезков сетки внутри M равна S. 8.5. Будем обозначать сумму цифр числа a через S(a). Предположим, что найдутся 22 последовательных числа a1 , ... , a22 , удовлетворяющие условиям задачи. Тогда числа S(a2 ), S(a12 ) и S(a22 ) чётны. С другой стороны, если предпоследняя цифра числа a2 не девятка, то S(a12 ) = S(a2 + 10) = S(a2 ) + 1. Противоречие. Если же предпоследняя цифра числа a2 девятка, то предпоследняя цифра числа a12 — ноль и S(a22 ) = S(a12 + 10) = S(a12 ) + 1. Снова противоречие. Предъявим пример из 21 числа. Пусть m = 5 · 7 · 8 · 11. Рассмотрим последовательные числа: 38 |9 ... {z 9} 89, m−2

38 9 | ... {z 9} 0, m−1

38 9 | ... {z 9} 1,

... ,

m−1

38 |9 ... {z 9}, m

39 |0 ... {z 0}, m

... ,

39 0 | ... {z 0} 9. m−1

Суммы цифр этих чисел равны 9m + 10, 9m + 2, 9m + 3, ... ... , 9m + 11, 12, ... , 21. Все условия выполнены. 8.6. Будем считать, что все клетки таблицы — единичные квадраты. Тогда площадь S всех клеток под диагональю равна числу партий в турнире и общему числу набранных очков. Закрасим в красный цвет клетки, содержащие единицы для неправильных партий. Заметим, что все красные клетки стоят под главной диагональю. Проведём горизонтальную среднюю линию таблицы (при нечётном числе участников клетки средней строки разделятся пополам; очки из этих клеток тоже разделим поровну между полуклетками). Ясно, что сумма очков в верхней половине не меньше, чем в нижней. Часть таблицы выше средней линии, но под диагональю назовём «осьмушкой», её площадь меньше

S (так как таблица 4

200

Решения задач

без клеток двух главных диагоналей легко режется на 8 «осьмушек»). Площадь красной области в верхней половине таблицы не S

больше площади «осьмушки», т. е. меньше . Площадь крас4 ной области в нижней половине таблицы не больше суммы S

очков из нижней половины, т. е. не больше . Поэтому пло2 щадь (а значит, и количество) красных клеток во всей таблице меньше

3S . 4

б) Рассмотрим турнир, в котором участвуют 2m2 шахматистов. Разобьём их на m групп по 2m человек в каждой и членов каждой группы занумеруем числами от 1 до 2m. Пусть внутри групп всегда побеждал шахматист с меньшим номером. Теперь зададим результаты партий между участниками из разных групп. Пусть партии между игроками с одинаковыми номерами, а также с номерами, отличающимися на m, закончились вничью; при разности номеров больше m выиграл участник с меньшим номером, а при разности меньше m выиграл участник с большим номером. Легко видеть, что каждый участник против игроков любой «чужой» группы набрал ровно m очков, так что расположение участников в итоговой таблице определяется результатами игр внутри групп, т. е. их номерами (чем меньше номер, тем выше место). Оценим количество правильных партий. Во-первых, это все 1

партии внутри групп, их общее число составляет менее m от общего числа партий турнира. Во-вторых, это партии, закончившиеся вничью: у каждого игрока (а значит, и во всём 1

турнире) они составляют менее m от общего числа партий. Втретьих, это правильные результативные (не ничейные) партии, сыгранные между шахматистами разных групп. Рассмотрим количество результативных правильных партий между шахматистами каких-то двух групп A и B. Участник с номером k 6 m выиграл m − k правильных партий (у шахматистов с номерами m + k + 1, ... , 2m). Участники с номерами, большими m, не выиграли ни одной правильной партии. Итого 2((m − 1) + (m − 2) + ... + 1)) = m(m − 1)

201

XXI Турнир городов 1

правильных партий, что составляет ровно от общего чис4 ла 2m(2m − 2) результативных партий между шахматистами этих групп. Поэтому общее количество «межгрупповых» результативных правильных партий составляет менее четверти общего числа партий в турнире. Итак, общее число правильных партий составляет менее 1 1 1 1 + + от общего числа всех партий турнира (но более , 4 m m 4

согласно п. а). Чем большее число m мы будем выбирать, тем ближе доля правильных партий будет к

1 . 4

XXII Турнир городов 1.1. Разобьём все клетки на 6 групп (в таблице слева клетки каждой группы обозначены своим значком). Каждая группа состоит из всех соседей какой-то одной клетки, поэтому сумма чисел в ней равна 1. Следовательно, сумма всех чисел равна 6. 1−a

1−b

*

+

*

+

a

b

#

*

+

&

0

@

#

&

$

1−b

0

0

b

#

@

1−a

$

&

b

a

1−b

1−a

0

a

Замечание. B условии подразумевается, что нужная таблица существует, поэтому пример таблицы в решении приводить не требуется. Дотошный читатель может убедиться, что такие таблицы не только существуют, но и исчерпываются указанными справа таблицами, где a и b — произвольные параметры. 1.2. Решение 1. Соединим вершину C с серединой K стороны AB (рис. 1), тогда AKCM — параллелограмм (стороны AK и MC равны и параллельны). Отсюда CK k AM, поэтому CK⊥BH и LK — средняя линия треугольника ABH (L — точка пересечения CK и BH). Таким образом, CL является как высотой, так и медианой треугольника BCH. Значит, этот треугольник равнобедренный. Решение 2. Продолжим AM до пересечения с прямой BC в точке G (рис. 2). Треугольники GCM и ADM равны по стоB

B

K

A H

A C

L

M

H C

M Рис. 1

D

G Рис. 2

D

XXII Турнир городов

203

роне (CM = DM) и двум прилежащим к ней углам. Поэтому BC = CG и HC — медиана прямоугольного треугольника BHG. Как известно, медиана прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, т. е. HC = BC. 1.3. а) Применим принцип крайнего: рассмотрим восемь наименьших чисел. Добавив к ним девятое число, мы увеличим среднее арифметическое. Таким образом, среднее арифметическое восьми наименьших чисел меньше среднего арифметического девяти наименьших чисел (и, тем более, среднего арифметического любых других девяти чисел). б) Рассмотрим наименьшие девять чисел. Заметим, что они равны. Действительно, в противном случае девятое по величине число больше среднего арифметического наименьших восьми чисел, и это среднее арифметическое (как и в пункте а) не может равняться среднему арифметическому никаких девяти чисел. Вычтем из всех чисел наименьшее. Для полученной системы чисел (где наименьшие девять чисел равны нулю) условия задачи также выполнены. Предположим, что не все полученные числа равны нулю. Разделим все числа на наибольший общий делитель всех 100 чисел. Условия задачи выполнены и для полученной системы чисел (наибольший общий делитель которых теперь равен 1). Докажем в противоречие с этим, что все числа делятся на 8. Рассмотрим любое отличное от нуля число a. Присоединив к нему семь нулей (семь первых чисел), получим групa пу чисел со средним арифметическим . По условию, най8 a b + ... + b9 дутся такие целые числа b1 , ... , b9 , что = 1 . Число 8 9

9a = 8(b1 + ... + b9 ) делится на 8. Значит, и a делится на 8. Замечание 1. В пункте б), предположив противное, мы, по существу, пытались построить минимальный контрпример, и выяснили, что его нет. Замечание 2. Утверждение б) верно для произвольных чисел — не обязательно целых: см. Д22.1.3. 1.4. См. 2.4. 2.1. Угол CKA измеряется полусуммой дуг AC и MB, угол MNL — полусуммой дуг AB и MB. Если четырёхугольник впи-

204

Решения задач

санный, то углы CKA и MNL равны. Следовательно, равны и дуги AB и AC, а значит, и стягивающие их хорды. 2.2. В противном случае число ad − bc делилось бы на собственный квадрат. 2.3. В прямой призме каждая боковая грань — прямоугольник, поэтому ϕ = 90◦ подходит. Допустим, ϕ 6= 90◦ . Пусть ϕ < 90◦ (если в параллелограммах равны тупые углы, то равны и острые). Проведём в плоскости основания через одну из вершин V прямые, параллельные каждому из рёбер основания. Каждая из этих прямых образует угол ϕ с выходящим из V боковым ребром r. Однако таких прямых в данной плоскости — не более двух (всевозможные прямые, проходящие через V под углом ϕ к r, образуют поверхность конуса. Она пересекает плоскость основания не более чем по двум прямым). Итак, для рёбер основания есть только два направления. Поэтому не менее трёх рёбер направлены одинаково. Два из них окажутся соседями. Противоречие. 2.4. а) При каждом взвешивании будем класть на весы все 32 монеты. Изначально у нас есть одна куча, в которой есть две фальшивые монеты. Сделаем из неё пару вдвое меньших куч и разложим их на разные чаши весов. Если фальшивки попали в разные кучи, то будет равновесие (и задача решена), а при неравновесии мы знаем, что обе фальшивки оказались в одной и той же куче. Снимем кучи с весов и удвоим их количество, разбив каждую старую кучу на пару новых. При следующем взвешивании будем класть половинки одной кучи на разные чаши. Снова при неравновесии мы знаем, что фальшивки оказались в одной куче. Так мы делаем 4 взвешивания: при первом на каждой чаше одна куча из 16 монет, при втором — две по 8 монет, при третьем — четыре по 4, при четвёртом — восемь по 2. По тому же принципу разложим монеты на чаши для пятого взвешивания, только проводить его не надо: на этот раз фальшивки наверняка на разных чашах, значит, должно наступить равновесие. Замечание. Знатоки могут сказать то же самое проще, используя двоичную кодировку. б) Решение 1. Как и в а), будем взвешивать каждый раз все монеты и перед каждым взвешиванием удваивать число куч, деля каждую старую на пару новых. Метод потребует лишь

XXII Турнир городов

205

небольшого уточнения. А именно, если в старой куче число монет нечётно (например, 11), то делим её «почти пополам»: так, чтобы число монет в «половинках» отличалось на единицу (11 = 5 + 6). При этом из первой нечётной кучи положим меньшую половинку на левую чашу, а большую — на правую, со второй нечётной кучей поступим наоборот и т. д. Поскольку число нечётных куч чётно, на чашах окажется поровну монет. В результате при первом взвешивании у нас будут на каждой чаше кучи по 11, при втором 5+6, при третьем 2+3+3+3, при четвёртом 1+1+1+2+1+2+1+2, в случае четырёх неравновесий обе фальшивки по-прежнему оказываются в одной куче, и после последнего взвешивания их можно будет гарантированно разложить по разным чашам. Решение 2. Отложив одну монету, разделим оставшиеся на три кучки по 7 монет. Легко видеть, что, где бы ни находились фальшивые монеты, две из этих трёх кучек будут одного веса, а третья — другого. Достаточно двух взвешиваний, чтобы определить, какие именно две кучки имеют одинаковый вес. Добавляя к третьей кучке оставшуюся монету, получаем кучку из 8 монет (она либо содержит обе фальшивые монеты, либо ни одной). Из а) ясно, как не более чем за два взвешивания разделить её на две кучки равного веса. 3.1. Наименьшее число во всей таблице, очевидно, было отмечено оба раза. По условию ни одно из чисел, стоящих с ним в одной строке (одном столбце), не было отмечено ни разу. Поэтому оба раза было также отмечено наименьшее число в таблице, полученной из данной вычёркиванием этих строки и столбца. И так далее. L B 3.2. Решение 1. Пусть окружность Ω радиуса 1 c центром O касается данных пряO мых в точках L и M и боковой K стороны AB треугольника ABC I в точке K (см. рис.). По условию вписанная в треугольник M H A C окружность с центром I касается стороны AB также в точке K, а основания AC — в его P середине H. Проведём прямую

206

Решения задач

OA до её пересечения с высотой BH треугольника ABC в точке P. AM=AK=AH, поэтому прямоугольные треугольники AMO и AHP равны. Следовательно, A — середина отрезка OP. AI⊥AO, поскольку биссектрисы смежных углов MAB и CAB перпендикулярны, а центр окружности лежит на биссектрисе угла между касательными, проведёнными к ней из одной точки. Аналогично OB⊥AO. Значит, AI k OB, т. е. AI — средняя линия треугольника BPO. Отсюда K — точка пересечения 1

1

медиан треугольника BPO, и IK = OK = . 2 2 Решение 2. Рассмотрим гоL мотетию с центром в точке K, переводящую Ω во вписанную окружность Ω1 треугольника ABC. При этом касательная LB к Ω перейдёт в параллельную ей касательную к Ω1 , т. е. в прямую AC. Следовательно, точка L переходит в точку M H, а точка B — в точку A. Но

B

K

A

H

C

1 1 MH = BL (MLBH, очевид2 2 1 но, прямоугольник), поэтому коэффициент гомотетии равен . 2 1 Значит, и радиус Ω1 равен . 2

AM = AK = AH, откуда AH =

Замечание. Хотя в обоих решениях удалось избежать явного упоминания подобных треугольников, оба решения по сути основаны именно на подобии. 3.3. Пусть M = НОК(a, b, c, d) = a + b + c + d. Достаточно доказать, что M делится на 3 или на 5. Можно считать, что a > b > c > d. Если все четыре числа равны, то M = a, что противоречит условию. Следовательно, число b + c + d меньше 3a и делится на a. Если b + c + d = 2a, то M = 3a кратно 3. Пусть b + c + d = a, M = 2a = 2(b + c + d). Тогда 2(c + d) делится на b. Если b = c = d, то a = 3b кратно 3. Если c + d < 2b, то 2(c + d) равно 3b, 2b или b, при этом M = 5b, 4b или 3b. В первом и последнем случаях M кратно 3 или 5. Остался случай a = 2b, c + d = b. При этом M = 4(c + d) делится на c, следовательно, 4d равно 4c, 3c, 2c или c. Во втором

XXII Турнир городов

207

случае d кратно 3, в остальных c = d, 2d или 4d. Соответственно, b = 2d, 3d или 5d. В последних двух случаях b кратно 3 или 5. Случай же a = 2b = 4c = 4d невозможен: снова НОК(a, b, c, d) = a. 3.4. Разобьём доску на 16 квадратиков 2 × 2. Ясно, что один из квадратиков — особый, в нём только одна чёрная клетка, а в остальных пятнадцати — по две клетки, причём в противоположных углах. Раскраска неособого квадратика однозначно продолжается на соседний (по стороне) неособый квадратик, и тем самым, на все неособые квадратики. Без особого квадратика получается шахматная (или противоположная ей по раскраске) доска с дыркой. Если дырка находится в левом верхнем (см. рис.) или правом нижнем углу шахматной доски, то закрасить в ней одну клетку чёрным можно тремя способами, а в остальных случаях — только двумя. Итак, из шахматной доски можно получить 16 · 2 + 2 = 34 раскраски, а из противоположной ей — столько же. 3.5. Решение 1. Остаток от деления числа 11 111 на 64 равен 39. Сумма весов всех выложенных гирь при делении на 64 даёт остаток 1 + 2 + ... + 32 = 63 (очевидно, первые 6 гирь были выложены). Поэтому остаток от деления на 64 общей массы, лежащей на весах, равен 38. Следовательно, остаток от деления на 32 массы, лежащей на каждой чаше, равен 19. Сумма 1 + 2 + ... + 16 меньше 32, поэтому общая масса тех из первых пяти гирь, которые лежат на левой чаше равна 19. Очевидно, это гири массой 1 г, 2 г и 16 г. Решение 2. Пусть равновесие наступило, когда на весы положена всего n + 1 гиря — некоторые на левую, некоторые на правую чашу весов: 11111 + 2b1 + 2b2 + ... + 2bk = 2a1 + 2a2 + ... + 2ap , причём k + p = n + 1 и среди чисел a1 , a2 , ... , ap , b1 , b2 , ... , bk встречаются по одному разу все числа от 1 до n + 1. Прибавив к обеим частям сумму 2b1 + 2b2 + ... + 2bk , получим 11111 + 2 · (2b1 + 2b2 + ... + 2bk ) = 2n+1 − 1,

208

Решения задач

или 5556 + 2b1 + 2b2 + ... + 2bk = 2n = 1 + 20 + 21 + ... + 2n−1 . Следовательно, 5555 = 2c1 + 2c2 + ... + 2cn−k , где c1 , c2 , ... , cn−k — целые числа от 0 до n − 1, отличные от чисел b1 , b2 , ... , bk . 5555 = 4096 + 1024 + 256 + 128 + 32 + 16 + 2 + 1 = = 212 + 210 + 28 + 27 + 25 + 24 + 21 + 20 (как известно, такое разложение по степеням двойки — единственно). Поскольку число 16 здесь есть, то среди чисел 2b1 , ... ... , 2bk его нет. Следовательно, оно среди чисел 2a1 , ... , 2ap , т. е. 16-граммовая гиря лежит на левой чаше весов. 3.6. Покажем, что школьников не менее 2000. Так как каждую задачу кто-то решил, то никто из школьников не мог решить пять задач. Если же кто-то решил ровно четыре задачи, то никто из школьников не мог решить пятую и шестую задачу вместе. Таким образом, имеется 1000 школьников, решивших пятую задачу и ещё 1000, решивших шестую. В этом случае у нас не менее 2001 старшеклассника. Наконец, если каждый школьник решил не более 3 задач, то число старшеклассников не меньше 6000 : 3 = 2000. Приведём пример, при котором школьников ровно 2000: 500 школьников решили задачи 1, 2 и 3; 500 — задачи 3, 4 и 5; 500 — задачи 1, 5 и 6 и ещё 500 — задачи 2, 4 и 6. Идеология. В примере задачи соответствуют рёбрам тетраэдра, а группы решивших — его граням. 3.7. В равенстве участвуют не меньше трёх чисел, поэтому больше 33 равенств быть не может. Покажем, как составить 33 равенства. 25 равенств: 49 + 51 = 100, 47 + 52 = 99, ... , 1 + 75 = 76. Остались чётные числа от 2 до 50. Ещё 5 равенств: 18 + 30 = 48, 14 + 32 = 46, ... , 2 + 38 = 40. Остались числа: 4, 8, 12, 16, 20, 22, 24, 26, 28, 50. Ещё 3 равенства: 4 + 12 = 16, 8 + 20 = 28, 24 + 26 = 50. 4.1. См. 3.3. 4.2. На одной грани куба не может лежать больше двух вершин многоугольника (в противном случае весь многоугольник лежал бы в этой грани). Поэтому многоугольник не может иметь больше 12 вершин.

XXII Турнир городов

209

Чтобы получить 12-угольник, вспомним, что существует сечение куба плоскостью, представляющее собой правильный шестиугольник. Это сечение проходит через середины шести рёбер куба (см. рис.). Действительно, «большие» диагонали сечения — отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер куба, очевидно, проходят через центр куба и, следовательно, лежат в одной плоскости. Правильность шестиугольника следует из симметрии картинки. Взяв на каждой из сторон правильного шестиугольника по √ две точки, делящих её в отношении 1 : 3 : 1, мы, как легко проверить, получим вершины правильного 12-угольника. 4.3. Пусть a = c : a. # – # – # – # – # – # – # – A1 B1 = A1 A + AB + BB1 = aCC2 + aB2 B + aBC = # – # – # – # –
+ a B2 B + BC + CC2 = aB2 C2 .

Замечание. Можно обойтись и без векторов, например, построить параллелограмм BADB1 и доказать подобие четырёхугольников BCC2 B2 и DAA1 B1 . Но на таком пути много технических трудностей. 4.4. а) Пусть n нечётно. Рассмотрим промежуток (b, +∞), где число b больше всех точек разрыва функции в левой части. 1

Функция an + x на этом промежутке строго убывает, функция an−1 +

1 an +

1 x

— строго возрастает, ... , функция в левой части данного равенства убывает. А функция в правой части возрастает. Противоречие. б) При n = 2 такое равенство невозможно. Действительно, функция a1 +

1

a2 +

1 x

дробно-линейная (со знаменателем a2 x + 1)

и прямая y = x пересекает её график не более чем в двух точках.

210

Решения задач

При n = 4 равенство уже возможно. Например, −1+

1

= −1 +

1

2+ −1 +

1 2+

1 x

1 2+

1

=

x −1 + 2x + 1

= −1 +

1 − 1 + (x + 1) = x. 2x + 1 2+ −x − 1

Идеология. Вот один из идейных способов построения указанного примера. Будем искать обратную к самой себе дробно1 линейную функцию f(x) = a + . Тогда f(f(x)) имеет нужb+

1 x

ный вид. Функция обратна сама себе, если её график симметричен относительно прямой y = x. Для дробно-линейной функции достаточно, чтобы относительно этой прямой были сим1 1 1 1 метричны её асимптоты: x = − и y = a + . Отсюда − = a + , b b b b т. е. b = −2a. 4.5. Пусть доска раскрашена в чёрный и белый цвета. Решение 1. Впишем в каждую белую клетку число 1, а в каждую чёрную — (−1). Пусть bi — сумма чисел, стоящих в i-й строке, cj — сумма чисел, стоящих в j-м столбце, aij — число, стоящее на пересечении этих строки и столбца. Легко проверить, что условие эквивалентно выполнению неравенств aij (bi + cj ) 6 0 при всех i и j. Действительно, разность между количествами белых и чёрных клеток, которые бьёт ладья с клетки (i, j), равна bi +cj −aij . Если, например, aij = 1, то bi + cj − 1 < 0 ⇔ bi + cj 6 0 ⇔ aij (bi + cj ) 6 0.

Тогда P PP PP P 2 P 2 0> aij (bi + cj) = aij bi + aij cj = bi + cj > 0. i,j

i

j

j

i

i

j

Значит, все суммы bi и cj равны нулю. Решение 2. Пусть на горизонтали Г белых клеток больше, чем чёрных. Отметим все вертикали, пересекающие Г по белой клетке. На каждой из них чёрных клеток больше половины. Допустим, на другой горизонтали Г′ не менее половины клеток — чёрные. Тогда какая-то отмеченная вертикаль пересекает Г′ по чёрной клетке, и ладья с этой клетки побьёт больше

211

XXII Турнир городов

чёрных — противоречие. Значит, на всех горизонталях белых клеток больше, поэтому белых клеток больше и на всей доске. Поставим теперь ладью на белую клетку. Больше чёрных она может побить только за счёт вертикали, т. е. на этой вертикали чёрных клеток больше. Рассуждая, как выше, получаем, что и чёрных клеток на всей доске больше, чем белых. Противоречие. 4.6. Докажем сначала лемму. Лемма. Если все квадраты прибиты гвоздём толщины 2r, то для периметра P и площади S чёрной фигуры выполнено неравенство Pr 6 2S. Доказательство леммы. Соединив центр гвоздя с вершинами фигуры, мы разобьём её на треугольники с основаниями на периметре и высотой не менее r. Поэтому удвоенная площадь всей фигуры не меньше произведения r на сумму оснований этих треугольников (а она равна P). 2 Далее опущены единицы измерения: см и см √ . а) Многоугольник лежит в круге радиуса 2, центр которого совпадает с центром гвоздя, поэтому его площадь S < 2p. По лемме P 6 40p. √ в) Разобьём плоскость на квадратные клетки со стороной 2 . Если центр чёрного квадрата лежит в некоторой клетке, 4

то квадрат накрывает эту клетку целиком. Пусть есть всего N клеток, покрытых чёрной фигурой целиком. Занумеруем их по порядку и разобьём все квадраты на группы: первая — те, что покрывают клетку 1, вторая — те из оставшихся, что покрывают клетку 2, и т. д. (некоторые группы могут оказаться пустыми). √Все квадраты одной группы можно прибить 2

гвоздём радиуса , а площадь составленной из них фигуры 8 меньше 2p, поэтому вклад каждой √ √ группы в периметр фигуры P меньше 16 2p. Значит, P < 16 2pN. А площадь фигуры не N

меньше площади целиком покрытых клеток: S > . Отсюда 8 √ P < 128 2p < 700. S б) Решение 1. S < 2p ⇒ P < 1400p < 50 м. Решение 2. Проведём окружность радиуса 0,44 с центром в общей точке. Эта окружность не достанет до двух наиболее удалённых от её центра сторон чёрного квадрата, и на ней есть

212

Решения задач

дуга 90◦ , чьи точки отстоят от границы квадрата более чем на 0,05. Отметим 4 точки окружности через 90◦ , одна из них попадёт на упомянутую дугу. Вобьём 4 гвоздя толщины 0,1 в отмеченные точки. В каждый чёрный квадрат хотя бы один из гвоздей попадёт целиком. Теперь все квадраты прибиты гвоздями толщины 0,1, не задевающими их границ. Периметр фигуры из квадратов, прибитых каждым гвоздём согласно а), не превосходит 40p, а общий периметр не превосходит их суммы, т. е. 160p. 5.1. Заметим, что число n = (n − 1) + 1 можно заменить на n − 1. Поэтому достаточно получить число большее 2001 (что нетрудно сделать), а потом отнимать от него по 1. Замечание. Приведём два коротких пути (их легче найти обратным ходом): 22 = 20 + 2 → 40 = 38 + 2 → 76 = 59 + 17 → 1003 = = 1001 + 2 → 2002 → 2001;

22 → 21 → 20 → 19 → 18 = 11 + 7 → 77 =

= 67 + 10 → 670 = 667 + 3 → 2001.

5.2. Решение 1. Пусть M — середина стороны AB, N — середина стороны BC треугольника ABC и MN — указанная средняя линия. Разберём два случая. 1) MN > AN. Тогда из треугольника MNA получаем, что ∠MAN > ∠AMN, откуда ∠AMN < 90◦ , а значит, ∠BAC = 180◦ − ∠AMN > 90◦ .

2) MN > BK, где K — середина AC. Тогда AK > BK, и из треугольника AKB получаем, что ∠ABK > ∠BAK. Аналогично ∠CBK > ∠BCK, откуда ∠ABC = ∠ABK + ∠CBK > ∠BAC + ∠BCA, т. е. угол ABC — тупой. Вариант. В случае 2 рассмотрим окружность с центром K и радиусом KA. Точка B лежит внутри окружности, поэтому угол B — тупой. Решение 2. Пусть указанная медиана выходит из вершины A. Достроим треугольник до параллелограмма ABDC. Диагональ AD — не является наибольшей (она меньше либо стороны, либо второй диагонали). Следовательно, угол A — тупой.

213

XXII Турнир городов

5.3. Пусть sk — средний вес сыра, проданного первым k по20 купателям. По условию 20 − ksk = 10sk , отсюда sk = кг, k + 10 200 а после k-го покупателя остаётся кг сыра. Так как поk + 10 лученная последовательность убывает, то продавщица может делать такое сообщение после каждого покупателя (не ограничиваясь первыми десятью). После 10-го покупателя осталась ровно половина сыра — 10 кг. Замечание. Эта задача является дискретным аналогом задачи 6.1. 5.4. а) Рассмотрим, например, прямоугольный треугольник, у которого один катет в 5 раз больше другого. Четыре таких треугольника, расположенных так, что их больший катет горизонтален, очевидно, не смогут накрыть пятый, у которого больший катет вертикален. б) Докажем, что любой треугольник можно накрыть даже тремя другими. Разобьём треугольник, который нужно накрыть, на три части, опустив перпендикуляры из центра треугольника на его стороны (см. рис.). Мы можем накрыть каждый из полученных четырёхугольников одним из данных треугольников, совместив центры вписанной окружности треугольника и описанной окружности четырёхугольника (как легко видеть, радиусы их равны). 5.5. Введём на доске «систему координат»: занумеруем горизонтали и вертикали числами от 1 до 15. Если ладьи не бьют друг друга, то в каждой горизонтали и в каждой вертикали находится ровно одна ладья, поэтому сумма координат всех ладей равна 2 · (1 + 2 + ... + 15), т. е. чётна. Когда ладья передвинута ходом коня, сумма её координат изменяется на 1 или на 3, т. е. меняет чётность. Так как количество ладей нечётно, после перестановки сумма координат всех ладей нечётна. Следовательно, некоторые ладьи бьют друг друга. 6.1. Пусть за t часов после начала движения автобус проехал s км. Тогда его средняя скорость на пройдённой части s маршрута равна . По условию, двигаясь с такой скоростью, t s автобус за час пройдёт 100 − s км, т. е. = 100 − s. Отсюда t

получаем, что автобус должен двигаться по закону s =

100t . 1+t

214

Решения задач

100t строго возрастает. 1+t 2 Поэтому движение по такому закону возможно. При t = 5 3

Легко проверить, что функция s =

получаем s = 85. 6.2. Решение 1. По условию 10n−1 6 a < 10n , следовательно, 3n−3 10 6 a3 < 103n . В записи чисел 103n−3 и 103n соответственно 3n − 2 и 3n + 1 цифр, поэтому 3n − 2 6 m < 3n + 1, откуда 4n − 2 6 n + m < 4n + 1. Таким образом, n + m не может давать остаток 1 при делении на 4, в частности, не может равняться 2001. Решение 2. Ясно, что сумма n + m не убывает с ростом a. Число 10500 — наименьшее 501-значное число, его куб 101500 — наименьшее 1501-значное число. Для этого числа n + m = 2002. Если же уменьшить число 10500 на единицу, то мы получим 500-значное число 10500 − 1, куб которого имеет не более 1500 знаков, т. е. n + m 6 2000. Таким образом, промежуточное значение n + m = 2001 не реализуется ни для какого натурального a. 6.3. Решение 1. Продолжим AY за точку Y на отрезок YD = YB. Треугольники ABY и CDY равны по двум сторонам и углу между ними. Отсюда CD = AB = CZ, т. е. треугольник DCZ — равнобедренный. Значит, ∠DZC = ∠D = ∠B, поэтому четырёхугольник BXZY — вписанный. Идеология. Дополнительное построение идёт от желания использовать равенство AB = ZC. Естественно свести равные отрезки в равнобедренный треугольник. Отложим CD = AB так, чтобы точка D попала на прямую AY. Нетрудно заметить, что ABDC — равнобедренная трапеция. В частности, YB = YD. Вот с этого равенства и начнём... Решение 2. По теореме синусов из треугольников ABY и YZC получим sin ∠AYB sin ∠B = , AY AB

sin ∠ZYC sin ∠YZC = . CZ CY

Так как AB = CZ, AY = CY и sin ∠AYB = sin ∠ZYC (эти углы в сумме дают 180◦ ), то sin ∠B = sin ∠YZC = sin ∠YZX. Поскольку углы YZX и B не равны (∠YZX > ∠AXC > ∠B), то ∠YZX + ∠B = 180◦ , и значит, четырёхугольник BXZY — вписанный.

XXII Турнир городов

215

6.4. Разобьём доску на 50 прямоугольников 3 × 2. Пусть первый каждым ходом ставит доминошку в середину одной из свободных частей до тех пор, пока это возможно. Каждая доминошка второго целиком лежит в одной из частей, поэтому первый сделает по этой стратегии не менее 25 ходов. После того как в каждой части стоит по крайней мере по одной доминошке, первый может ещё сделать не менее 50 ходов в тех частях, где стоят его доминошки. Второй же сможет сделать не более 25 ходов — в тех частях, где стоят его доминошки (в те части, где стоят доминошки первого, второй пойти не может). 6.5. Разобьём каждую грань тетраэдра средними линиями на четыре равносторонних треугольника. Назовём кульком объединение трёх таких треугольников, прилегающих к одной вершине тетраэдра. Теперь поверхность тетраэдра разбита на 8 частей: 4 кулька и 4 оставшихся треугольника. Так как отмеченных точек больше восьми, то по крайней мере две из них попадут в одну часть. Очевидно, что расстояние между этими точками не превышает 1/2. 7.1. Пусть, например, страна состоит из двух регионов: столичный округ и провинция. В столичном округе работает 1 млн чел., и зарплата каждого равна 81 доллар в час. В провинции работает 9 млн человек, и зарплата каждого — 1 доллар в час. 7.2. Рассмотрим ситуацию после первого «хода». Если мы объединили все кучки, то процесс на этом закончится. В остальных случаях получатся две кучки: либо по 100 и 5 камней, либо по 56 и 49 камней, либо по 54 и 51 камней. Во всех случаях количество камней в кучках будет иметь нечётный общий делитель (в первом случае 5, во втором — 7, в третьем — 3). Как бы мы ни поступали дальше, количество камней в каждой получающейся кучке будет делиться на это число (например, сумма чисел, кратных 5, кратна 5, и половина чётного числа, кратного 5, кратна 5). Поэтому не удастся получить ни одной кучки из одного камня. 7.3. Из закона отражения следует, что прямые BM и CM являются биссектрисами внешних углов треугольника ABC. Следовательно, точка M их пересечения лежит на биссектрисе угла BAC.

216

Решения задач

Перпендикуляры, восставленные из точек B и C соответственно к прямым MB и MC, являются биссектрисами углов ABC и ACB и, значит, пересекаются с биссектрисой AM третьего угла треугольника ABC в одной точке I. При этом отрезок MI является диаметром окружности, описанной вокруг четырёхугольника MBIC. Концы этого отрезка, а значит, и его середина, лежат на прямой MA. Замечание. Ср. с реш. 28.1.4. 7.4. Рассмотрим ту из стёртых диагоналей, которая отсекала наименьшее число вершин. Внутри отсечённого ею многоугольника диагоналей не проводилось, значит, отсечён треугольник, и у вершины против диагонали написана единица. Таким образом, рассмотренная диагональ восстанавливается. Отрезав соответствующий треугольник и уменьшив на единицу числа, стоящие в концах этой диагонали, получим многоугольник с меньшим числом сторон. У одной из его вершин снова стоит единица, что позволяет продолжить процесс: восстановить ещё одну диагональ, и т. д. Замечание. То, что есть вершина с единицей, можно доказать и так: у n-угольника n сторон, а разбит он на n − 2 треугольника 1, поэтому по крайней мере два треугольника содержат по две стороны многоугольника. 7.5. Назовём расположение фишек разноцветным (одноцветным) если фишки стоят на полях разного (одного) цвета. Ясно, что после каждого хода тип расположения меняется (одноцветное становится разноцветным или наоборот). Подсчитаем количество расположений каждого типа. При каждом из 64 возможных положений чёрной фишки у нас есть 32 положения белой фишки, при которых расположение разноцветное, и 31 — при которых расположение одноцветное. Таким образом, всего имеется 64 · 32 разноцветных расположения и 64 · 31 одноцветных, что на 64 меньше, чем разноцветных. Поэтому к тому моменту, когда встретятся по одному разу все разноцветные расположения, некоторые одноцветные расположения вынуждены будут повториться. Решение 2 п. а). Предположим, что все расположения встретились по одному разу. Рассмотрим клетку A, которая была 1

См. Разбиение на треугольники диагоналями.

217

XXII Турнир городов

свободной в начальный и конечный момент. Существуют ровно 63 расположения (назовём их особыми), в которых белая фишка стоит на этой клетке, а чёрная — на любой из оставшихся. С другой стороны, при обходе все особые расположения встречались попарно (такое расположение возникало, когда белая фишка становилась на клетку A, и оставалось таким после следующего хода чёрной фишки). Значит, их количество чётно. Противоречие. 7.6. Пусть O, OA , OB и OC — ортоцентры соответственно треугольников ABC, AB1 C1 , BA1 C1 и CA1 B1 . Тогда OA1 OB C1 — параллелограмм, поскольку A1 OB k OC1 (обе эти прямые перпендикулярны к прямой AB) и C1 OB k OA1. Аналогично OB1 OA C1 — параллелограмм. Поэтому A1 OB k OC1 k B1 OA и A1 OB = OC1 = = B1 OA . Значит, и A1 OB OA B1 — параллелограмм. Таким образом, A1 B1 = OB OA . Аналогично A1 C1 = OC OA и B1 C1 = OC OB , и треугольники A1 B1 C1 и OA OB OC равны по трём сторонам. 7.7. в) Покажем, как угадать число за 22 вопроса. Запишем двузначные числа в таблицу 9 × 10 так, что первая цифра — номер строки, а вторая — номер столбца (см. рис.). Гриша должен последовательно называть числа, отмеченные в таблице номерами (номером 1 отмечено число 22, номером 2 — 34 и т. д.) до тех пор, пока не услышит ответ «тепло». Заметим, что если на вопрос «34» Лёша ответит «холодно», то мы точно знаем, что искомого числа нет в кресте с центром 34 (на рис. крест № 2). Поэтому если на первые 15 вопросов Лёша ответит «холодно», а на 16-й — «тепло», то Гриша будет точно знать, что загадано 0

1

2

1 20

3 22

7

8

12

9 21 13

2 8

3 7

5

4

6 19

6 9

8 15 9

6

11

3 23

7

5

1

2 4

4

5

16

10 18

14

17

218

Решения задач

одно из чисел 79, 69, 89 (78 не может быть, так как на 5-м шаге на вопрос «77» был ответ «холодно»). Это объясняет происхождение «неполноценных» крестов на рисунке. Допустим теперь, что на очередном шаге мы услышали ответ «тепло». Тогда мы знаем, в каком именно кресте находится загаданное число. Если, например, это случилось на 5-м шаге, то мы сможем угадать его за три вопроса («76», «67», «78»). Если же наше число попало в «неполноценный» крест, то мы обойдёмся меньшим числом вопросов. Пусть Гриша услышал ответ «тепло» первый раз на n-м вопросе. Если n 6 19, то ещё за три (или два) вопроса мы точно узнаем число; если n = 20, то мы узнаем число ещё за два вопроса; при n = 21 — за один вопрос, а при n = 22 это число 13. Если же на все вопросы Лёша ответил «холодно», то задуманное число — 30. а) Докажем, что за 18 вопросов нельзя гарантированно угадать число. Так как один вопрос — это один крест, достаточно доказать, что любые 18 крестов оставят в таблице минимум две непокрытые клетки. Действительно, тогда получив на 18 вопросов ответ «холодно», Гриша не сможет определить, какая из непокрытых клеток загадана. Допустим, что осталось максимум одна непокрытая клетка. Тогда есть три «неполноценных» креста, покрывающие угловые клетки, и общее число покрытых клеток не превосходит 5 · 18 − 3 = 87. Противоречие. 8.1. Например,   1 2001 1 + . P(x) = x − 2

2

Идеология. Откуда взялся пример? Серединой отрезка с концами в точках (x, P(x)) и (1 − x, P(1 − x)) является точка  x + (1 − x) P(x) + P(1 − x)    1 1 , = , , 2

2

2 2

т. е.график  многочлена P(x) симметричен относительно точ1 1 , . Поэтому его можно получить из графика любого 2 2   1 1 нечётного многочлена 2001-й степени сдвигом на , . 2 2

ки

8.2. Пусть a1 > a2 > a3 > ... > an — числа двоек, полученных отдельными учениками. Из условия следует, что в группе из

219

XXII Турнир городов

5 человек главный двоечник получил двоек минимум вчетверо больше остальных, т. е. ak > 4(ak+1 + ak+2 + ak+3 + ak+4 ).

(*)

А утверждение задачи равносильно тому, что самый главный двоечник получил двоек втрое больше остальных вместе взятых. Решение 1. Из неравенства (*) следует, что ak > 3(ak+1 + ak+2 + ak+3 + ak+4 ) + ak+1 . Отсюда a1 > 3(a2 + ... + a5 ) + a2 > 3(a2 + ... + a5 ) + 3(a3 + ... + a6 ) + a3 > > 3(a2 + ... + a6 ) + a3 > 3(a2 + ... + a7 ) + a4 > ... ... > 3(a2 + ... + an ) + an−3 > 3(a2 + ... + an ). Решение 2. ak > 4(ak+1 + ak+2 + ak+3 + ak+4 ) > 16ak+4 . Отсюда a2 + a3 + ... + an = (a2 + a3 + a4 + a5 ) + (a6 + a7 + a8 + a9 ) + ... 6   1 16 1 + 2 + ... = (a2 + a3 + a4 + a5 ) 6 6 (a2 + a3 + a4 + a5 ) 1 + 16

15

16

6

4 1 a < a1 . 15 1 3

8.3. См. 7.6. 8.4. Предположим противное. Рассмотрим наименьшее l, при котором сумма l левых столбцов A превзошла аналогичную сумму B. Тогда в l-м столбце число нулей в A (обозначим его k) меньше, чем в B. Разрежем каждую из таблиц двумя перпендикулярными прямыми на 4 прямоугольные части (угла), отделив l столбцов слева и k строк сверху (см. рис. для таблицы A, где «зона единиц» показана тёмным). Сравним

A>B A>B

A>B

l

k

220

Решения задач

суммы в углах. В левых верхних углах обеих таблиц единиц, очевидно, нет. Поэтому сумма в левом нижнем углу равна сумме в l левых столбцах, и у A она больше по построению. Аналогично сумма в правом верхнем углу равна сумме в k верхних строках, и у A она не меньше по условию. Наконец, правый нижний угол A целиком заполнен единицами, поэтому сумма там не меньше. В итоге в A единиц оказывается больше, чем в B. Противоречие. Идея другого решения. Заменим в таблицах единицы кубиками (а нули — пустотами). По условию кубики образуют ступенчатую стенку (ступени идут из левого нижнего угла в правый верхний. Если в верхнем слое стенки A кубиков больше, чем в B, сдвинем крайний левый кубик этого слоя влево, пока он не упадёт вниз (см. рис.). Нетрудно проверить, что при этом условие на суммы чисел в верхних строках не нарушается. 0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

Так будем поступать до тех пор, пока верхний слой стенки A не сравняется с верхним слоем стенки B. Затем возьмёмся за второй слой и т. д. В конце концов A превратится в B. Но на каждом шаге количество кубиков в левых l столбцах A не уменьшалось. Для знатоков. Ясно, что «ступенчатые стенки» — это повёрнутые на 180◦ диаграммы Юнга. Обозначим через CT диаграмму, полученную из C переворотом. Мы доказали, фактически, следующий факт: если в диаграммах Юнга A и B квадратиков поровну, и B мажорирует A, то AT мажорирует BT . Ложный след 1.

Возьмём произвольное l, и пусть m — номер него нуля в l-м столбце. Проведём горизонтальную и вертикальную разграничивающие таблицу на четыре части (см. рис.). Слева отгорожено l столбцов, сверху — m строк. Тогда часть P как в A, так и в B состоит из одних нулей, S — из одних единиц. Согласно условию, в таблице A часть Q содержит не меньше единиц, чем в B. Поэтому часть B содержит не больше единиц. 1

См. [Толпыго].

последлинии,

P Q R S

221

XXII Турнир городов

На самом деле далеко не для каждого l можно разбить таблицу так, чтобы выделенная курсивом фраза была верной. Вообще, m в приведённом «решении» определено нечётко: ведь номер последнего нуля в A и B может быть не одинаков! Если m равно минимуму этих номеров, то в P могут быть единицы, а если максимуму — то в S могут быть нули. 8.5. Решение 1. Пусть ni — число очков i-го игрока, а Ri — разность между суммой очков игроков, у которых i-й игрок выиграл, и суммой очков тех, кому он проиграл (Ri = 0, если все партии i-го игрока — ничьи). Эту разность можно представить как алгебраическую сумму, куда nj входит с плюсом, если i-й игрок выиграл у j-го, и с минусом, если проиграл. Заметим, что сумма всех произведений ni Ri равна нулю (действительно, произведение ni nj возникает в этой сумме дважды: как часть суммы ni Ri и как часть nj Rj , причём с противоположными знаками). Так как все числа ni неотрицательны и не все равны нулю, то либо все Ri — нули, либо среди них есть числа разных знаков. Таким образом, все эти числа не могут быть положительны (это отрицательный ответ на вопрос пункта а)), а также отрицательны (отрицательный ответ на вопрос пункта б)). P Решение 2 п. а). Достаточно доказать, что Ri 6 0. Пусть i

s — среднее число набранных очков (такое число очков будет у игрока, завершившего все партии вничью). Пусть i-й игрок выиграл на di партий больше, чем проиграл (di может быть d

и отрицательным). Тогда он набрал ni = s + i очков. Далее, ni P 2 входит в сумму Ri с коэффициентом −di , поэтому i

P i

Ri = −

P

d i ni =

i

=−

P i

  P 1P 2 d 1P 2 di s + i = −s di − di = 0 − di 6 0 2

i

2

i

P P ( di = 2 (ni − s), очевидно, равна нулю). i

2

i

i

8.6. (Лев Радзивиловский). Опишем построение расположения произвольного (конечного) количества выпуклых многогранников, удовлетворяющих условию.

222

Решения задач

Идея построения. Построим специальным образом несколько вертикальных плоскостей. В каждой плоскости выберем выпуклый многоугольник так, чтобы каждая пара многоугольников имела ровно одну общую точку. «Раздуем» многоугольники до выпуклых многогранников. Схема построения. Построим несколько вертикальных пересекающихся плоскостей pi . Построим в каждой из них по выпуклому многоугольнику Mi так, чтобы а) верхняя граница каждого многоугольника состояла из одного горизонтального ребра и её вертикальная проекция совпадала с проекцией всего многоугольника; б) высоты hi верхних границ возрастали с возрастанием номера; в) при движении по нижней границе многоугольника «вправо» (т. е. с увеличением абсциссы) точка поднималась вверх; г) для каждой пары многоугольников их единственная общая точка лежала на верхней границе многоугольника с меньшим номером и на нижней границе многоугольника с бoльшим ´ номером. Детальное построение. Рассмотрим в горизонтальной плоскости z = 0 прямые li : y = i(x − i), i = 1, 2, ... , n. Заметим, что прямые li и lj (i < j) пересекаются в точке Aij (i + j, ij). Эти точки различны, и для каждого i абсциссы точек A1i , A2i , ... , Ai−1,i , Ai,i+1 , ... , Ain строго возрастают 1. Пусть pi — вертикальная плоскость, содержащая прямую li . Для каждого i < n поднимем точки Ai,i+1 , ... , Ain на одинаковую высоту hi . Полученные точки обозначим Bi,i+1 , ... , Bin . Высоты подберём так, чтобы для каждого i > 2 ломаные B1i B2i ... Bi−1,i Bin были выпуклыми вниз (для этого нужно лишь, чтобы hi было достаточно велико по сравнению с hi−1 ) 2. Построим ещё для каждого i (1 < i < n) точку Ci над A1i на высоте hi . 1

Важно именно это свойство. Конкретный выбор прямых сделан только для удобства дальнейшего изложения. 2 Нетрудно убедиться, что для выбранных нами точек подойдёт h = ni−1 , i поскольку n больше отношения длин любых отрезков одной прямой с концами в точках Aij .

XXII Турнир городов

223

Многоугольники M3 = C3 B13 B23 B3n , M4 = C4 B14 B24 B34 B4n , .............................................. Mn−1 = Cn−1 B1,n−1 B2,n−1 ... Bn−2,n−1 Bn−1,n выпуклы (на рис. 1 изображён многоугольник M4 для n = 7). B45 B46 B47

C4

B34 B14

B24 Рис. 1

Плоскости pi и pj (i < j) пересекаются по вертикальной прямой mij , проходящей через точку Bij . При этом точки многоугольника Mi расположены не выше точки Bij , а Mj содержит только отрезок прямой mij , находящийся выше точки Bij . Поэтому Bij — единственная общая точка Mi и Mj . Как видим, многоугольники Mi удовлетворяют всем свойствам, описанным в схеме построения. Осталось построить многогранники-пирамиды с основаниями Mi (2 < i < n). Сделаем вершинами пирамид середины Di отрезков Ci−1 Ci . Точка Di лежит правее всех плоскостей с меньшим номером и левее остальных, а её высота больше hi−1 и меньше hi . Покажем, что пирамиды Pi с вершинами Di и основаниями Mi удовлетворяют условию задачи. Пусть i < j. Через общую точку Bij многоугольников Mi и Mj проведём вертикальную прямую. Она разобьёт Mj на две части — левую Q′ и правую R′ (см. рис. 2). Как видим, правая часть находится над плоскостью z = hi , касаясь её в точке Bij . Соответственно и пирамида Pj разобьётся на две пирамиды: «левую» Q′ и «правую» R′ (см. рис. 3). Пирамида Q отделена от Pi вертикальной плоскостью pi : за исключением общей точки, все вершины Q правее, а вершины пирамиды Pi — левее этой плоскости (на рис. 3 проекции Pi и Q находятся по разные сто-

224

Решения задач

роны от прямой li ). R отделена от Pi горизонтальной плоскостью на высоте hi : за исключением общей точки, все вершины R выше, а вершины Pi — ниже или на этой плоскости. Таким образом, пирамиды Pi и Pj имеют единственную общую точку. R′ Bij

Q′

Mi z=hi Рис. 2

lj Di R

Pi

Dj

li

Q

Рис. 3

8.7. a) Текущее состояние описанной системы определяется количеством шариков в каждой коробочке и указанием коробочки, с которой нужно начинать раскладывать шарики в следующий раз. Поэтому возможных состояний конечное число. Зная состояние системы в настоящий момент, можно однозначно определить состояния в следующий момент и восстановить состояние в предыдущий момент (действительно, начнём брать шарики по одному против часовой стрелки, а когда наконец дойдём до пустой коробочки, положим их все туда). По теореме о зацикливании и возвращении начальное расположение повторится. б) Заметим, что если ход ведёт из состояния A в состояние B (здесь состояние определяется только количеством шариков в каждой коробочке), то, согласно пункту а), мы можем (за

XXII Турнир городов

225

несколько ходов) вернуться из B а A. Если мы можем попасть из состояния A в состояние C за несколько ходов, то мы можем вернуться из C в A, «откатывая» ходы по одному. Теперь понятно, что если мы научимся попадать из любого состояния в некоторое фиксированное состояние («столицу»), то сможем «путешествовать» между любыми состояниями, «проезжая» через столицу. Объявим «столицей» состояние, когда все шарики собраны в фиксированной коробочке m. Вот как туда попасть. Будем при каждой операции брать шарики из ближайшей (против часовой стрелки) к m непустой коробочки. Тогда либо число шариков в m увеличится, либо ближайшая к m непустая коробочка станет ещё ближе. Рано или поздно все шарики соберутся в m.

XXIII Турнир городов 1.1. Пусть O — точка пересечения боковых сторон трапеции, а L — точка пересечения прямой l со стороной CD. По теореме Фалеса OL : OC = OA : OK; OC : OD = OB : OA. Перемножая равенства, получаем OL : OD = OB : OK. По теореме, обратной к теореме Фалеса, BL k KD, т. е. точка L лежит на прямой m. Замечание для знатоков. Здесь фактически доказан один из вырожденных случаев теоремы Паппа. 1.2. У Славы получилось число n!, а у Валеры — число 2 · 4 · 6 · ... · (2m) = 2m · m!. Предположив, что они равны и разделив на m!, получим 2m = (m + 1)(m + 2) · ... · n. Все множители в правой части больше единицы. Но среди первых двух множителей один нечётный, что невозможно. Следовательно, произведение сводится к одному множителю: 2m = m + 1. Но 2m = (2m−1 + 2m−2 + ... + 2 + 1) + 1 > > (1 + 1 + ... + 1 + 1) + 1 = m + 1. Противоречие. 1.3. Сначала Коля взвешивает по две монеты. Рассмотрим 2 случая. 1) Весы в равновесии. Тогда Коля может сравнить веса двух монет, лежащих (при первом взвешивании) на одной чашке. Если их веса равны, то равны веса всех монет, фальшивых либо 0, либо 4. Если же веса не равны, то ровно одна из них фальшивая. Но тогда и на другой чашке ровно одна фальшивая, фальшивых монет ровно две. 2) Веса чашек не равны. Тогда фальшивых монет либо одна, либо две (в этом случае они лежат на одной чашке), либо три. Коля может взять по монете с каждой чашки и поменять их местами. Если фальшивых монет две, весы уравновесятся, в противном случае — не уравновесятся. В любом случае проверка удастся. 1.4. После столкновения шарики разлетаются с той же скоростью, поэтому ситуация не изменится, если мы разрешим

XXIII Турнир городов

227

шарикам при столкновении проскакивать друг сквозь друга, сохраняя скорость. Тогда каждый шарик, катящийся «справа», встретит по одному разу каждый из шариков, катящихся «слева», т. е. встреч будет 25. 1.5. Приведём контрпример. В равнобедренном треугольнике ABC с углами A, B и C, равными соответственно 72◦ , 36◦ и 72◦ , проведём биссектрису AD. Четвёрка точек A, B, C и D даёт искомый контрпример: она — несимметрична, но любые три из этих точек лежат либо в вершинах равнобедренного треугольника, либо на одной прямой. 2.1. Обозначим наш пятиугольник ABCDE. В треугольнике ABD длина медианы, проведённой из вершины D, равна длине высоты, опущенной из этой же вершины. Значит, они совпадают, и треугольник равнобедренный (AD = BD). Аналогично доказывается равенство всех диагоналей пятиугольника. Треугольники ADB и CAD равны, как равнобедренные с равными боковыми сторонами и равными высотами, проведёнными к основанию. Поэтому AB = CD. Так же доказывается равенство всех сторон пятиугольника. Равенство его углов следует из равенства (по трём сторонам) треугольников ABC, BCD, CDE, EDA и EAB. 2.2. Обозначим через Pn количество простых чисел среди тысячи последовательных чисел от n до n + 999 и проследим за изменением дискретной величины Pn в процессе роста n. Заметим, что Pn+1 отличается от Pn не более чем на единицу — величина дискретно непрерывна! Но P1 > 5, a P1001!+2 = 0 < 5, поэтому при изменении n от 1 до 1001! + 2 значение Pn при каком-то n будет равно 5. 2.3. См. 1.4. 2.4. На рисунке вы видите контрпример: центр квадрата не может попасть в выпуклое множество, содержащее ровно одну шоколадку, так как из него ни одна из шоколадок не видна полностью (часть её «закрыта» другой шоколадкой). 2.5. Обозначим ладьи теми же буквами A, B, C. Пусть в какой-то момент ладьи находятся (как в начале) в вершинах прямоугольного треугольника (с катетами, параллельными краям доски), причём A — в вершине прямого угла. Легко видеть, что

228

Решения задач

ладья A не может сделать ход, а ладья B может либо сдвинуться (в пределах доски) вдоль луча AB, либо переместиться в вершину D прямоугольника ABDC. Аналогично может пойти ладья C. В любом случае после следующего хода ладьи снова будут стоять в вершинах прямоугольного треугольника, причём ориентация треугольника ABC не изменится. Следовательно, она не изменится никогда. Однако же у предложенного треугольника в конце пути — противоположная ориентация. 3.1. Пример 1. Пусть ai = 2100 − 2100−i. Тогда НОД(ai , ai+1 ) = (2100−i , 299−i ) = 299−i .

Пример 2. ai = pi pi+1 qi , где p1 > p2 > ... > p101 — простые числа, а простые числа qi выбираются так, что q1 > p1 , qi+1 > pi qi . Идеология примера 1. Здесь помогает постепенное конструирование с помощью ослабления условий. Если бы в условии цепочки неравенств шли в одну и ту же сторону, то это вообще «не задача»: годится, скажем, последовательность степеней двойки. Если вернуться к исходному условию, но разрешить числам быть отрицательными, то можно получить пример из предыдущего, просто сменив все знаки. Ну и наконец, избавиться от отрицательных чисел можно, просто прибавив ко всем числам их общее кратное — НОД от этого не изменятся! 3.2. Пусть среди дуг, на которые разделена окружность, имеется k дуг длины a, l дуг длины b и m дуг длины c. Дуги, на которые разбивают окружность красные точки, могут иметь длины a + b, a + c и b + c. Обозначим их количества через x, y и z. Тогда, очевидно, выполняются равенства x + y = k, x + z = l, y + z = m. Решив эту систему, получим выражения для x, y и z через k, l и m. Те же самые значения мы получим и для многоугольника с вершинами в синих точках. Поскольку равные дуги стягиваются равными хордами, наборы длин сторон «красного» и «синего» многоугольников равны (различие может быть лишь в порядке их следования). Значит, и периметры многоугольников равны. Кроме того, многоугольники можно дополнить одинаковыми наборами сегментов до круга. Значит, их площади также равны. 3.3. В исходной таблице каждое число встречается по n − 2 раза (по разу в каждой строке). Если дописать в каждый столбец по два недостающих числа, каждое число будет встречаться

XXIII Турнир городов

229

по n раз (в каждом столбце будет представлен «полный» набор). Значит, каждое число будет дописано ровно по два раза. Выпишем числа от 1 до n и соединим отрезками те номера, которые должны быть дописаны в один столбец. Получим граф с n вершинами, из каждой вершины которого выходит по два ребра. Значит, он является объединением нескольких циклов. Ориентруем граф, нарисовав стрелки в каждом цикле в одном направлении. Тогда из каждого числа будет выходить одна стрелка и в каждое число будет входить одна стрелка. Для каждой стрелки поместим число, из которого она выходит, в (n − 1)-ю строку соответствующего столбца, а число, в которое эта стрелка входит, — в n-ю. Тогда каждое число по разу окажется в верхней и нижней строке. 3.4. Стороны треугольников являются либо сторонами, либо диагоналями исходного многоугольника. По крайней мере два треугольника содержат в качестве сторон по две стороны многоугольника (назовём такие треугольники малыми). Действительно, треугольников 2n − 1, а сторон многоугольника 2n + 1, при этом никакой треугольник не может содержать три такие стороны (ср. с реш. 22.7.4). Малые треугольники, очевидно, равнобедренные. Если их не менее трёх, то всё доказано. Пусть их всего два. Это значит, что любой другой треугольник содержит (в качестве стороны) ровно одну сторону многоугольника. Можно считать, что длина окружности равна 2n + 1, тогда каждая сторона многоугольника стягивает дугу длины 1. Треугольник, куда попал центр круга, — остроугольный. Значит, каждый его угол опирается на дугу короче полуокружности, т. е. длины не более n. Но один угол опирается на дугу длины 1, поэтому два других — на дуги длины n. Следовательно, эти углы равны, и треугольник — равнобедренный. 3.5. Покажем, как можно поставить 63 ладьи. Воспользуемся шахматной нотацией. Сначала поставим ладьи на клетки a1, a8 и h8. Затем заполним первую горизонталь (от b1 до g1) и последнюю вертикаль (от h8 до h2), кроме клетки h1. Затем заполняем вертикали: сначала самую левую от a2 до a7, потом следующую от b2 до b8 и т. д. 64 ладьи поставить невозможно. Действительно, после того как заполнены три угловые клетки доски, мы не имеем права

230

Решения задач

поставить ладью в четвёртый угол (оттуда она, независимо от расположения других ладей, будет бить ровно две из них). 3.6. Пусть числа записаны на карточках, выложенных в ряд. Будем менять местами карточки и увеличивать вдвое числа на них. Докажем, что две карточки, раз поменявшись местами, «обратно» поменяться не могут. Отсюда будет следовать, что время работы робота не превышает количества пар карточек. Предположим противное и выберем пару (A, B), которая первой поменялась обратно. Ясно, что в промежутке между прямым и обратным обменами была ещё одна операция с A или B (иначе левое число так и осталось бы меньше правого). Однако карточка, поменявшись с A, попадёт между A и B. Снова с A она не менялась (обратный обмен A и B — первый), остаться между A и B она тоже не могла — тогда A и B не смогли бы снова поменяться. Значит, она поменялась и с B. Отсюда A и B (между прямым и обратным обменами) участвовали в равном количестве обменов и, значит, увеличились в одно и то же число раз — правое осталось больше, и они не могли поменяться. Противоречие. Ложный след 1.

Пусть записано n чисел. Запишем (n − 1)-значное число A = 122 ... 12, где цифры выбираются по правилу: на k-м месте ставим 1, если k-е число не больше своего правого соседа, и 2 — если оно больше. При перемене местами двух чисел на соответствующем месте двойка меняется на единицу, и сверх того, возможно, следующая единица меняется на двойку (например, если были написаны числа 11, 4, 15, то им соответствовала последовательность 21, а после перестановки получилось 8, 22, 15, т. е. 12). Ясно, что при каждой перестановке число A уменьшается, и в конце концов оно станет равным 11 ... 1, т. е. числа построены в порядке возрастания.

Ошибка выделена курсивом. На деле 1 может превратиться в 2 слева от переставленной пары: строке 7, 8, 3, 5 отвечает A = 121, а строке после перестановки 7, 6, 16, 5 — большее A = 212. Неверно и то, что при каждом обмене число пар соседей, стоящих в неправильном порядке, уменьшается или остаётся прежним. Контрпример тот же. 3.7. Решение 1. Рассмотрим все n-значные степени двойки. Подчеркнём три из них: наименьшую — она начинается с цифры 1, следующую — начинается с цифры 2 или 3; и наиболь1

См. [Толпыго].

231

XXIII Турнир городов

шую — она начинается с цифры не менее 5. Неподчеркнутой могла остаться лишь степень, начинающаяся с цифры 4. Из этого следует, что ровно 100 выписанных в условии чисел начинаются с единицы (по одному для каждого количества разрядов от 2 до 101), ровно 100 — с цифры 2 или 3, ровно 100 — с цифр больших 4 (по одному для каждого количества разрядов от 1 до 100). Значит, остаётся 33 числа начинающихся с четвёрки. Решение 2. Как сказано в условии, 10100 6 2333 < 2 · 10100 . Разделив на 2300 , получим  100  100  100 5 5 5 6 233 < 2 · или 232 < 6 233 . 4

4

4

То, что число 2m (0 < m < 333) начинается с 4, равносильно неравенству 4 · 10n 6 2m < 5 · 10n ,

где n может принимать значения от 0 до 99. Разделив на 23n+2 , получим ещё одно равносильное неравенство  n+1  n 5 5 6 2k < , 4

4

где k = m − (3n + 2). Каждая степень двойки от 20 до 232 попадёт в один из таких промежутков (а 233 , как показано выше, находится правее правого конца последнего промежутка). Итак, подобное неравенство выполняется ровно 33 раза. 4.1. Предположим, что удалось разместить все красные и синие цветные точки на окружности Ω. По условию можно построить окружность Ω1 с центром O так, что красные точки лежат внутри, а синие — вне Ω1 . Окружности Ω и Ω1 , очевидно, пересекаются в некоторых точках A и B. Тогда все красные точки лежат на дуге Ω, лежащей внутри Ω1 , а все синие — на дуге, лежащей вне Ω1 . Эти дуги находятся по разные стороны от прямой AB, следовательно, треугольники с вершинами в красных и синих точках не пересекаются! Противоречие. Значит, все шесть цветных точек не могут лежать на одной окружности. 4.2. Покажем, как по индукции (последовательно) строить требуемые наборы. Для двух чисел годится любой набор, в котором первое число меньше второго.

232

Решения задач

Пусть построен удовлетворяющий условию набор из k чисел: a1 < ... < ak . Возьмем два таких простых числа p и q, что q > p > ak . Построим возрастающий набор из k + 1 чисел: b1 = p,

b2 = qa1 ,

b3 = qa2 ,

... ,

bk+1 = qak .

Заметим, что НОК(bn , bn+1 ) = q · НОК(an−1 , an ) при n > 1, а НОК(b1 , b2 ) = pqa1 > qa1 a2 > q · НОК(a1 , a2 ) = НОК(b2 , b3 ). Таким образом, для нового набора все требуемые неравенства выполнены. 4.3. Рассмотрим числа a1 < a2 < ... < a8 , стоящие на белой диагонали (конечно, на диагонали они могут стоять не по порядку). Ясно, что a1 > 1, a2 > 3, a3 > 5, ... , a7 > 13. Докажем, что a8 > 39. 1 2 27 28 29 30 31 32 Предположим, что мы вписывали числа в клетки доски 64 3 26 25 24 23 22 33 в порядке их возрастания. То63 4 5 6 19 20 21 34 гда в тот момент, когда мы вписывали на диагональ по- 62 61 60 7 18 17 16 35 следнее (восьмое) число, поки57 58 59 8 9 10 15 36 даемая половина доски была заполнена (ибо мы в неё уже 56 55 54 53 52 11 14 37 не вернулись). Эта половина 47 48 49 50 51 12 13 38 (включая диагональ) содержит 46 45 44 43 42 41 40 39 36 клеток: 20 белых и 16 чёрных. Но при заполнении доски белые и чёрные клетки чередуются. Поэтому к этому моменту были заполнены ещё как минимум три чёрные клетки в другой половине доски, всего заполнено не меньше 39 клеток. Итак, a1 + a2 + ... + a8 > 1 + 3 + 5 + ... + 13 + 39 = 88. Пример для суммы 88 изображён на рисунке справа. 4.4. Пусть ABCD — исходный четырёхугольник F1 . Можно считать, что каждый раз переворачивается половинка четырёхугольника, содержащая сторону CD, а сторона AB остаётся неподвижной. При этом сумма угла B и противолежащего ему

XXIII Турнир городов

233

угла не меняется. Кроме того, не меняется набор длин сторон. Но три величины (длины сторон, отличных от AB) могут быть упорядочены только 6 способами. Докажем, что если у двух полученных четырёхугольников ABKL и ABMN длины сторон упорядочены одинаково (BK = BM, KL = MN, LA = NA), то четырёхугольники равны. Достаточно доказать равенство диагоналей AK и AM. Предположив неравенство диагоналей, скажем, AK > AM, получим ∠ABK > ∠ABM, ∠ALK > ∠ANM, что противоречит равенству сумм ∠ABK + ∠ALK и ∠ABM + ∠ANM. Шесть различных четырёхугольников получатся из любого четырёхугольника, у которого все стороны различны, суммы противоположных углов тоже разные, и который при преобразованиях остаётся выпуклым и не вырождается в треугольник. При этом подозрительными на равенство могут быть только четырёхугольники с обратным порядком сторон, но и они не равны, поскольку при переворачивании одного из них не сойдутся суммы противоположных углов. Выделенное условие выполняется, например, для четырёхугольников, чья площадь больше полупроизведения двух самых длинных сторон: это неравенство, очевидно, не имеет места для невыпуклых и вырожденных четырёхугольников. Конкретный пример: прямоугольная трапеция с основаниями длины 3 и 6 и высотой длины 4. Ложный след. Как пример возьмём вписанный четырёхугольник, все стороны которого различны. Каждое преобразование оставляет четырёхугольник вписанным, и он поэтому остаётся выпуклым и не вырождается. Однако в этом случае четырёхугольники с обратным порядком сторон равны: их соответствующие углы равны, как опирающиеся на равные дуги. Поэтому получаются только три разных четырёхугольника. 4.5. Пусть первое число прогрессии A1 = a1 a2 ... am (состоит из m цифр, первая его цифра a1 , вторая — a2 , ... , последняя — am ), а разность прогрессии D = d1 d2 ... dk . Рассмотрим число n, гораздо большее, чем m и k. Положим i = 1 + 10n . В i-м члене прогрессии Ai = A1 + D · 10n = d1 ... dk 0 | ... {z 0} a1 ... am n−m

234

Решения задач

подчёркнуто число i = 1 |0 ... {z 0} 1. Но это можно сделать (так как n−1

a1 6= 0) только в случае, когда a1 = 1, а D оканчивается на 1 |0 ... {z 0}. m−1

Число

Ai+1 = Ai + D = d1 ... dk−m 1 0 {z 0} d1 ... dk−m 2a2 a3 ... am . | ... n+m−k−1

«Расположить» в этом числе число 1 0 | ... {z 0} 2 можно, только n−1

если k − m = 0. Следовательно, D = 10m−1 . 4.6. Из расположения (k, k − 1, k − 2, ... , 3, 2, 1) легко получить расположение (1, k, k − 1, ... , 3, 2) (для этого надо переложить шарики из первой коробочки во вторую, потом из второй — в третью и т. д.). Таким образом, фактически можно производить циклическую перестановку указанных коробочек. Теперь покажем, как из исходного расположения получить произвольное: 1) переставим по циклу нужное число раз (может быть, ни одного) все коробочки так, чтобы коробочка с 23 шарами оказалась на нужном месте; 2) не трогая больше эту коробочку, переставляем остальные так, чтобы коробочка с 22 шарами оказалась на нужном месте; …и так далее. Например, треугольник с вершинами в точках (0, 0),  а)    4.7. 4 2 , 3 3

2 4

и , , см. рис. Убедитесь сами, что стороны сдви3 3 нутых треугольников проходят через вершины исходного и что 2

площадь треугольника равна . 3 б) Докажем сначала лемму. 2 Лемма. Если многоугольник можно переносить на любой целочислен- 4/3 ный вектор без самопересечений, то 1 его площадь не больше 1. 2/3 Доказательство. Разрежем плоскость на единичные квадраты линия0 2/3 1 4/3 2 ми координатной сетки. Наш многоугольник разрежется на несколько частей. Переведём все эти части (сдвигами на целочисленные векторы) в один квадрат.

235

XXIII Турнир городов

По условию, полученные фигуры не пересекаются, значит, их суммарная площадь не больше 1. Пусть ABC — треугольник, удовлетворяющий условиям задачи. Обозначим через A1 , B1 и C1 соответственно середины сторон BC, CA и AB. Построим шестиугольник AC1 A1 CDE, где точки D и E получены отражением точек C1 и A1 относительно точки B1 (см. рис.). Докажем, что и этот шестиугольник можно переносить на любой целочисленный вектор без самопересечений. Для этого достаточно доказать, что любой вектор с началом в произвольной точке X нашего шестиугольника и концом внутри шестиугольника не является целочисленным. B

A1

C1

C

A

B1

X G

E

D

F

Соединив точку B1 со всеми вершинами шестиугольника, получим шесть равных треугольничков. Пусть, например, точка X лежит в треугольничке B1 DE. Рассмотрим треугольники GC1 D и EA1 F, полученные из треугольника ABC сдвига# – # – ми на векторы BC1 и BA1 . Будем двигать треугольник GC1 D параллельно AC до совпадения с EA1 F. Мы получим семейство треугольников, тоже полученных сдвигом из ABC. Ни один из этих треугольников не может содержать целочисленный вектор. Теперь заметим, что каждый из треугольников семейства содержит точку X, а их объединение «заметает» трапецию GC1 A1 F, т. е. содержит весь шестиугольник AC1 A1 CDE. Поэтому любой вектор с началом в X и концом внутри этого

236

Решения задач

шестиугольника принадлежит целиком одному из треугольников семейства и, следовательно, не является целочисленным. По лемме площадь шестиугольника (равная 1,5 · SABC ) не 2

больше 1. Следовательно, SABC 6 . Эта оценка точная: пример 3 построен в пункте a). 5.1. Наибольший общий делитель площадей двух прямоугольников НОД(49 · 51, 99 · 101) = 3. А он делится на площадь картонки. Поэтому a = 1, b = 3. 5.2. Пример см. на рисунке. Идеология. Однозначно определено, кто с кем соприкасается сторонами. Действительно, каждая из частей соприкасается сторонами максимум с тремя другими, поэтому остальные стороны обязаны лежать на сторонах исходного треугольника: три у шестиугольника, минимум две — у пятиугольника, хотя бы одна — у четырёхугольника. Но тогда у исходного треугольника две вершины принадлежат шестиугольнику, а третья — пятиугольнику. 5.3. Разность x3 − y3 = (x − y)(x2 + xy + y2 )

делится на 10. Поэтому у чисел x3 и y3 одинаковые последние цифры. Значит, и у чисел x и y последние цифры одинаковы (нетрудно проверить, что последние цифры чисел 03 , 13 , ... , 93 различны). Следовательно, одинаковы последние цифры чисел x2 , xy и y2 и последняя цифра числа x2 + xy + y2 (равная 0) такая же, как у 3x2 . Поэтому x (а вместе с ним и y) делится на 10. Значит, x2 + xy + y2 делится на 100. 5.4. Обозначим через a, b, g и d вписанные углы, опирающиеся соответственно на дуги NK, KL, LM и MN. Ясно, что a + b + g + d = 180◦. ∠BLS = ∠BLN = a + b (BLN — угол между хордой и касательной). Аналогично ∠BKS =

b + g,

∠DMS =

a + d,

∠DNS =

g + d.

Отсюда видно, что сумма этих четырёх углов равна 2(a + b + + g + d)=360◦ . Поскольку четырёхугольник SKLB вписанный, ∠BLS + ∠BKS = 180◦ . Поэтому и ∠DMS + ∠DNS = 180◦ , т. е. четырёхугольник SNDK — вписанный.

XXIII Турнир городов

237

5.5. а) Пусть мы имеем две группы по 2k монет, и известно, что первая из групп тяжелее второй. Тогда за одно взвешивание можно получить две группы по k монет с тем же свойством. Действительно, положим на чаши весов по k монет из каждой группы. Если весы в равновесии (а в противном случае искомые группы уже выделены), то оставшаяся на столе половина более «тяжёлой» группы весит больше, чем оставшаяся половина «лёгкой» группы. Вернёмся к решению задачи. Положим на каждую чашу по 64 монеты. Если весы находятся в равновесии, то на каждой чаше — по 32 лёгкие и 32 тяжёлые монеты. «Выбросим» монеты с одной из чаш, а оставшиеся разделим пополам и снова взвесим и т. д. Возможны два случая. 1) При первых шести взвешиваниях весы находятся в равновесии. Тогда при шестом взвешивании на каждой из чаш лежит по две монеты — одна лёгкая и одна тяжёлая. 2) При m-м взвешивании впервые одна из чашек перевесила. В этот момент на чашах лежит по 27−m монет. Действуя, как показано выше, мы можем за 7 − m взвешиваний (сокращая на каждом шаге число монет вдвое) прийти к двум «кучкам» по одной монете, из которых одна тяжелее другой. б) Положим на чашки по четыре монеты. Возможны два случая. 1) Весы в равновесии. Тогда на каждой чашке лежит по две тяжёлые и две лёгкие монеты. Снимем монеты с одной из чашек, а две монеты с другой чашки переложим на освободившуюся. Если весы в равновесии, то на каждой из чашек по две монеты разного веса. Если одна из чашек перевесила, то на ней две тяжёлые монеты, а на другой — две лёгкие. 2) Одна из чашек перевесила. Значит, на ней лежит не менее трёх тяжёлых монет. Снимем монеты с «лёгкой» чашки, а две монеты с «тяжёлой» чашки переложим на освободившееся место. Если весы в равновесии, то на каждой из чашек по две тяжёлые монеты (а все отложенные после первого взвешивания монеты — лёгкие). Если одна из чашек перевесила, то на ней две тяжёлые монеты, а на другой — две монеты разного веса. 6.1. См. 5.3. 6.2. Заметим, что если оставить треугольник A′ B′ C′ на месте, а треугольник ABC сдвинуть на некоторый вектор #– a , то

238

Решения задач

1 середины отрезков AA′ , BB′ и CC′ сдвинутся на #– a . Поэтому 2 мы можем без потери общности точку A совместить с A′ . Но в этом случае биссектрисы углов BAB′ и CAC′ , очевидно, совпадают, и середины отрезков AA′ , BB′ и CC′ лежат на этой общей биссектрисе. Замечание для знатоков. Из теоремы Шаля 1 ясно, что всякое меняющее ориентацию движение плоскости является скользящей симметрией. Отсюда, в свою очередь, немедленно следует утверждение задачи. 6.3. Обозначим веса кусков сыра в порядке возрастания:

a < b < c < d < e < f. Можно считать, что суммарный вес всех шести кусков равен 2. Первым взвешиванием сравним вес a + c + f с b + d + e. Возможны три случая. 1) a + c + f = b + d + e. Тогда искомое разложение найдено. 2) a + c + f > b + d + e. Кучка, содержащая a и имеющая суммарный вес 1, должна содержать и f (в противном случае она весит не больше a + d + e < b + d + e < 1) и в то же время весить меньше, чем a + c + f. Таким образом, единственный оставшийся вариант — (a, b, f), искомое разложение также найдено. 3) a + c + f < b + d + e. Тогда вторым взвешиванием сравним a + d + f и b + c + e. При равенстве весов задача решена. Случай a + d + f < b + c + e симметричен случаю, разобранному выше: здесь a + e + f = b + c + d. Если же a + d + f > b + c + e, то кучка, содержащая a и имеющая суммарный вес 1, не может содержать f (a + c + f < 1 < < a + d + f). Но она содержит e и d (в противном случае она весит не больше a + c + e < a + c + f < 1). Таким образом, единственный вариант — (a, d, e). 6.4. Заметим, что существует взаимно однозначное соответствие между способами расстановки чисел и обходами ладьёй «доски» 2 × 50: если дан способ, то обходим клетки по порядку номеров; если дан обход, то нумеруем клетки в порядке обхода. Это соответствие даёт нам возможность рассуждать как на «языке способов расстановки», так и на языке «обходов ладьёй». Кстати, клетки с числами 1 и 100 назовём концами обхода. 1

См. Геометрические преобразования.

239

XXIII Турнир городов

Обход может содержать зигзаг — цепочку ходов, где строго чередуются ходы по вертикали и горизонтали, и при этом хотя бы один вертикальный ход сделан в некрайнем столбце (см. рис. 1; для удобства дальнейших рассуждений мы закрасили доску в шахматном порядке).

Рис. 1

Посмотрим, как ведёт себя обход на краях зигзага. Во-первых, зигзаг может дойти до конца обхода. Это может быть только край доски (как на левом краю рисунка), иначе зигзаг «отрежет» необойденные клетки. Во-вторых, из зигзага можно выйти двумя горизонтальными ходами. Но тогда в другой горизонтали остаётся клетка с единственным «выходом», и там может быть только конец обхода. Итак, зигзаг всегда зажат между двумя (несоседними) столбцами с концами обхода, и поэтому других зигзагов в этом обходе нет. Кроме того, видно, что по зигзагу концы обхода однозначно восстанавливаются. С другой стороны, путь между краем доски и ближайшим столбцом с концом обхода восстанавливается однозначно (начните от края). Поэтому любой зигзаг (при заданном направлении) однозначно дополняется до полного обхода (см. рис. 2). 100 100 100 100 11 11

Рис. 2

Обход без зигзагов может состоять только из звеньев ломаной на рисунке 3.

Рис. 3

Однако у этой ломаной 100 звеньев, а обход состоит из 99 звеньев. Поэтому все такие обходы получаются выкидыванием

240

Решения задач

одного звена и соответствуют расположениям концов в соседних клетках по горизонтали или на крайней вертикали. Поскольку любой обход состоит из нечётного числа ходов, числа 1 и 100 лежат в клетках разного цвета. Кроме того, из вышесказанного видно, что в один столбец они попадают, только если он — крайний. Размещение пары 1 и 100, удовлетворяющее этим двум ограничениям, назовём допустимым. Мы уже показали, что по каждому допустимому размещению однозначно восстанавливается зигзаг (или его отсутствие), а следовательно, и весь обход. Тем самым обходы «однозначно кодируются» допустимыми размещениями. Подсчитаем количество допустимых размещений (это и будет ответом к задаче). Забудем пока про второе ограничение. Тогда число 1 можно поставить куда угодно (100 возможностей), а после этого число 100 — в любую клетку другого цвета (50 возможностей), итого 100 · 50 = 5000 таких размещений. Чтобы учесть второе ограничение, надо выбросить размещения в некрайних столбцах. Всего есть 48 таких столбцов, в каждом можно разместить пару {1, 100} двумя способами. Значит, всего допустимых разбиений 5000 − 2 · 48 = 4904. 6.5. На рисунке изображена разбитая на три равносторонних треугольника развёртка правильной треугольной √ призмы, у которой боковое ребро в 3 раз больше ребра основания. Идеология. До примера легче догадаться, если посчитать углы и заметить, что а) каждая вершина призмы должна быть вершиной треугольника (узкое место!); б) при небольшом числе треугольников нужно, чтобы большинство вершин призмы попали также и на стороны треугольников. 7.1. Решение 1. Согласно неравенству треугольника a>c−b. Поэтому a3 + b3 + 3abc > (c − b)3 + b3 + 3(c − b)bc = c3 . Решение 2. Согласно неравенству треугольника a+b>c. Поэтому a3 + b3 + 3abc = (a + b)(a2 − ab + b2) + 3abc >

> c(a2 − ab + b2) + 3abc = c(a + b)2 > c3 .

XXIII Турнир городов

241

7.2. Чтобы помешать, чёрным достаточно каждым своим ходом создавать «прямоугольную» позицию: фишки находятся в вершинах прямоугольника со сторонами, параллельными сторонам доски, фишки одного цвета стоят в противоположных углах. Легко видеть, что из такой позиции белые фишки за один ход не смогут встать рядом, и после любого их хода чёрные смогут снова занять «прямоугольную» позицию. 7.3. Пусть площади треугольников равны n, n + 1, n + 2, n + 3. Тогда SABCD = 4n + 6. EF — средняя линия треугольника BCD, поэтому SBCD = 4SECF > 4n. Следовательно, SABD = SABCD − SBCD 6 6. Покажем, что эта площадь может равняться 6. Рассмотрим точки A(0, −3), B(0, 0), C(4, 2) и D(4, 0). Нетрудно проверить, что SCEF = 1, SADF = 2, SABE = 3, SAEF = 4, SABD = 6. 7.4. Очевидно, при n = 1 это невозможно. Обозначим: Г — горящая лампочка, Н — негорящая. При n = 3 нужного начального состояния не существует, так как каждое из 8 возможных состояний (либо симметричное ему) входит в одну из двух угасающих цепочек: ГГГ–ННН или ГГН–ННГ–НГН–ГНГ–ННН. Назовём два состояния A и B лампочек дополнительными, если каждое из них получается из другого через минуту. Например, такими состояниями (при n = 2) являются ГН и НГ. Очевидно, достаточно построить дополнительные состояния для каждого из указанных в ответе значений n. Нетрудно проверить, что если одно из дополнительных состояний A начинается с Г (а второе (B), следовательно, с Н), то состояния НГA и ГНB также образуют пару дополнительных состояний. Это соображение позволяет из указанной выше пары ГН—НГ построить пары дополнительных состояний для всех чётных n (НГГН—ГННГ, НГГННГ—ГННГГН и т. д.), а из пары ГНННГ—НГНГН — для всех нечётных n > 5. 7.5. Решение 1. Достаточно доказать, что при прямолинейном разрезании многоугольника, имеющего (по крайней мере) три «нетупых» угла, один из двух получившихся многоугольников обладает тем же свойством. Действительно, тогда после каждого шага (в частности, после последнего) имеется часть с этим свойством. В конце же остались одни треугольники, значит, в одном из них все углы — не тупые.

242

Решения задач

Итак, пусть есть многоугольник с тремя «нетупыми» углами. Разрежем его. На каждом конце разреза добавляется ещё по крайней мере один «нетупой» угол (если разрез рассёк один из «нетупых» углов, то оба получившихся из него угла — острые). Поэтому в двух получившихся многоугольниках — не менее пяти «нетупых» углов, следовательно, в одном из них — не менее трёх. Решение 2. Пусть в результате получилось n треугольников. Сумма их углов равна 180n◦ . Но эту сумму можно посчитать K и по-другому. Разобьём все точки, являющиеся вершинами этих треугольников, на три типа. К первому отнесём те точки, в коM торых сходящиеся в них углы треугольников составляют полный угол (как точка M на рисунке). Ко второму — точки, в которых эти углы составляют развёрнутый угол (как точка K). Наконец, к третьему типу отнесём вершины исходного треугольника. Если имеется m точек первого и k точек второго типа, то общая сумма углов равна 360m◦ + 180k◦ + 180◦ . Отсюда n = 2m + k + 1. Точка третьего типа не может являться вершиной тупого угла. Точка второго типа может являться вершиной не более чем одного тупого угла. Точка первого типа может являться вершиной не более чем двух тупых углов. (Действительно, такая точка по построению лежит на отрезке, являющемся стороной одного из «промежуточных» многоугольников, а по каждую сторону от этого отрезка к точке может «прицепляться» только один тупой угол.) Таким образом, число тупых углов не больше 2m + k = n − 1, а это меньше количества треугольников. 7.6. Пусть n > 2000, Sn = a1 + ... + an — сумма n первых членов и dn an+1 = Sn . Тогда dn+1 an+2 = Sn+1 = Sn + an+1 = (dn + 1)an+1 . Так как an+2 >an+1 , то dn+1 −1, значит, 2ϕ > 135◦ ). Следовательно, его 1−9 4 тангенс равен 2. Тангенс последнего угла находится как тангенс суммы двух первых углов, взятый с противоположным знаком: −

1+2 = 3. 1−1·2

2-й способ. Пусть tg a = m, tg b = n. Тогда = tg 135◦ = 1 − mn = −1, т. е. m + n = mn − 1. Записав это уравнение в виде m+n

(m − 1)(n − 1) = 2, видим, что один из множителей равен 1, а второй равен 2. √ 8.2. Решение 1. Положим c = 1003 + 100 + 1, d = 3 c − 100. Поскольку (100 + d)3 = c, точки A(100 + d; c) и B(100; c) лежат на соответствующих графиках. При этом AB = d. Но 3 · 1002 · d < (100 + d)3 − 1003 = 101,

d
x2 − y2 при x > y > 1. (Почему? Докажите сами!) Поэтому √
3 √
3 |am − bn | = | 3m − 2n | > |3m − 2n | > 1 (последнее неравенство следует из разной чётности чисел 3m и 2n ). Отсюда, очевидно, следует утверждение задачи. √ √ Пример 2. a = 2 + 3, b = 3a. Положим c = 2 − 3, d = 3c. Из формулы бинома следует, что число √
m √
m A = am + c m = 2 + 3 + 2 − 3

— нечётную степень √ целое и не кратно 3 (члены, содержащие 3, сокращаются; все слагаемые, кроме 2m , кратны 3). В то же время число B = bn + dn = 3n (an + cn ) также целое и кратно 3. Но 0 < c < d < 1, поэтому [am ] = A − 1 6= B − 1 = [bn]. Идеология. Несложно придумать нужную пару чисел, если разрешить целые a и b (например a = 3, b = 2). Две трудности: требование иррациональности и отсутствие удобной формулы для целых частей можно обойти за счёт дополнительных ухищрений. Пример 1 показывает, как получить иррациональное решение небольшой модификацией целого. Пример 2 позволяет получить явные формулы для целых частей с помощью стандартного использования сопряжённых чисел.

XXIV Турнир городов 1.1. Все стороны 2002-угольника являются сторонами треугольников. В один треугольник может попасть не более двух сторон многоугольника. Поэтому треугольников, в которые попали стороны 2002-угольника, не меньше, чем 2002 : 2 = 1001, что больше половины. Идеология. Проще оценить дополнительное множество, т. е. число треугольников, не удовлетворяющих условию задачи. 1.2. Оба загадали делители числа 2002 (иначе кто-то понял бы, что 2002 — сумма загаданных чисел, и определил бы второе число). Однако, даже зная, что Саша загадал делитель, Маша не может исключить, что 2002 — сумма. Но сумма делителей равна 2002 только в случае 1001 + 1001 (другие делители равны 2002 либо меньше 1001). Значит, Маша загадала 1001 (а Саша — 2 или 1001, и тогда оба действительно не могли узнать числа друг друга). 1.3. а) Приведём пример, когда все условия выполнены. Пусть на контрольной было три задачи, треть школьников решила первую и третью, треть — вторую и третью, остальные — ничего. б) Нарисуем на единичном квадрате таблицу, где строки соответствуют ученикам, а задачи — столбцам; при этом школьникам, написавшим контрольную хорошо, отведём верхние строки, а трудным задачам — левые столбцы. Если школьник решил задачу, то клетку на пересечении соответствующих строки и столбца сделаем чёрной. Оценим площадь чёрной области двумя способами. Уже 9 3 3 · = . в строках хороших учеников закрашено не менее 4 4 16 С другой стороны, в столбцах трудных задач закрашено не 1 3 1 более · , в остальных столбцах — всего не более , итого 4

4

7

4

закрашено не более — противоречие. 16 в) Нарисуем и закрасим таблицу как в б). Оценим двумя способами площадь S чёрной области, расположенной в левом верхнем углу — квадрате 0,7 × 0,7. Каждая строка пересекает эту область по прямоугольникам одинаковой высоты с суммой длин не меньшей 0,7—0,3, следовательно, S > 0,7 · 0,4 = 0,28.

249

XXIV Турнир городов

С другой стороны, каждый столбец пересекает эту область по прямоугольникам с суммой высот, не большей 0,3, следовательно, S 6 0,3 · 0,7 = 0,21. Противоречие. Замечание 1. Конечно, можно обойтись и без таблицы. В б) это совсем просто. Пусть было n школьников и z задач. Общее число решений трудных задач во всех работах, с одной стороны, не меньше

3 9 7 3 n · z = nz, а с другой — не больше nz. 4 4 16 16

В пункте в) возникают небольшие технические осложнения. Пусть t > 0,7 — доля трудных задач (т. е. число трудных задач равно tz). Каждую трудную задачу решило не более 0,3n школьников, поэтому общее число сданных решений трудных задач не больше 0,3ntz. С другой стороны, хороших школьников не меньше 0,7n. Каждый сдал не менее 0,7z решений, из них не более (1 − t)z лёгких, значит, не менее 0,7z − (1 − t)z = = (t − 0,3)z трудных задач. В итоге сдано не менее 0,7(t−0,3)nz решений трудных задач. Из неравенства 0,3tnz > 0,7(t − 0,3)nz получаем t 6 0,525, что противоречит условию. Замечание 2. Пусть в условии вместо

2 стоит число p < 1. 3

Подсчитывая двумя способами площадь, как в решении в), по2

лучим неравенство p(2p − 1) 6 p(1 − p), откуда p 6 . Из а) вид3 но, что эта оценка точна. А вот подсчёт общей площади чёрных√клеток (как в решении п. б)) даст всего лишь неравенство p6

2 — эта оценка не точна. 2

1.4. Ясно, что на результат влияют только последние цифры написанных на карточках чисел. Поэтому можно считать, что имеется по 200 карточек с цифрами 3, ... , 9, 0 и по 201 карточке с цифрами 1 и 2. Первый может сначала взять карточку с цифрой 2, а затем повторять ходы второго, пока это возможно. В момент, когда он не сможет повторить ход второго (после того как второй возьмёт последнюю карточку с цифрой 1), первый берёт любую из оставшихся карточек, а далее снова повторяет ходы второго, и т. д. В результате в конце у обоих игроков карточек каждого типа будет поровну, кроме карточек с цифрами 1 и 2: у первого будет на одну карточку с двойкой больше и на одну карточку с единицей меньше. Поскольку сумма 100 · (0 + 1 + ... + 9) оканчивается нулём, то сумма первого оканчивается двойкой, а второго — единицей.

250

Решения задач

1.5. Пусть это возможно. По теореме, обратной теореме Фалеса, две прямые являются диагоналями четырёхугольника с парой параллельных сторон, а третья — параллельной этим сторонам средней линией. Поэтому она делит диагонали пополам. Но при этом она проходит через точку пересечения диагоналей, т. е. эта точка делит диагонали пополам. Значит, наш четырёхугольник — параллелограмм. Противоречие (стороны угла пересекаются). 2.1. См. 1.2. 2.2. См. 1.3. 2.3. Пусть B — «противоположная» точка. Отрезок AB пересекает все прямые. Двигаясь по прямой AB от точки A в направлении, противоположном B, мы не встретим «препятствий» и уйдём на бесконечность. Обратно, если часть неограничена, то через её внутреннюю точку A можно провести луч, не пересекающий (и не параллельный) ни одной данной прямой. Тогда противоположный луч пересекает все прямые. Отметим на нём за последним пересечением точку B. A и B лежат по разные стороны от каждой прямой. Обсуждение. При проверке приведённое выше решение признавалось полным. Не все, однако, согласны с очевидностью существования упомянутого в нём луча (например, область между параболами y = x2 и y = x2 + 1 тоже неограничена, однако луча внутри неё нет). Желающие могут попробовать обосновать существование луча самостоятельно. А мы для «придир» покажем, как этот момент можно «обойти». Часть, содержащую A, обозначим через W. Накроем кругом все точки пересечения прямых. Он разобьёт W на два куска. Тот из них, что находится вне круга, ограничен дугой и двумя непараллельными лучами. Отметим в этом куске точку C. Направлений между этими лучами бесконечно много, а наших прямых — конечное число. Значит, можно выбрать из них направление, не параллельное ни одной из данных прямых. Выпустим из C луч в этом направлении. Он лежит внутри W. Как в решении докажем, что найдётся точка B, «противоположная» C. Точки A и C лежат по одну сторону от каждой прямой (обе они лежат в W), а C и B — по разные, значит, A и B — по разные.

XXIV Турнир городов

251

2.4. Несложно преобразовать исходное неравенство к равносильному: (x − y)(cos x − cos y) + (x − z)(cos x − cos z) +

+ (y − z)(cos y − cos z) 6 0.

Последнее верно, поскольку в силу убывания косинуса каждое из трёх слагаемых неположительно. Замечание для знатоков. Доказываемое неравенство — частный случай неравенства Чебышёва: при n = 3, x1 = x, x2 = y, x3 = z, y1 = − cos x, y2 = − cos y, y3 = − cos z. 2.5. У каждого члена an нашей последовательности отбросим последнюю цифру, получим последовательность {bn }, где каждый член равен предыдущему или на 1 больше. Поскольку последовательность {an } строго возрастает, то в последовательности {bn } встретятся все натуральные числа, начиная с b1 . В частности, там встретится число, все цифры которого нечётны. Если соответствующий член исходной последовательности нечётен, то следующий — чётен. Идеология. Идея решения идёт от простого соображения: сохранять все числа нечётными можно лишь прибавляя на каждом шаге чётную цифру. «Узким местом» такой последовательности {an } будет число, состоящее только из нечётных цифр. 3.1. Между сотрудниками с наибольшей и наименьшей зарплатами сидит не более 1000 человек. Поэтому их зарплаты отличаются не более, чем на 3003 доллара. Ровно 3003 доллара быть не может: в этом случае между ними с каждой стороны стола сидит по 1000 человек, и зарплаты каждых 2 соседей различаются ровно на 3 доллара; в результате зарплаты обоих соседей сотрудника с наименьшей зарплатой равны. Разность в 3002 доллара возможна: наименьшая зарплата 1000 долларов, наибольшая — 4002 доллара, с одной стороны между ними сидят (по порядку) сотрудники с зарплатой 1002, 1005, 1008, ... , 3996, 3999, по другую — с зарплатами 1003, 1006, ... , 3997, 4000. 3.2. Растения с номерами 101 и 10 201 = 1012 (как и с номерами 8192 = 213 и 16 384 = 214 ) различить нельзя. Они имеют одинаковые наибольшие общие делители с любым числом, не

252

Решения задач

превосходящим 20 000. Поэтому восстановить их номера не удастся. Идея другого решения. Годятся любые два различных простых числа в пределах от 10 001 до 20 000. 3.3. Уменьшим окружность в 25 раз. Пусть ak − k-я сторона, а Lk — длина соответствующей дуги (мы нумеруем по кругу и допускаем номера k > 50, подразумевая в таком случае ak−50 вместо ak и т. п.). Стороны ak и ak+25 параллельны, когда заключённые между ними дуги равны, т. е. когда число Sk = (Lk+1 + Lk+2 + ... + Lk+24 ) − (Lk+26 + Lk+27 + ... + Lk+49 ) равно нулю. В любом случае Sk чётно, как сумма 24 разностей Lk+1 − Lk+26 , Lk+2 − Lk+27 , ... , равных ±1. Разность соседей Sk+1 − Sk = (Lk+25 − Lk ) + (Lk+26 − Lk+1 ) может принимать значения 0 и ±2. Очевидно, S26 = −S1 . Поэтому, где-то между S1 и S26 число Sk обращается в нуль, что и требовалось. Замечание. Длины дуг в условии несущественны, важно только равенство их разностей. 3.4. Решение 1. Пусть прямая AP пересекает сторону BC в точке D, а прямая CP пересекает сторону AB в точке E (рис. 1). ∠DPE = 180◦ − (∠ACP + ∠CAP) = 180◦ − ∠B, значит, четырёхугольник BDPE вписанный. Поэтому ∠ADE = ∠PDE = = ∠PBE = ∠ACE, т. е. четырёхугольник AEDC тоже вписан-

B

B D

P

E

E

F

A

P A

C Рис. 1

C

K Рис. 2

253

XXIV Турнир городов

ный. Следовательно, ∠CEA = ∠ADC = 180◦ − ∠ADB = ∠CEB, т. е. CE — высота. Аналогично AD — высота. Решение 2. Пусть прямая BP пересекает сторону AC в точке F, а описанную окружность — в точке K (рис. 2). Треугольники APC и AKC равны по стороне и двум углам, поэтому треугольник PAK равнобедренный и его биссектриса AF является высотой. Значит, BF — высота треугольника ABC. Треугольники ABF и ACE имеют общий угол A и равные углы ABF и ACE, следовательно, ∠AFB = ∠AEC, т. е. CE — тоже высота. 3.5. Сначала оценим значение разности (приведём два способа). Способ 1. Как известно, при разбиении на треугольники диагоналями получится N − 2 треугольника. К каждой из N − 3 проведённых диагоналей примыкает чёрный треугольN−3

. Следовательно, белых ник, поэтому их не меньше, чем 3 треугольников не больше   N 2N −1 = − 1, N−2− 3

3

а искомая разность не больше   N N 2N −1− −1 = . 3

3

3

В случае N = 3k + 1 количество чёрных треугольников не N−3

2

меньше k (как целое число, большее = k − ), и разность, 3 3 соответственно, не больше N − 2 − 2k = k − 1. Способ 2. Количество сторон белых треугольников не более чем на N превышает количество сторон чёрных, так как внутри многоугольника количество сторон совпадает, а на границе сторон всего N. Поэтому разность количеств белых и чёрных N

треугольников не превосходит . В случае N = 3k + 1 заметим, 3 что чётность этой разности равна чётности суммы, т. е. чётности числа N (и, следовательно, разность не может равняться k). Теперь приведём примеры, показывающие, что требуемые значения разности достигаются. При N = 3, 4, 5 эти значения равны 1, 0 и 1; примеры очевидны, и в каждом есть белый треугольник, примыкающий к стороне многоугольника. Осталось заметить, что при увеличении числа сторон на 3 мы можем увеличить значение разности на 1, заменив один из таких примыкающих белых треугольников на 6-угольник, разрезанный,

254

Решения задач

как показано на рисунке (при этом сторона BC многоугольника заменяется на четырёхзвенную ломаную): A

A

B

B C

C

3.6. Решение 1. Индукция. База (n = 1) очевидна. Переход (от n − 1 к n). Перевернём карточки, на которых написано число n, и на обороте каждой напишем единицу. Из оставшихся карточек возьмём любые n. По известной задаче о кратной сумме из них можно выделить группу карточек, сумма чисел на которых кратна n. Сложим карточки этой группы в пачку и напишем на пачке эту сумму, уменьшенную в n раз. Заметим, что эта число не превосходит n − 1. Будем продолжать этот процесс, пока карточки не кончатся или не останется менее n карточек. В последнем случае сумма чисел на оставшихся карточках также кратна n и их тоже можно сложить в пачку. Сумма чисел, написанных на пачках, равна (n − 1)! · k. По предположению индукции их можно разложить на группы с суммой (n − 1)!. Теперь сумма чисел, изначально написанных на карточках каждой группы, равна n!. Решение 2. При n = 1, 2 утверждение очевидно. Пусть n > 3, Si — сумма чисел на всех карточках i-го типа (с числом i). Выберем такое m, что Sm не меньше каждой из этих сумм. Назовём карточки m-го типа особыми. Неособые карточки каждого типа i будем связывать в пачки по m штук, пока не останется ri < m карточек. Оставшиеся неособые карточки свалим в кучу. Сумма чисел на всех карточках кратна m, сумма чисел на карточках, не попавших в кучу, — тоже, поэтому и сумма в куче кратна m. Кроме того, эта сумма не превосходит n!. В самом деле (считая rm = 0), 1 · r1 + 2 · r2 + ... + n · rn 6 (m − 1)((1 + 2 + ... + n) − m) =  n(n + 1)  = (m − 1) −m . 2

XXIV Турнир городов

255

В том, что при n = 3, 4 правая часть не превосходит n!, легко убедиться перебором. В остальных случаях

n+1 6 n − 2, 2

поэтому правая часть меньше (n − 1)n(n − 2) < n!. Будем добавлять пачки к куче. Если в какой-то момент сумма чисел в куче превысит n!, то отбросим последнюю пачку и дополним до n! особыми карточками (их хватит, так как Sm не меньше суммы в любой пачке). Если же все пачки израсходованы, а сумма в куче меньше n!, то сумма особых карточек больше n!, и тем более можно дополнить до n! особыми карточками. Итак, получена куча с суммой n!. С оставшимися карточками процесс можно повторить.

3.7. Нетрудно убедиться в том, что если перегорели только провода, выходящие из фиксированного узла, то между любыми двумя другими узлами ток проходит. Поэтому каждый узел должен быть задействован в процессе измерений, т. е. число измерений не может быть меньше половины числа узлов (8 в случае а) и 18 в случае б)). Покажем, что этого числа проверок достаточно. Для этого определённым образом разобьём все узлы на пары (узлы в паре пометим одинаковыми буквами) и для каждой проверим, что ток проходит между узлами этой пары. На рисунках ниже нам удобнее вместо решётки изображать клетчатую доску на единицу большего размера. Узлы решётки расположены в центрах клеток, а «линии тока» соответствуют соответствуют путям ладьи. E A F A B а) «Линия тока» A–A (B–B), H C C C G очевидно, пересекается с линиями C–C и D–D (см. шаг 1). ТаD D E F ким образом, все узлы, помеченB H G A ные буквами от A до D, связаШаг 1 Шаг 2 ны проводами (принадлежат одной компоненте). Остальные узлы также принадлежат этой компоненте — например, линия тока E–E проходит либо через A, либо через C (см. шаг 2). б) Здесь потребуется три шага (см. рисунок на с. 256). На первом шаге все проверенные узлы принадлежат одной компоненте по теореме о пересечении ломаных (доказательство от участников, конечно, не требовалось). На втором шаге

256

Решения задач A

B

C

E

F E

C

F G D

D A Шаг 1

B

H H

G Шаг 2

линия тока обязана пройти через один из узлов, принадлежащих компоненте, поскольку один из проверяемых узлов всегда окружён уже проверенными узлами. На третьем шаге проверяем узлы, симметричные относительно диагонали EEFGHH, — каждая такая линия тока диагональ, очевидно, пересекает. 4.1. См. 3.2. 4.2. Стороны пятиугольника лежат в 5 гранях куба. Среди этих пяти граней есть две пары параллельных. Поэтому параллельны и соответствующие стороны пятиугольника. Это значит, что пятиугольник получается из некоторого параллелограмма срезанием одного из его углов (скажем, от параллелограмма ABCD отрезанием треугольника DEF). Предположим, что длины всех сторон пятиугольника находятся в пределах от 80 до 120 см. Тогда то же верно и для параллелограмма ABCD. Поэтому длины отрезков ED и DF не превышают 40 см. Это, однако, противоречит неравенству треугольника: ED + DF 6 80 6 EF. 4.3. См. 3.5. 4.4. См. 3.6. 4.5. Пусть P — отличная от B точка пересечения прямой KM с описанной около треугольника QBR окружностью Ω3 . Чтобы не перебирать многочисленные случаи взаимного расположения точек на окружностях, будем использовать ориентированные углы. Для пояснения будем индексами 1, 2, 3 после знака равенства отмечать, в какой именно окружности рассматривались углы (вписанные или между касательной и хордой) по обе стороны равенства. Поскольку ∠(QP, PK) = = ∠(QP, PB) = 3 ∠(QR, RB) = ∠(AR, RB) = 2 ∠(AM, MB) = = ∠(AM, PK), то QP k AM. Аналогично RP k AK.

XXIV Турнир городов

257

а) По условию QP совпадает с l1 , откуда ∠(RB, BP) = ∠(RB, BM) =2 ∠(RA, AM) = = ∠(RQ, QP) = ∠(AQ, l1 ) =1 ∠(AB, BQ). Добавив к обеим частям равенства ∠(QB, BR), получим ∠(QB, BP) = ∠(AB, BR).

(*)

Следовательно, ∠(AR, RP) = ∠(QR, RP) =3 ∠(QB, BP) =∗ ∠(AB, BR) = ∠(AR, l2 ), т. е. RP совпадает с касательной l2 . б) Согласно вышеизложенному, эта общая точка — P. Замечание. Для предварительной части решения параллельность касательной в точке Q и прямой AM несущественна. Рекомендуем читателю сформулировать тот общий факт, который там доказан. Замечание для знатоков. Тот же факт можно доказать и без вспомогательной окружности. Проведём через Q прямую, параллельную AM, до пересечения с KM в точке P. Тогда QP k AM. Кроме того, очевидно, QK k RM. По (вырожденной) теореме Паппа для троек точек K, P, M и Q, A, R RP k AK. 4.6. 1) Для данного числа n меньшие числа занимают в последовательности конечное число мест. Если после них встречается число m, не взаимно простое с n, и к этому моменту число n ещё не встретилось, то n будет написано сразу после m. Таким образом, чтобы гарантировать наличие в последовательности числа n, достаточно доказать, что в последовательности встретится бесконечное количество чисел, не взаимно простых с n. 2) Докажем, что для любого N в последовательности присутствует чётное число, большее N. Начиная с какого-то места все члены последовательности больше, чем N. На этом «участке» последовательность не может всё время убывать, поэтому на нём найдётся число k, за которым следует большее число m. Если одно из чисел k, m чётно, то всё в порядке. В противном случае чётное число k + НОД(k, m), меньшее m и не взаимно простое с k, уже присутствует в последовательности. Итак, последовательность содержит бесконечное количество чётных чисел.

258

Решения задач

3) Из 1) и 2) следует, что в последовательности встречаются все чётные числа. Теперь из 1) следует, что в ней встречаются и все натуральные числа. 4.7. а) См. 3.7а. Там же объяснены рисунки. б) То, что 31 измерения недостаточно, доказано в решении задачи 3.7. Укажем два способа, при которых достаточно 32 измерений. Способ 1. Последовательность из 32 измерений строится аналогично 3.7б, но требуется уже пять шагов. Узлы, проверяемые в одном измерении, обозначены одинаковыми буквами. B

A

C

D

D

E

E

F

I

G

C

G

I

J

K

F J

B

A

K

Шаг 1

Шаг 2

L

M L

M

N

O

N

P

P Q

Q

R

R S

S

O

Шаг 3

Шаг 4

На 5-м шаге проверяем пары оставшихся узлов, симметричные относительно горизонтальной средней линии. На первом шаге все проверенные узлы принадлежат одной компоненте благодаря теореме о пересечении ломаных. На следующих трёх шагах линия тока обязана пройти через один из узлов, принадлежащих компоненте, поскольку один из про-

XXIV Турнир городов

259

веряемых узлов оказывается окружённым ранее проверенными узлами. Замечание. Этот способ (идея принадлежит одному из ижевских школьников), по-видимому, переносится на любую квадратную схему, но это неочевидно. К тому же с увеличением размеров растёт и число шагов. Способ 2 идейно сложнее, зато свободен от этих недостатков. Способ 2. «Линия тока» A–A со- A B C D E F G H единяет боковые стороны «доски» и по теореме о пересечении ломаных пересекается с линиями B–B, C–C, ... ... , H–H. Таким образом, все узлы, ′ X Y X′ помеченные буквами от A до H, при- Y надлежат одной компоненте. Остальные пары проверяемых узлов расположим, как во второй горизонтали: H G F E D C B A расстояние между узлами одной пары равно 4 (половине ширины доски). Докажем, что все эти узлы (например K) также принадлежат этой компоненте. Остальные пары проверяемых узлов расположим, как во второй горизонтали: расстояние между узлами одной пары равно 4 (половине ширины доски). Докажем, что все эти узлы (например K) также принадлежат этой компоненте. Линия тока K–K пересекает вертикальную ось симметрии доски. Если пересечение лежит на верхнем или нижнем краю, то всё доказано. Иначе на линии тока найдутся примыкающие к оси узлы X и Y (см. рис.), чьи «парные» узлы X′ и Y′ лежат на правом и левом краях доски. По той же теореме «линия тока» Y′ –Y–X–X′ (соединяющая боковые края) пересекает линию A–A (соединяет верхний край с нижним). Поэтому X, X′ , Y, Y′ , а значит, и K, лежат в одной компоненте с A. 5.1. Пусть кошельков M, а карманов N. В каждом кармане меньше M долларов, поэтому всего долларов меньше MN. Значит, в одном из кошельков меньше, чем MN : M = N долларов. 5.2. При n = 3 очевидно выигрывает первый, а при n = 4 — второй. Покажем, как первый выигрывает при n > 4. После первого хода второго игрока покрашены две соседние стороны. Первый может покрасить сторону «через одну» от них, образовав непокрашенную «дырку» из одной стороны. Это его

260

Решения задач

заповедник, который второй покрасить не может. Заповедник первый использует, только если у него не будет другого хода. Если такой момент наступит (второй может проиграть и раньше), то (после «закрытия» заповедника) непокрашенная часть будет состоять из пар смежных сторон. Далее первый всегда может отвечать на ход второго, закрашивая сторону из той же пары. 5.3. Проведём через точку K прямую, параллельную BC, до пересечения с основанием AC в точке P. Очевидно, KP = AK. Ясно, что MN — средняя линия трапеции (или параллелограмма) KLCP. Поэтому MN =

1 1 (LC + KP) = KL. 2 2

Таким образом, угол KNL опирается на диаметр окружности с центром M, поэтому он прямой. 5.4. Пусть a1 , ... , a5 — последовательные нечётные члены последовательности. Последние цифры этих чисел нечётны, а наибольшие цифры чисел a1 , ... , a4 — чётные и, поэтому, не последние. При переходе к следующему числу наибольшая цифра предыдущего не меняется (в противном случае она увеличится на 1 и станет нечётной), т. е. a1 , ... , a5 — арифметическая прогрессия, разность которой — чётная ненулевая цифра d. Числа 0, d, 2d, 3d, 4d оканчиваются разными цифрами (например потому, что дают разные остатки от деления на 5). Прибавляя к этим числам a1 , видим, что и a1 , ... , a5 оканчиваются разными цифрами. Значит, одно из чисел оканчивается на 9. Но это может быть только число a5 , и, значит, следующий член последовательности — чётное число. Пять нечётных членов подряд встречаются, например, в последовательности: 807, 815, 823, 831, 839. 5.5. Решение 1. Запишем во все клетки нечётных столбцов цифру 1, а во все клетки чётных столбцов — цифру 2. Сумма цифр в каждом прямоугольнике 1 × 2 или 3 × 1 кратна 3. Но сумма цифр на всей доске не кратна 3. Поэтому разбить её на такие прямоугольники нельзя. Решение 2. Пусть замощение возможно. Поскольку доска содержит нечётное число клеток, в нём участвует нечётное

XXIV Турнир городов

261

число прямоугольников 1 × 3. Окрасим в чёрный цвет 1-ю, 4-ю, 7-ю, ... , 2002-ю горизонтали доски (через две) — всего 668 горизонталей. Количество чёрных клеток чётно. Но каждый прямоугольник 1 × 2 содержит чётное число чёрных клеток (0 или 2), а каждый прямоугольник 1×3 — ровно одну чёрную клетку, т. е. общее число чёрных клеток нечётно. Противоречие. Замечание. Аналогично можно прийти к противоречию, закрасив вертикали через одну. Замечание для знатоков. Уменьшив все горизонтальные размеры вдвое, а вертикальные — втрое, мы придём к частному случаю довольно известной задачи Д24.5.5. 6.1. См. 5.1. 6.2. Рассмотрим, например, палочки длины 1, 2, 22 , 23 , ... ... , 298 и 299 − 2. Длина наибольшей палочки не меньше суммы длин остальных, поэтому 100-угольник составить можно. Но в любом поднаборе длина наибольшей палочки не меньше суммы длин остальных, поэтому многоугольник из них составить нельзя. 6.3. Пусть R, RA , RB , RC — радиусы описанных окружностей соответственно треугольников ABC, BMC, AMC, BMA. Как известно, BC = 2R sin ∠BAC = 2RA sin ∠BMC. По условию, R 6 RA , значит, sin ∠BAC > sin ∠BMC. При этом ∠BAC < ∠BMC (действительно, пусть прямая BM пересекает AC в точке P, тогда ∠BMC > ∠BPC > ∠BAC). Поскольку синусы углов, заключённых между ∠BAC и 180◦ − ∠BAC, больше sin ∠BAC, то ∠BMC > 180◦ − ∠BAC, и поэтому ∠BAC + ∠BMC > 180◦ . Аналогично ∠ABC + ∠AMC > 180◦ , ∠ACB + ∠AMB > 180◦ . Складывая, получим (∠BAC + ∠ABC + ∠ACB) + (∠BMC + ∠AMC + ∠AMB) > 540◦ . Но суммы в скобках равны 180◦ и 360◦ , поэтому все неравенства должны быть равенствами, в частности, R = RA . Замечание. Утверждение можно чуть усилить: см. Д24.6.3. 6.4. После перестановки суммы цифр соседних чисел отличаются на единицу. Поэтому либо чётность суммы цифр каждого номерка совпадает с чётностью его места, либо наоборот, эти чётности у всех номерков различны. А до перестановки чётности совпадали ровно в половине случаев: в каж-

262

Решения задач

дом втором десятке. Значит, результат сравнения изменился у 50 номерков, и они не могли остаться на месте. Вот пример, где на месте ровно 50 номерков (выделены жирным): переворачиваем десятки с первой нечётной цифрой. Получится 00, 01, ... , 09, 19, 18, ... , 10, 20, 21, ... , 29, 39, 38, ... , 91, 90. 6.5. См. рис. E B

F

C

H

A

D

G

AB = a, BC = b. Точка E √ выбирается так, что отрезок DE равен стороне квадрата (т. е. ab), точки H и G — так, что треугольник AGH равен треугольнику FCE. При этом из полученных трёх частей автоматически складывается прямоугольник. √ Поскольку его площадь равна ab, а одна из сторон — ab, то это квадрат. Замечание. Такой способ разрезания (взятый из книги b

[Разрез]) проходит при 6 a < b. В [Толпыго] можно найти 4 другой способ, который проходит как раз при ограничениях, указанных в задаче. 7.1. Вася выиграет, написав, например, x2 + 5x + 6 = 0. Проверить корни достаточно у этого уравнения, а также у уравнения x2 + 5x − 6 = 0 (почему?). 7.2. Очевидно, 2R > a (диаметр описанной окружности не меньше стороны) и 2r < h (диаметр вписанной окружности меньше высоты). Отсюда R 2R a a = > > . r 2r 2r h

7.3. a) Решение 1. Сложим эти суммы для всех игр. Этот же результат можно получить другим способом: суммируя вклады команд. Каждая из 15 команд вносит нечётный вклад: 0 + 1 + 2 + ... + 13. Значит, в результате получится нечётное

XXIV Турнир городов

263

число. Следовательно, в сумме по играм хотя бы одно из слагаемых нечётно. Решение 2. Предположим противное: все игры делятся на чётные (к которым обе команды подошли с чётным «багажом») и нечётные. Каждая команда участвовала в 7 чётных играх, значит, всего чётных игр 15 · 7 : 2 — нецелое число. Противоречие. б) Покажем, что если расписание турнира с одной «нечётной» игрой возможно для n команд, то оно возможно и для n + 4 команд. После проведения турнира n старых команд, добавим новые команды A, B, C и D. Проведём игры A–B, C–D, A–C, B–D и A–D. Команды A и B сыграли разное по чётности число игр (3 и 2), поэтому одна из старых команд S может сыграть с ними (в том или другом порядке). После этого S может сыграть с командами C и D. При этом все новые сыграют по разу, т. е. разные чётности в парах A и B, C и D сохранятся. Поэтому можно повторять процедуру с каждой из остальных старых команд, а в конце провести заключительный матч B–C. Поскольку в турнире трёх команд одна «нечётная» игра, то, как показано выше, можно провести такой турнир и для 7, а значит, и для 11 и 15 команд. 7.4. Отломленный или образующийся треугольник (очевидно, правильный) со стороной длины k будем называть k-треугольником. Случаи n = 1, 2 очевидны. Разберём два случая при n > 2. 1) Пусть n простое. Предположим, что первым ходом отламывается k-треугольник. Остаётся трапеция со сторонами k, n − k, n, n − k. Пусть a — большее из чисел k, n − k, а b — меньшее (они не равны: НОД(a, b) = НОД(n, n − k) = 1). Второй отламывает кусок так, чтобы остался параллелограмм со сторонами a и b. Первому придётся отломить b-треугольник (иначе второй досрочно выиграет, отломив от оставшегося острого угла 1-треугольник и оставив первому шестиугольник, у которого все углы тупые). Получится трапеция со сторонами a − b, b, a, b, где НОД(a − b, b) = НОД(a, b) = 1, т. е. игра придёт к той же ситуации, что и ход назад, но трапеция уменьшится. Так игра будет продолжаться, пока a и b не станут равны 1 («трапеция» со сторонами 0, 1, 1, 1 — это 1-треугольник!), что означает победу второго.

264

Решения задач

2) Пусть n составное. Первый фиксирует p — один из простых делителей числа n — и отламывает p-треугольник. Второй обязан отломить (n − p)-треугольник (иначе первый отломит от оставшегося острого угла 1-треугольник и досрочно выиграет). Получится параллелограмм со сторонами p и n − p (это число кратно p). Первый снова отламывает p-треугольник, и т. д. В конце концов, после хода первого останется p-треугольник. Поскольку ход второго, то согласно 1) он проиграет. 7.5. Будем проводить допустимые разрезания клеток последовательно. После каждого шага рассмотрим фигуру, составленную из 64 точек сетки, находящихся внутри доски, и проведённых к данному моменту диагоналей. В начале фигура состоит из 64 отдельных кусков — точек. После каждого шага в силу соединения число кусков уменьшается. Заметим, что мы каждый раз соединяем четыре точки (проводить разрезы в граничных клетках, очевидно, нельзя), принадлежащие четырём разным кускам (при соединении точек, уже принадлежащих одному куску, образуется замкнутая линия и «отваливается» находящаяся внутри неё часть доски). Итак, при разрезании клетки число кусков уменьшается ровно на 3. Поскольку 64 : 3 < 22, то удастся разрезать не больше 21 клетки. Пример с 21 разрезанной клеткой см. на рисунке. Замечание для знатоков. Это же можно сказать короче. Разрезание клетки добавляет 4 ребра (половинки диагоналей) и одну вершину (центр клетки). Пусть мы разрезали k клеток. В полученном графе 64 + k вершин и 4k рёбер. По известной оценке числа рёбер в графе без циклов, 4k 6 (64 + k) − 1, т. е. k 6 21. 7.6. В описанной трапеции сумма боковых сторон равна сумме оснований, поэтому полусумма боковых сторон равна средней линии. Построим окружности на боковых сторонах трапеции как на диаметрах. Расстояние между их центрами (длина средней линии трапеции) равно сумме радиусов, поэтому окружности касаются внешним образом.

XXIV Турнир городов

265

Из точки внутри любой из этих окружностей одна из боковых сторон видна под тупым углом, а другая — под острым. Однако из точки E обе боковые стороны видны под равными углами. Поэтому E не лежит внутри ни одной из этих окружностей. Отсюда получаем, что угол AEB — не тупой и смежный угол AED — не острый. Замечание 1. Построенные окружности касаются в центре вписанной в трапецию окружности, но для наших рассуждений это неважно. Замечание 2. Угол AED не может быть и прямым: из тех же соображений нетрудно видеть, что такое возможно только для ромба (а ромб — не трапеция). 8.1. Очевидно, 2R > a (диаметр описанной сферы не меньше ребра) и 2r < h (диаметр вписанной сферы меньше высоты). Отсюда получаем 2R a a R = > > . r h 2r 2r

Замечание. Ср. с 7.2. 8.2. Заметим, что старший коэффициент многочлена P положителен (иначе P(x) < 0 при достаточно больших положительных x, и количество положительных значений P в натуральных точках конечно). Если степень P выше первой, то и у многочлена P(x) − x старший коэффициент положителен, поэтому найдётся такое натуральное N, что P(x) > x для каждого x > N. Пусть указанная последовательность существует. Начиная с некоторого номера члены, меньшие N, закончатся, т. е. найдётся такое n, что ak > N при всех k > n. Тогда an = P(an+1 ) > an+1 , an+1 = P(an+2 ) > an+2 , ... , т. е. an > an+1 > an+2 > ... — бесконечная убывающая последовательность натуральных чисел, что невозможно. Следовательно, P(x) — многочлен первой степени. Годится, например, многочлен P(x) = x − 1. 8.3. Сумма плоских углов, сходящихся в одной вершине куба, равна 270◦ . Поэтому вершина не может быть внутренней точкой треугольника (сумма углов, сходящихся в такой точке, равна 360◦ ). Если какой-то треугольник примыкает к этой вершине своей стороной, то он закрывает 180◦ из 270◦ . Поэтому такой треугольник может быть только один, и по крайней мере 90◦ в этой вершине должны быть покрыты углами треуголь-

266

Решения задач

ников. Однако сумма углов в трёх треугольниках составляет только 6 · 90◦ , а этого не хватит на оклейку по 90◦ в восьми вершинах куба. 8.4. По теореме о пересекающихся хордах NA·NC=NM·NK. Пусть O — центр окружности. Точки A и C симметричны относительно прямой OE и лежат на окружности с диаметром OE. Поэтому отрезок OE проходит через середину N хорды AC, и (по той же теореме) NA · NC = NE · NO. Отсюда NM · NK = NE · NO, т. е. NM : NE = NO : NK. Следовательно, треугольники MNE и ONK подобны (по углу и двум пропорциональным сторонам). Значит, ∠EMK = ∠EMN = ∠KON, а угол KON — прямой (OK⊥BC, а ON k BC как средняя линия треугольника ABC). 8.5. Кире достаточно назвать числа в следующем порядке: 2, 3, 4, 6, 16, 12. Если Борино число было чётным, Кира выиграет первым же ходом, если исходное Борино число при делении на 12 давало остаток 5 или 11 — вторым, при остатках 1 или 9 — третьим, при остатке 3 — четвёртым, наконец, при остатке 7 — пятым («случайно») или шестым. Проще всего убедиться в этом, нарисовав таблицу остатков от деления на 12 Бориного числа после каждого хода. Замечание. «Выигрывающая» последовательность с минимальной суммой — 6, 4, 3, 2, 5, 12. 8.6. Будем считать, что в каждой клетке находится кнопка, нажимая на которую мы меняем знак в этой клетке и во всех соседних. Заметим, что нажимая кнопки во второй строке мы можем привести в произвольное состояние первую строку (каждая кнопка меняет знак в клетке над ней и не меняет состояние остальных клеток первой строки). После этого, нажимая кнопки в третьей строке, мы можем получить произвольный набор знаков во второй строке, и наконец, нажимая кнопки четвёртой строки, получить произвольную третью строку. Итак, из любой таблицы можно получить не менее 212 различных таблиц (отличающихся уже в первых трёх строках). Приведём два способа получить оценку сверху.

XXIV Турнир городов

267

Способ 1. Изначально у нас есть 16 кнопок. Назовём 12 кнопок в белых клетках основными, а 4 в закрашенных — вспомогательными (см. рис.). Результата от нажатия вспомогательной кнопки можно достичь, нажав вместо этого несколько основных (для верхней вспомогательной кнопки — это основные кнопки, помеченные точками; для остальных трёх вспомогательных кнопок нужный набор основных получается поворотами рисунка на 90◦ , 180◦ и 270◦ ). Итак, если таблицу можно получить, то достаточно последовательности нажатий основных кнопок. Ясно, что результат не зависит от порядка нажатий кнопок. Поэтому пару нажатий на одну и ту же кнопку можно выкинуть. В итоге оставшиеся в последовательности кнопки будут нажаты по разу. Итак, каждой искомой таблице соответствует набор основных кнопок, нажатием которых она получается. Но таких наборов (а, значит, и таблиц) не более 212 . Способ 2. Легко проверить, что каждая операция меняет состояние чётного числа из помеченных точками клеток. Поэтому чётность количества плюсов на помеченных клетках остаётся той же, что и в исходной таблице A. Тем самым знак в закрашенной помеченной клетке определяется чётностью количества плюсов в помеченных незакрашенных клетках. Поворачивая рисунок на 90◦ , 180◦ и 270◦ убеждаемся в том, что знаки в четырёх закрашенных клетках полученной после операций таблицы полностью определяются остальными 12 знаками (расположенных в незакрашенных клетках) этой таблицы (и исходной таблицей A). Это означает, что из A можно получить не более 212 различных таблиц. Замечание для знатоков. С точки зрения линейной алгебры задача тривиальна. Каждой разрешённой операции можно поставить в соответствие вектор в 16-мерном пространстве над Z2 . Требуется найти размерность линейной оболочки этих 16 векторов. Это можно проделать, например, вычислив по методу Гаусса ранг соответствующей матрицы 16 × 16 (он равен 12). Требуется примерно 10 минут и полстранички клетчатой бумаги. Впрочем, приведённые решения тоже использовали методы линейной алгебры: в первом мы фактически построили базис

268

Решения задач

линейной оболочки, во втором — базис системы линейных инвариантов. 8.7. Вершины квадрата также будем считать отмеченными, а стороны — «проведёнными» отрезками. Пусть из каждой отмеченной точки выходит чётное число отрезков. 1) Всю картинку можно поворачивать, поэтому можно считать, что среди сторон треугольников нет вертикальных. Возьмём внутри треугольника разбиения произвольную точку и выпустим из неё луч вверх. Когда на луче нет отмеченных точек, назовём степенью луча число пересечённых им отрезков. Докажем, что степени всех выпущенных из треугольника T лучей — одной чётности. Для доказательства будем двигать луч l так, чтобы его начало двигалось от самой левой вершины треугольника T к самой правой. Степень l меняется, только когда l проходит через какую-то отмеченную точку K. Отрезки из K выходят одни налево, другие направо; l всегда пересекает ровно одну из этих групп. Но всего из K выходит чётное число отрезков, поэтому чётности групп одинаковы, и значит, чётность степени l не изменяется. Назовём чётностью треугольника чётность степени любого выпущенного из него луча (согласно предыдущему абзацу определение корректно). 2) Ясно, что треугольники с общей стороной — разной чётности. А все треугольники, примыкающие к сторонам исходного квадрата, нечётны (достаточно выпустить луч из точки, «близкой» к самой левой или самой правой вершине квадрата). Отсюда следует, что нечётные треугольники в совокупности имеют на 4 стороны больше, чем чётные. Но это невозможно: число сторон треугольников каждой чётности в 3 раза больше числа таких треугольников, т. е. кратно 3.

XXV Турнир городов 1.1. Например, впишем 9 во все квадратики граней 4 × 5, 8 — во все квадратики граней 3 × 5 и 5 — во все квадратики граней 3 × 4: 2 · (4 · 9 + 3 · 8) = 2 · (5 · 9 + 3 · 5) = 2 · (5 · 9 + 4 · 5) = 120. Идеология. Самое простое — пытаться вписать одинаковые числа в клетки граней одинакового размера, скажем, x в 3 × 5, y в 4 × 5, z в 3 × 4. Условие задачи перепишется тогда в виде системы линейных уравнений: 3x + 4y = 5x + 4z = 5y + 3z. Указанный пример соответствует одному из её решений. 1.2. Решение 1. Равнобедренные треугольники A1 A3 A5 и A3 A5 A7 равны по трём сторонам. Поэтому ∠A3 A1 A5 = ∠A3 A7 A5 , т. е. точки A1 , A3 , A5 и A7 лежат на одной окружности. Аналогично на одной окружности лежат точки A3 , A5 , A7 и A2 . Однако это — та же окружность. Так продолжая, получаем, что все вершины лежат на этой окружности. Ясно, что они делят её на семь равных дуг (например, A1 A2 = A1 A4 − A2 A4 = A2 A5 − − A3 A5 = A2 A3 ). Таким образом, семиугольник не только равносторонний, но и правильный. Решение 2. Равны все равнобедренные треугольники вида Ai Ai+2 Ai+4 (мы считаем A8 = A1 , A9 = A2 и т. д.). Поэтому равны все углы вида Ai Ai+3 Ai+1 (как разности углов, равных Ai Ai+2 Ai+4 и Ai Ai+2 Ai+4 ). Значит, равны и все треугольники Ai Ai+3 Ai+1 (по двум сторонам и углу между ними), и, следовательно, равны и все отрезки Ai Ai+1 . 1.3. Решение 1. Индукция по n. База (n = 1) очевидна. Шаг индукции. Заменив в наборе чисел от n + 1 до 2n число n + 1 на 2n + 2 и добавив 2n + 1, получим набор чисел от n + 2 до 2(n + 1). Замена суммы делителей не изменит, так как у чисел n + 1 и 2(n + 1) наибольшие нечётные делители одинаковы. Нечётное же число 2n + 1 само добавится к сумме, увеличив её с n2 до (n + 1)2 . Решение 2. Частное двух чисел, имеющих одинаковый наи2n

больший нечётный делитель, есть степень двойки. Но < 2, n+1 поэтому среди данного набора таких чисел нет, т. е. все их

270

Решения задач

наибольшие нечётные делители различны. Поскольку их ровно n и они не превосходят 2n − 1, то это — все нечётные числа от 1 до 2n − 1. 1 + 3 + ... + (2n − 1) = n2 .

1.4. Из каждой точки выходит N − 1 звеньев. Если во всех случаях они одного цвета, то N = 3, если двух, то N = 5. Треугольник нельзя разбить на две ломаные — звеньев не хватает. Конструкция для пяти точек приведена на рисунке. Идеология. Для построения примера выгоднее так расположить точки, чтобы пересекалось как можно меньше соединяющих их отрезков. 1.5. Слева направо занумеруем поля полоски и обозначим шашки Ш1 , Ш2 , ... Шашка Ш25 не может остаться на месте. Действительно, в этом случае на первом ходу Ш24 перепрыгнет через неё (других ходов нет), и останется на месте до конца (поскольку в конце она должна стоять рядом с Ш25 . Но тогда остальные шашки не смогут перебраться через преграду из двух рядом стоящих шашек. Противоречие. Значит, в конце Ш25 стоит на поле 26 или правее, а остальные 24 шашки стоят правее неё. Следовательно, N > 50. Покажем, как обойтись 50 клетками (при этом шашка Шk займёт (51 − k)-ю клетку). Сначала Ш25 шагает на поле 26, потом своё место занимает Ш23 (перепрыгнув через Ш24 и Ш25 и шагнув один раз вправо), потом Ш21 , ... Так все шашки с нечётными номерами занимают своё место. Теперь можно последовательно отправить на свои места шашки с чётными номерами: Ш2 (шаг вправо и 23 прыжка), Ш4 , ... , Ш24 . Замечание. Порядок ухода шашек со своего места и порядок прихода их на назначенные места определён однозначно: легко проверить, что сдвинутая «не в свою очередь» шашка создаст затор или будет вынуждена уйти вправо дальше, чем нужно. 2.1. См. 1.3. 2.2. Чтобы нарисовать границу квадрата, придётся нарисовать все 96 приграничных квадратиков. Разобьём внутренний квадрат 23 × 23 на 264 доминошки 1 × 2 и один квадратик

XXV Турнир городов

271

1 × 1. Один из квадратиков каждой доминошки нужно нарисовать (иначе не будет изображён отрезок сетки внутри доминошки). Итого, придётся нарисовать не менее 96 + 264 = 360 квадратиков. С другой стороны, 360 квадратиков хватает. Рассмотрим шахматную раскраску квадрата, в которой угловые квадратики чёрные. Каждый отрезок сетки служит стороной приграничного или белого квадратика. Поэтому достаточно нарисовать все приграничные (их 96) и все внутренние белые квадратики (их 264). 2.3. Пусть покупатель отдаст продавцу все свои деньги. Тогда у продавца станет 1999 рублей. Покажем, что он сможет выплатить любую сдачу меньше 1999 рублей. Поскольку сумма кончается на 9, должно найтись 9 рублей (либо 9 рублевок, либо пятёрка и 4 рублёвки — в каждом случае ими можно набрать любую сумму от 1 до 9 рублей). Отложим эти 9 рублей в кучку «единиц». Сумма оставшихся рублевок и пятёрок кратна 10, поэтому их можно связать в «десятки» — пачки по 10 рублей. Теперь сумма за вычетом отложенных денег равна 1990 и набрана купюрами и пачками с нулём в конце. Аналогично предыдущему, найдём и отложим в сторону 9 «десяток» или полсотни и 4 «десятки» в кучку «десятков», затем 9 «сотен» или 500-рублёвку и 4 «сотни» — в кучку «сотен». Останется одна тысяча рублей — кучка «тысяч». Посмотрим на цифры сдачи, и наберём из соответствующих кучек нужное число единиц, десятков, сотен и тысяч. 2.4. Пусть KLMN — исходный квадрат, O — его центр, P, Q — середины сторон KL и MN, KAL, LBM, MCN, NDK — построенные треугольники. Заметим, что площадь четырёхугольника не превосходит половины произведения длин его диагоналей (см. формулу для площади четырёхугольника). а) Достаточно доказать, что длины диагоналей AC и BD четырёхугольника ABCD не больше 2. Но AC 6 AP + PQ + QC = 0,5 + 1 + 0,5 = 2 (AP = CQ = 0,5, так как медиана, проведённая к гипотенузе, вдвое меньше гипотенузы). Аналогично BD 6 2. б) Докажем, что длины диагоналей O1 O3 и O2 O4 четырёх√ угольника O1 O2 O3 O4 не больше 2. Для этого достаточно про-

272

Решения задач

верить, что все точки Oi лежат на окружности такого диаметра, описанной вокруг квадрата KLMN (длина хорды не превосходит длину диаметра). Покажем это, например, для точки O1 . ∠KO1 L = 180◦ − (∠O1 KL + ∠O1 LK) = 1 2

Поэтому

1 2

= 180◦ − (∠AKL + ∠ALK) = 90◦ + ∠KAL = 135◦ . ∠KO1 L + ∠KML = 180◦ ,

т. е. четырёхугольник KO1 LM вписанный. 2.5. Отметим на плоскости точки A(0, 0), A1 (0, 10), B(9, 6), B1 (4, 9), C(5, 5), D(15, 5) и B2 (9, 4) (рис. 1). Нетрудно убедиться, что точки B1 и B2 симметричны относительно AC, а точки B2 и B, а также A и A1 — относительно CD. Поэтому фигура, составленная из треугольников AB1 C, ACD, CBD и BA1 D, представляет собой развёртку вырожденного тетраэдра ACDB2 (это происходит из-за того, что ∠A1 DB + ∠BDC = ∠CDA) 1. A1

B1 B B B B C

D B B222222 B B

A Рис. 1

Чтобы устранить эту «неприятность», чуть сдвинем точку C «влево-вниз» вдоль серединного перпендикуляра к отрезку BB1 (рис. 2). Для полученной точки C1 сохраняется равенство B1 C1 = BC1 , но теперь для углов a = ∠A1 DB, b = ∠BDC1 и g = ∠C1 DA выполнены неравенства треугольника: a + b > g по построению, а неравенства a + g > b и g + b > a сохраняются ввиду малости сдвига. Поэтому фигура, составленная 1 Аналогичный пример вырожденного тетраэдра в качестве окончательного решения приводится в [Толпыго].

273

XXV Турнир городов A1

B1 B B B B

C C1

a b g

D

A Рис. 2

из треугольников A1 DB, BDC1 и C1 DA представляет собой развёртку трёхгранного угла с вершиной D, т. е. тетраэдра без одной грани. Недостающая грань равна треугольнику AB1 C1 , поэтому фигура AB1 C1 BA1 DB на рис. 2 — развёртка тетраэдра. Как видим, она самопересекается. Замечание для придир. Обозначив b0 = ∠BDC, g0 = ∠CDA, имеем a + b0 = g0 . Выберем d < a. Пусть C1 — такая точка на серединном перпендикуляре внутри угла CDA, что ∠CDC1 = d. Тогда b = b0 + d, g = g0 − d, и легко проверить, что неравенства треугольника для углов a, b, g выполняются. 3.1. Например, такими являются 1, 1 + 99!, 1 + 2 · 99!, 1 + + 99 · 99!. Действительно, пусть два числа имеют общий простой делитель p. Тогда p делит их разность, т. е. число вида n · 99!, где n < 100. Поэтому и p < 100. Но при делении на такое число все числа дают в остатке 1. Противоречие. Замечание. 99! можно заменить на произведение всех простых чисел, меньших 100. 3.2. Пусть каждый брюнет возьмёт правой рукой левую руку девушки, предназначенной ему первой свахой, а каждая блондинка возьмёт правой рукой левую руку юноши, предназначенного ей второй свахой. При этом образуются хороводы (циклы) и цепочки, которые содержат всех брюнетов, всех блондинок и, возможно, кого-то ещё. Цепочки из чётного числа людей и хороводы (там чётное число людей ввиду чередования) разбиваются на пары знакомых, и их можно поженить. Пусть цепочка состоит из нечётного числа людей и юношей в ней больше, чем девушек. Тогда на её концах стоят юноши

274

Решения задач

и у одного из них свободна правая рука. Значит, он не брюнет, и его можно удалить из цепочки, а оставшихся переженить. Аналогично поступим с цепочкой, в которой больше девушек. Замечание для знатоков. Без особых изменений доказательство проходит и для бесконечных множеств «юношей» и «девушек» (надо дополнительно рассмотреть бесконечные цепочки). Заметим, что теорема Кантора—Бернштейна является частным случаем этой задачи (когда все юноши — брюнеты, а все девушки — блондинки). 3.3. Случай k = 1 очевиден. Неравенства m(m + 1) < m(m + 2) < m(m + 3) < (m + 1)(m + 2) показывают, что при k = 2, 3 подобрать m и n не удастся: при n = m правая часть меньше, а при n = m + 1 — уже больше левой. Все остальные числа k можно представить в виде k = 2l + 2 или k = 2l + 3, где l — натуральное. В обоих случаях положим n = m + l. Тогда в первом случае n(n + 1) = n2 + n = m2 + 2lm + l2 + m + l = m(m + k) + l2 + l − m,

и нужное равенство достигается при m = l2 + l. Во втором случае аналогично n(n+1)=m(m+k)+l2 +l−2m, l2 + l

. и можно взять m = 2 Идеология. Запишем исходное уравнение в виде 4m2 + 4mk + 1 = (2n + 1)2 . Левая часть меньше чем (2m + k)2 и должна быть квадратом нечётного числа, поэтому естественно попытаться представить её в виде (2m + k − 1)2 при чётном k и в виде (2m + k − 2)2 при нечётном k. Отсюда и получаются предъявленные решения. 3.4. Удобнее решить задачу в общем виде: покажем, что при n > 1 на доске (2n + 1) × (2n + 1) ответ 4n. (Рисунок соответствует случаю n = 3.) Отметим клетки по периметру прямоугольника (2n − 1) × 3, как показано на рисунке. При этом на длинных диагоналях (из более чем n + 1 клетки) отмечено по две клетки. Только четыре клетки

275

XXV Турнир городов

доски (они закрашены на рисунке) не лежат на длинных диагоналях, но и для них требуемое условие выполнено. Покажем, что меньшим числом отмеченных клеток не обойтись. Расставим 8n слонов во всех клетках по периметру доски. Пусть отмечены k клеток. Оценим двумя способами число p пар вида (слон, побитая им отмеченная клетка). Так как каждая клетка доски бьётся не более чем четырьмя слонами, то p 6 4k. Но каждый слон должен бить не менее двух отмеченных клеток, поэтому p > 8n · 2. Значит, 16n 6 4k, т. е. k > 4n. 3.5. Пусть K — центр квадрата. Можно считать, что точка O принадлежит треугольнику AKB. Поскольку OD > OB, то ∠OBD > ∠BDO, и поэтому ∠OBC + ∠ODA = (45◦ + ∠OBD) + (45◦ − ∠BDO) > 90◦ . Кроме того, ∠OCD > ∠ACD = 45◦ , значит, рассматриваемая сумма больше 90◦ + 45◦ = 135◦ = 180◦ − 45◦ . По тем же причинам сумма ∠OAD + ∠ODC + ∠OCB + ∠OBA больше 180◦ − 45◦ . Наша сумма дополняет её до 360◦ , т. е. она меньше 180◦ + 45◦ . 3.6. Кратчайший путь по поверхности параллелепипеда равен кратчайшему из прямых путей на развёртках. Посмотрим на часть развёртки параллелепипеда 2 × 2 × 12 (см. рис.). C

A

L D

B′ L′

B

Расстояние от угла A до противоположного угла B не больше длины отрезка AB. Расстояние от A до центра квадратной грани равно длине отрезка AL (до других положений центра на развёртках, например до L′ , расстояние, очевидно, больше). Пусть D — середина стороны квадратика. Прямоугольные треугольники ACB и BDL подобны (их катеты пропорциональны), поэтому угол ABL — прямой, и гипотенуза AL больше катета AB.

276

Решения задач

3.7. Назовём критическим ход, в котором использована карточка 2001. Докажем, что первый может получать очки на всех ходах второго, кроме, быть может, критического. В каждый момент будем обозначать карточки первого a1 < < a2 < ... < an , а карточки второго — b1 < b2 < ... < bn+1 (до критического хода bn+1 = 2001). При сравнении карточки после хода будем обозначать соответственно Ak и Bk . В начальный момент выполнены неравенства ak > bk . Докажем, что до критического хода первый может сохранить эту ситуацию. Именно, при своём ходе первый ходит с a1 , и у него остаются карточки Ak = ak+1 (k = 1, 2, ... , n − 1); при любом ответе для оставшихся у второго карточек выполнено Bk 6 bk+1 < Ak . Если же ход второго и он кладёт bi , то первый кладёт ai (и получает очко). При этом неравенства для оставшихся карточек, очевидно, выполняются. После критического хода (независимо от того, чья очередь, первый отдаёт наименьшую карточку), ситуация для первого «улучшается»: теперь выполнены неравенства ak > bk+1 . Аналогично проверяем, что первый может сохранить эту ситуацию до конца игры: при своём ходе он отдаёт a1 , при ходе второго кладёт ak на bk+1 (и a1 на b1 ). Докажем теперь, что второй может получить очки на всех ходах первого плюс на своём последнем ходе. В тех же обозначениях в начале выполнены неравенства bk+1 > ak . Действуя аналогично изложенной выше стратегии (при своём ходе — класть b1 , при ходе первого класть bk+1 на ak ), второй сохраняет эту ситуацию и набирает очки на всех ходах первого. Перед последним ходом у второго остаётся наибольшая на этот момент карточка b2 . Положив её, он получает дополнительное очко. Замечание. Видно, что обоим выгодно придерживаться «жадного алгоритма»: класть наименьшую карточку больше карточки противника, при невозможности — сбрасывать наименьшую карту. 4.1. См. 3.2. 4.2. Индукция. База (n = 1) очевидна. Шаг индукции. Пусть n = 2m чётно. Число m можно представить в указанном виде. Увеличив все vi на 1, получим представление числа n.

XXV Турнир городов

277

Пусть n нечётно. Возьмём v0 = 0. Рассмотрим наибольшее u0 , при котором 3u0 6 n. Если неравенство строгое, то представим число l = n − 3u0 в указанном виде. При этом v1 > 0, поскольку l чётно, а u1 < u0 , поскольку l < 3u0 +1 − 3u0 = 2 · 3u0 . 4.3. См. 3.6. 4.4. Пусть M — середина BC. B Поскольку OM⊥BC, IK⊥BC, а IO k BC, то IKMO — прямоугольник (см. рис.). Пусть N — точка, диаметрально противоположL ная K на вписанной окружности, M O и L — точка пересечения прямых K NO и BC. Отрезок IO, а значит, I и OM — средние линии прямоN угольного треугольника NKL поэтому M — середина KL, и, слеA C довательно, L — точка касания вневписанной окружности треугольника ABC. Переведём гомотетией с центром A эту окружность во вписанную. Точка L перейдёт при этом в такую точку вписанной окружности, где касательная параллельна BC, — т. е. в точку N. Итак, точки A, N, O, L лежат на одной прямой. Как известно, треугольнику ABC подобен «вдвое меньший» треугольник с вершинами в серединах сторон ABC, и O — это точка пересечения высот этого треугольника. Поэтому AH = = 2MO = KN. А ещё AH k KN, значит, ANKH — параллелограмм, откуда AH k KO. Замечание. Можно проверить (хотя нам не удалось этого сделать достаточно изящно), что условие задачи эквивалентно равенству cos B + cos C = 1. Это также можно использовать для решения. 4.5. См. 3.7. 4.6. Пусть K, L, M, N — середины рёбер AC, BC, BD и AD. Как известно, KLMN — параллелограмм (это параллелограмм Вариньона). Отметим на AB точку P так, чтобы были равны длины pA и pB перпендикуляров, опущенных из неё на плоскости BCD и ACD (очевидно, такая точка существует). Аналогично отметим на CD точку Q, равноудалённую от плоскостей ABD и ABC.

278

Решения задач

Середина O отрезка PQ лежит на средней линии UV треугольника CPD (U — середина CP, V — середина DP). Но U, в свою очередь, лежит на средней линии KL треугольника ACB, т. е. в плоскости KLMN. По аналогичным причинам в этой же плоскости лежит точка V, а значит, и точка O. Докажем, что O — центр вписанной сферы, т. е. равноудалена от граней тетраэдра. Пусть rA , rB , rC , rD — длины перпендикуляров, опущенных из точки O соответственно на плоскости 1

1

BCD, ACD, ABD, ABC. Заметим, что rA = pA = pB = rB . Ана2 2 логично rC = rD . Далее, rA (SBCD + SACD ) = rA SBCD + rB SACD = =

1 1 1 (p S + pB SACD ) = (VBCDP + VACDP) = VABCD . 2 A BCD 6 6 1

Аналогично rC (SABC + SABD ) = VABCD. Отсюда rA = rC , и всё 6 доказано. Замечание для знатоков. По существу изложено следующее рассуждение. Центр вписанной сферы O есть центр тяжести вершин тетраэдра, в которые помещены массы, равные площадям противоположных граней. Точка P — центр тяжести точек A и B, Q — точек C и D. В силу условия общий центр тяжести O лежит в середине отрезка PQ. Параллелограмм KLMN есть геометрическое место середин отрезков с концами на AB и CD. 4.7. а) Заметим, что допустимые ходы не меняют чётность количества плюсов в квадрате 2 × 2. Поэтому, если все квадраты 2 × 2 «приводятся», то изначально (а значит, и после любого числа ходов) в каждом из этих квадратов — чётное число плюсов. Докажем, что тогда таблицу можно «привести». Меняя, если нужно, знаки в столбцах, заполним плюсами верхнюю строку. Затем, действуя со строчками, заполним плюсами левый столбец (при этом + + + верхняя строка не «испортится»). Докажем, что те- + a b перь во всей таблице стоят плюсы. + Рассмотрим левый верхний квадрат 2 × 2 (рис. 1). Рис. 1 В нём уже стоят 3 плюса. Значит, и в клетке a стоит плюс. Теперь рассмотрев соседний квадрат 2 × 2, видим, что и в клетке b стоит плюс. Продолжая, докажем это для

279

XXV Турнир городов

всех клеток второй строки. Теперь повторяем рассуждение для третьей, затем четвёртой, ... и последней строк. б) Предположим, что все квадраты 4 × 4 «приводятся». Докажем, что тогда и таблицу можно «привести». Заметим, что допустимые ходы не меняют чётность количества плюсов в закрашенной на рис. 2 области квадрата 4 × 4 (любая строка, столбец или диагональ пересекает эту область по чётному числу клеток). Поэтому в каждой из таких областей — чётное число плюсов. Сначала заполним плюсами левый верхний квадрат 4 × 4 (рис. 3) — по предположению, это можно сделать. Покажем, как продолжить это заполнение на 4 клетки справа от квадрата (a, b, c, d на рис. 3). + + + + + +

Рис. 2

+ + + + a

+ + + + + +

+ + + + b ♣ ♠

+ + + + + +

+ + + + d

k

+ + + + c ♠ ♣

+ + + + + +

Рис. 3

Рис. 4

l m n

Точки b и c принадлежат одной из вышеупомянутых областей. Остальные 6 клеток в этой области уже заполнены плюсами. Значит, в клетках b и c стоят одинаковые знаки. Если это минусы, поменяем все знаки в соответствующем столбце. Знаки в клетках a и d можно (не задевая «хорошую» зону) поменять действиями вдоль диагоналей, помеченных знаками ♣ и ♠ на рис. 3. Аналогично продолжаем заполнение на следующие четыре клетки и т. д., пока не заполним первые четыре строки. Покажем, как добавить следующую строку. Изменив, если нужно, знаки в строке, поставим плюс в клетку l (рис. 4). Затем поставим плюс в клетку k (с помощью соответствующей диагонали). Докажем, что теперь во всех клетках пятой строки, кроме, может быть, самой правой, стоят плюсы. Действительно, в семи клетках закрашенной на рис. 4 фигуры уже стоят плюсы. Значит, и в клетке m стоит плюс. Сдвинув закрашенную фигуру на одну клетку вправо, видим, что и в клетке n стоит плюс. И так далее.

280

Решения задач

Знак в крайней справа клетке при необходимости можно изменить «с помощью» диагонали (как в клетке k). Аналогично заполняются плюсами все последующие строки (по очереди). 5.1. Пусть BK — высота, M — середина AB, P — точка пересечения указанных в условии прямых. Прямоугольные треугольники APK и APM равны (по гипотенузе и острому углу), 1

поэтому AK = AM = AB. В прямоугольном треугольнике ABK 2 катет равен половине гипотенузы, значит, ∠A = 60◦ . Пусть теперь N — середина AC, а Q — точка пересечения высоты CH и серединного перпендикуляра к AC. Тогда треугольник AQC равнобедренный, поэтому ∠QAN = ∠QCN = 90◦ − ∠A = 30◦ ,

т. е. AQ — биссектриса угла A. 5.2. По формуле суммы арифметической прогрессии k + (k + 1) + ... + (k + n − 1) =

n(2k + n − 1) . 2

При нечётном n > 2 правая часть делится на n, а при чётном — на 2k + n − 1, причём в обоих случаях частное больше 1. При n = 1 и n = 2 это возможно (например, 3 + 4 = 7). 5.3. Обозначим сосуды с сиропом, с водой и пустой соответственно A, B и C. a) Перельём из B в C 3 л воды, а затем выльем эти 3 л в раковину; повторим эту операцию несколько раз, пока в B не останется 5 л воды, причём в последний раз перельём воду из C не в раковину, а в A. Теперь в A — 6 л смеси, а C снова пуст. Перельём 5 л из A в C. Теперь можно перелить 4 л воды из B в A, а оставшийся в B литр вылить в раковину. Осталось вернуть 5 л смеси из C в A, где образуется 10 л смеси: 3 л сиропа и 7 л воды, т. е. 30-процентный сироп). б) Указанный в а) алгоритм годится для всех N ≡ 2 (mod 3). Если N ≡ 1 (mod 3), то алгоритм ещё проще: с помощью C выливаем из B по 3 л в раковину, пока в B не останется 7 л; после чего переливаем их в A. Если же N кратно 3, то в начале объём жидкости в каждом сосуде кратен 3. Разрешённые операции не могут испортить это свойство, поэтому получить 10 л жидкости (независимо от её состава) в одном сосуде невозможно.

XXV Турнир городов

281

5.4. Если число a n-значно, то (10n + 1)a b 10n + 1 . = = 2 2 a a a 10n + 1

Ясно, что a 6= 10n−1 , значит, 1 < < 10. Число 10n + 1 a (а тем более, частное) не делится ни на 2, ни на 3 (сумма цифр равна 2), ни на 5, поэтому единственное возможное частное — 7. Такое частное можно получить, например, при a = 143 =

1001 . 7

5.5. Всего десятизначных чисел 9·109 . Разобьём их на 9·108 десятков: в каждый десяток входят числа, отличающиеся только последней цифрой (например, в первый десяток входят числа от 1 000 000 000 до 1 000 000 009). В каждом десятке все числа соседние, поэтому из него можно выписать не более одного числа. С другой стороны, в каждом десятке есть ровно одно число с суммой цифр, кратной 10. Выписав все эти числа (они, очевидно, не могут быть соседними), мы получим набор из 9 · 108 чисел. 6.1. Поскольку BO — биссектриса угла ABC, AB = BC, то BO⊥AC. Аналогично CO⊥BD. Таким образом, прямые CA, BD — высоты треугольника BOC. Но радиус OK — тоже высота, поэтому проходит через точку пересечения высот AC и BD. 6.2. См. 5.4. 6.3. а) Удвоенная сумма диагоналей четырёхугольника больше его периметра (если диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O, то сложим неравенства AO + OB > AB, BO+OC>BC, CO+OD>CD, DO+OA>AD). Однако 2(1+1001)= =2004. б) Рассмотрим четырёхугольник ABCD, где диагонали перпендикулярны и диагональ AC = 1001 делит диагональ BD = 2 пополам. Его периметр зависит от положения на AC точки пересечения диагоналей K. При движении K от точки A к середине непрерывно меняется √ отрезка AC этот периметр √ от 2 + 2 10012 + 1 > 2004 до 2 10012 + 4 < 2004. По теореме о промежуточном значении при некотором положении точки K периметр равен 2004.

282

Решения задач

в) Рассмотрим прямоугольник с диагоналями длины 1001. При изменении угла между диагоналями√от 0◦ до 90◦ периметр непрерывно изменяется от 2002 до 2002 2 > 2004. По теореме о промежуточном значении найдётся угол, при котором периметр равен 2004. Замечание. При желании размеры такого прямоугольника можно вычислить, решив уравнение x2 + (1002 − x)2 = 10012 (x и 1002 − x — длины сторон). 6.4. Разность прогрессии d равна a3 − a2 = a2 − a1 . a2 −a2

a2 −a2

Числа a1 + a2 = 2 1 и a2 + a3 = 3 2 — целые, значит, d d a3 − a1 = 2d — целое, а d — целое или полуцелое. Поскольку 2a1 − d = a1 + a2 — целое число, возможны три случая: a1 и d (а значит, и все члены прогрессии) — целые; d — целое, a1 — полуцелое; d — полуцелое, a1 — дробь со знаменателем 4. Но в последних двух случаях ясно, что знаменатель любого члена тот же, что у a1 . С другой стороны, знаменатель a21 больше, чем знаменатель a1 . Противоречие. 6.5. См. 5.5. 7.1. Удвоенная сумма прогрессии — тоже степень двойки. Согласно формуле суммы арифметической прогрессии эта удвоенная сумма делится на количество членов. А делитель степени простого числа — тоже степень этого числа. 7.2. Шашки, очевидно, нельзя ставить на крайние поля (а их 28). Разобьём оставшийся квадрат 6 × 6 на 4 квадрата 3 × 3. В каждом из этих квадратов должно быть хотя бы одно свободное поле (иначе шашка, стоящая в его центре, не атакована). Итого, должны быть свободны не менее 32 полей. 32 шашки расставить можно, оставив свободными все крайние поля и 4 поля в центре доски. Замечание 1. На самом деле эта расстановка — единственная (почему?). Замечание 2. В задаче разрешается ставить шашки на поля любого цвета. Если же можно ставить только на чёрные поля, то ответ, конечно, «16 шашек». 7.3. При повышении курс умножается на 1+0,01n= а при понижении — на

100+n , 100

100 − n . Если курс повторился после k 100

XXV Турнир городов

283

повышений и l понижений, то (100 + n)k (100 − n)l = 100k+l . Хотя бы один из множителей в левой части чётен, значит, n чётно. По той же причине n кратно 5, т. е. n = 10m. Подставив и сократив, получим (10 + m)k (10 − m)l = 10k+l . Аналогично докажем, что m кратно 10, поэтому n делится на 100. Противоречие. 7.4. Решение 1. ME2 = MB · MA = MF2 , т. е. ME = MF. Следовательно, диагонали четырёхугольника AEKF делят друг друга пополам, т. е. AEKF — параллелограмм. Далее, ∠CAE = ∠FEK (оба они равны углу между хордой CE и касательной FE). Аналогично ∠DAF = ∠EFK. Поэтому сумма трёх углов с вершиной A равна сумме углов треугольника EFK, т. е. 180◦ . Значит, точки C, D и A лежат на одной прямой. Решение 2 (для знатоков). Как выше, заметим, что ME = = MF. Отсюда ME · MF = MB · MA = MB · MK, а это — признак вписанного четырёхугольника для BEKF. Кроме того, KE · KC = KB · KA = KF · KD, поэтому точки E, B, F √ переходят в C, A, D при инверсии с центром K и радиусом KB · KA. А инверсия переводит окружность BEKF, проходящую через её центр, в прямую. 7.5. Если шар вылетит из A по стороне, он свалится в ближайшую лузу. Пусть шар вылетел под острым углом к стороне AB. Легко убедиться, что при отражении как от параллельной, так и от перпендикулярной к прямой AB стороны наименьший угол между AB и звеном траектории не меняется. Через точку A проходит две прямые под таким углом к AB, но только вдоль одной из них шар, вылетев из A, попадает внутрь стола. Поэтому вернуться в A шар может, только пройдя по стартовому звену в обратном направлении. Предположим, что это произошло. Мысленно проведём шар по тому же пути в обратном направлении. Этот путь, очевидно, также удовлетворяет законам отражения. Но путь шара полностью определяется начальным направлением. Следовательно «прямой» и «обратный» пути совпадают. Это значит, что

284

Решения задач

в середине пути шар поменял направление движения на противоположное (т. е. отскочил от стены под прямым углом). Но таких отскоков нет. Противоречие. 7.6. Назовём числа, имеющие не более 20 различных простых делителей хорошими (а остальные — плохими). Самое маленькое плохое число P — это произведение 21 наименьшего простого числа. Все числа, кратные P, — тоже плохие (в том числе и 2004!). Первый обязан вычесть число, не кратное P. Разность даст при делении на P ненулевой остаток r. Поскольку r < P, то r — хорошее. Ответным ходом второй вычитает r, снова получая на доске число, кратное P. Далее он повторяет эту же стратегию. Первый не может выиграть: после каждого его хода число на доске не кратно P и, тем более, не равно нулю. 8.1. См. 7.3. 8.2. Если шар вылетает «вдоль борта», то он сваливается в ближайшую лузу. В противном случае угол a между первым отрезком пути шара и стороной AB — не «целый» (меньше 1◦ ). Покажем по индукции, что каждый из отрезков пути (а точнее — продолжающая его прямая) составляет с AB угол вида 2n◦ ± a, где n — целое (это верно и при замене угла на смежный). Действительно, отрезки пути перед и после отражения от прямой XY лежат на симметричных относительно XY прямых, поэтому угол между отрезком и прямой AB равен углу между отражённым отрезком и прямой A′ B′ , симметричной AB относительно XY. Поскольку по условию угол ϕ между AB и XY составляет целое число градусов, а прямая AB при симметрии повернётся на 2ϕ, то и угол между отрезком и прямой AB изменится на чётное число градусов (знак перед a меняется при переходе к смежному углу). Из доказанного следует, что шар всегда будет образовывать нецелые (в градусах) углы со сторонами, и, в частности, не пойдёт вдоль бортов, и не отразится под прямым углом. Предположим, что шар вернулся в A. Но внутри угла с вершиной A только один выходящий из A отрезок составляет нужный угол с AB — стартовое звено (углы вида 2n◦ −a>1◦ так как a 3, т. е. не меньше 4. 3.4. Заметим, что r (x − y) + (x + y) x = y · xy. 2

С помощью перебора найдём на доске пару чисел a < b, чьё среднее арифметическое равно среднему геометрическому оставшейся пары чисел c и d. Ниже мы докажем, что такое разбиение единственно (с точностью до перестановки равных чисел), b−a a+b , y= . 2 2 a+b √ Докажем единственность. Если в равенстве = cd поме2

поэтому a = x − y, b = x + y, откуда x =

нять местами два неравных числа из разных частей, то равенство нарушится: ведь одна из частей увеличится, а другая — уменьшится. Поменять пары целиком тоже нельзя: отрицательное число не может стоять «под корнем», а если все числа c+d √ a+b √ неотрицательны, то > cd = > ab, и равенство дости2 2 гается, только когда все четыре числа равны, что невозможно: x + y > x − y. 3.5. Решение 1. По свойству вписанных окружностей, AB + BK − AK , 2 AK + BK − AB KM = , 2

BM =

AC + CK − AK , 2 AK + CK − AC KN = . 2

CN =

Подставив, получим, что доказываемое неравенство равносильно BK · AC + CK · AB > AK · BC, или

CK BK · AB + · AC > AK. BC BC

292

Решения задач

Проведём через K прямую, параллельную AB, до пересечения с AC в точке P. Стороны KP и AP треугольника AKP равны слагаемым в левой части последнего неравенства. Таким образом, оно равносильно верному неравенству треугольника. Решение 2. Опишем вокруг окружностей, вписанных в треугольники ABK и ACK, ромбы со сторонами, параллельными AK и BC. Вершины ромбов, противоположные K, лежат вне △ABC, поэтому у ромбов найдутся вершины M1 и N1 , лежащие во внутренних точках отрезков BK и CK соответственно (почему?). Из подобия параллелограммов следует, что M1 M : MK = = KN : NN1, откуда BM · CN > MM1 · NN1 = KM · KN. 3.6. Пусть всего сыра 50 (фунтов). Играют A (первый) и B. Ясно, что при делёжке обоим выгоден жадный алгоритм (каждый раз выбирается самый большой кусок). При этом B получит второй и четвёртый по весу куски. Обозначим их суммарный вес через R. Покажем, как A может гарантировать себе 30 фунтов, при этом R будет не больше 20. Сначала A делит сыр на куски веса 30 и 20. Пусть вес меньшего куска, отрезанного потом B, равен u. Если u 6 5, то A может получить набор L = {30 − u, 20 − u, u, u}, где 0 < u 6 5, в противном случае — набор M = {20, 20 − v, 10, v}, где 5 < v 6 10 (v = u либо v = 20 − u). Оба набора имеют вид {a, 20 − d, c, d}, где a > 20 − d > c > d. Сумма R кусков на 2-м и 4-м местах сейчас 20. После разреза R сможет стать больше, только если хотя бы один из этих кусков уступит место бoльшему ´ куску, сдвинувшись на место с бoльшим ´ номером. Но кусок 20 − d «вправо» не сдвинешь: a нельзя разрезать на две части, большие 20 − d (в обоих случаях a

20 − d > ). Кроме того, в случае L нельзя сдвинуть обе части 2 d на 5-е место. А вот в случае M одна из двух больших частей может быть разрезана на два куска, большие d. Подслучай 1. Часть a = 20 разрезана на куски s, 20 − s, где d < s 6 10. Тогда 20 − s < 20 − d и R = (20 − s) + s = 20. Подслучай 2. Часть b = 20 − d разрезана на два куска, больших d. Тогда оба эти куска меньше 10, т. е. вторая по весу часть равна 10. Значит, R < 20.

XXVI Турнир городов

293

Теперь покажем, как B может гарантировать себе 20 фунтов (т. е. обеспечить R > 20). Пусть после первого разреза получились куски x и y > x. Назовём крупными куски веса не меньше 20. При x 6 10 игрок B режет y пополам, а при x > 20 отрезает от y кусок веса 20. В обоих случаях образуются два крупных куска a > b > 20. Если A их не режет, то B — тоже, и сможет один из них взять. Если A один из них разрежет, то B разрежет другой на пропорциональные части. Эти четыре части образуют две пары a1 > b1 и a2 > b2, где b1 + b2 = b. Меньшие куски из пар B гарантированы, поэтому R > b > 20. При 10 6 x 6 20 игрок B получает набор {20, x, y − 20}, где все куски не меньше 10. Если далее A режет кусок 20, то B (отрезав 10 от одного из «старых кусков») получает набор {10 + a > 10 + b > 10 > 10 − b > > 10 − a}, в которой R = 20. Иначе перед B набор {20, a, b, c}, где a > b > c. Отрезав b от 20, он переходит к набору {a, b, b, 20 − b, c}. Поскольку a + b + c = 30, то b + c 6 20, a + b > 20, значит, c 6 20 − b 6 a и R = b + (20 − b) = 20. 3.7. Прямоугольники, равные A, назовём кирпичами. Пусть у A размеры a1 × a2 , а у B − b1 × b2 . Пусть P — сложенный из кирпичей прямоугольник, подобный B. Тогда его размеры (pa1 + qa2 ) × (ra1 + sa2 ), где p, q, r, s — некоторые целые числа. Предположим сначала, что отношение сторон кирпича рационально. Тогда и отношение сторон прямоугольника P (а значит, и подобного ему прямоугольника B) тоже рационально. Но тогда из прямоугольников, равных B, можно сложить квадрат, а из таких квадратов — прямоугольник, подобный A. a Пусть теперь отношение 1 сторон кирпича иррационально. a2

Заметим, что если число представимо в виде za1 + ta2 , где z и t — целые числа, то числа z и t определяются однозначно (если za1 + ta2 = Za1 + Ta2 , то (z − Z)a1 = (t − T)a2 , и при z 6= Z, a отношение 1 будет рациональным, что противоречит предпоa2

ложению). Можно считать, что к левому нижнему углу примыкает горизонтальный кирпич (ширины a1 ). Продолжим правую сторону кирпича до отрезка максимальной длины, идущего по

294

Решения задач

сторонам кирпичей. К нему примыкает (ввиду единственности представления длины) поровну горизонтальных кирпичей слева и справа. Слева такой кирпич есть, значит, справа — тоже 1. Продолжим до максимального отрезка правую сторону этого горизонтального кирпича, найдём примыкающий к этому отрезку справа горизонтальный кирпич, и т. д., пока не дойдём до правой стороны P. Значит, горизонтальная сторона P кратна a1 . Аналогично вертикальная сторона кратна a2 . b

za

Но тогда отношение сторон b1 прямоугольника B равно ta 1 , 2 2 tb a где z и t — целые. Следовательно, 1 = 1 , и мы сможем полуzb2 a2 чить прямоугольник, подобный A, расположив равные B прямоугольники горизонтально (ширины b1 ), в z рядов по t штук в ряду. 4.1. Заметим сначала, что k 6= 0 (иначе значения f(x) периодически повторяются, а у функции, имеющей обратную, такого быть не должно). Пусть t — период функции h. Условие просто означает, что функция f(x) − kx периодична с периодом t, что, как легко проверить, равносильно тождеству f(x + t) = f(x) + kt.

(*)

Положим T = kt и проверим, что функция g удовлетворяет тождеству g(y + T) = g(y) + k−1 T (это и будет означать, что g — сумма функции с периодом T и линейной функции k−1 y). Обозначим x = g(y), тогда y = f(x). Используя (*) и равенство g(f(x + t)) = x + t, имеем g(y + T) = g(f(x) + kt) = g(f(x + t)) = x + t = g(y) + k−1 T. 4.2. Пусть хотя бы одно из чисел m и n меньше 9 (например, m). При исходной кучке из m + 1 камня, первый вынужден будет первым ходом взять 1 камень (m + 1 < 10), после чего второй возьмёт m камней и выиграет. Противоречие. Пусть m = n + 9. Снова при исходной кучке из m + 1 = n + 10 камней первый проигрывает. 1 Пока мы не утверждаем, что он примыкает к нижней стороне прямоугольника, хотя из дальнейшего это будет следовать.

295

XXVI Турнир городов

Докажем, что при остальных значениях m и n первый выигрывает. Для этого достаточно показать, что при любом количестве камней в куче первый может сделать ход так, чтобы в куче осталось число камней, отличное и от m, и от n. Пусть в куче k камней и ход первого. Если k 6 10, то первый выигрывает одним ходом (вычитая 10, если k = 10, или 1, если k 6 9). Пусть k > 10. Первый может оставить в куче либо k − 1 камень, либо k − 10. Если бы в одном случае получалось m, а в другом — n, число |m − n| равнялось бы 9 — противоречие. Число камней в куче будет уменьшаться, и в итоге первый выиграет. 4.3. См. 3.4. 4.4. Пусть R — радиус большей, а r — радиус меньшей из данных окружностей, d = OI, K — точка касания хорды AB с меньшей окружностью. Если M — такая точка, что OM⊥AB, то OM и IK параллельны и имеет место равенство R2 − d2 =

# – # –
2 # – # –
2 = OA2 − OI2 = OM + MA − OM + MI = # – # – # –
# – #– = MA2 − MI2 + 2OM · MA − MI = MA2 − MI2 + 2OM · IA = # – #– # – # – #– = MA2 − MI2 + 2OM · (IK + KA) = MA2 − MI2 + 2OM · IK.

Пусть M — центр описанной окружности треугольника IAB. Тогда прямая OM — серединный перпендикуляр к AB, поэтому выполнено приведённое выше равенство. А так как MA = MI, # – #– то R2 − d2 = 2OM · IK = ±2r · OM. Знака минус, однако, быть не может, так как R > d, поэтому OM =

R2 − d2 . 2r R2 − d2

Обратно, пусть M — такая точка, что OM = . Рассмот2r рим хорду AB большей окружности, касающуюся меньшей # – #– в такой точке K, что OM и IK сонаправлены. Тогда M лежит на диаметре, перпендикулярном к хорде AB, и поэтому MA = MB. Кроме того, выполнено приведённое выше равен# – #– ство, причём OM · IK = r · OM. Подставив туда значение OM,

296

Решения задач

получим MA2 − MI2 = 0, т. е. MI = MA = MB. Следовательно, M — центр описанной окружности треугольника IAB. Ложный след. Пусть N — середина хорды AB, H — основание перпендикуляра, опущенного из I на ON, X — центр описанной окружности треугольника IAB. Тогда XB2 = XN2 + NB2 = XN2 + R2 − ON2 , XI2 = IH2 + XH2 = (d2 − (ON − r)2 ) + (XN + r)2 . Но XB = XI (как радиусы), и, приравнивая полученные для XB и XI выражения, получаем R2 = d2 + 2r(ON + XN),

т. е. OX =

R2 − d2 2r

.

Это рассуждение предполагает, что точки X, N, O, H лежат на прямой именно в таком порядке (а это лишь один из многих вариантов). Кроме того, не доказано, что всякая точка найденной окружности принадлежит ГМТ. 4.5. См. 3.7. 4.6. Будем обозначать треугольник с углами a, b, g как T(a, b, g) или просто T(a, b). Рассмотрим любой момент. Разделим все разрешённые треугольники на присутствующие (имеющиеся к этому моменту) и отсутствующие, углы присутствующих треугольников тоже назовём присутствующими. Покажем, что если какой-нибудь треугольник отсутствует, допустимое разрезание найдётся. Разберём три случая. 1) Наименьший присутствующий угол

a

d = 180 . p угол a на уг-

больше

◦

Разрежем соответствующий треугольник, разбив лы d и a − d. Полученные треугольники содержат углы, меньшие a, поэтому раньше они отсутствовали. Заметим, что эти треугольники не одинаковы: такое возможно, лишь когда мы режем T(2d, md, md), но тогда pd = 180◦ = (2 + 2m)d, что противоречит простоте p. 2) Угол d присутствует, но T(d, d) отсутствует. Выберем среди присутствующих треугольников вида T(d, a, b) треугольник с наименьшим углом a > 2d и разрежем его по углу a на T(d, a − d) и T(d, b). Первый из этих треугольников отсутствовал (по выбору a), а второй подобен разрезанному. 3) Треугольник T(d, d) присутствует. Пусть a — наименьший из углов отсутствующих треугольников. Рассмотрим все отсутствующие треугольники с углом a, отметим в них по одному углу a, а остальные углы в них назовём добавочны-

XXVI Турнир городов

297

ми (они тоже могут быть равны a). Выберем среди добавочных угол b — наибольший из кратных a (если такие есть) или просто наибольший (если кратных a нет). Докажем, что треугольник T(a, a + b) возможен и присутствует. Действительно, угла a + b среди добавочных нет (иначе его бы выбрали вместо b). Осталось проверить неравенство 180◦ − a − (a + b) > 0. Для этого рассмотрим третий угол g = 180◦ − (a + b) в отсутствующем треугольнике T(a, b). Угол g > a (по выбору a). Допустим, g = a. Но он — добавочный, значит, среди добавочных есть углы, кратные a. Но тогда и b кратен a (по выбору b), и 180◦ = pd кратно a = md, т. е. p кратно m. Значит, m = 1 и a = d. Но тогда треугольник T(a, b) = T(a, g) = T(d, d)

g > a, т. е. − a − (a + b) = g − a > 0.

присутствует. Противоречие. Итак, 180

◦

Разрезав в присутствующем треугольнике T(a, a + b, g − a) угол a + b на части a и b, можно получить отсутствовавший треугольник T(a, b) и треугольник T(a, g − a), подобный разрезанному. Итак, во всех трёх случаях допустимое разрезание нашлось. 4.7. Решение 1. Пусть S — симметрия относительно биссектрисы угла AOD. Она переводит первую из данных окружностей Ω1 в окружность Ω, вписанную в угол COD. Рассмотрим инверсию I с центром O, меняющую местами окружности Ω и вторую данную окружность Ω2 . Композиция H = I ◦ S переводит Ω1 в Ω2 . Заметим, что I ◦ S = S ◦ I: симметрия переставляет проходящие через O прямые, но не меняет расстояний, а инверсия одинаково меняет расстояния до O, не переставляя прямых. Поэтому H переводит также Ω2 в Ω1 , следовательно, переводит в себя пересечение окружностей Ω1 и Ω2 — пару точек E и F. На месте остаться обе точки не могли: это означало бы, что обе они находились на указанной биссектрисе и на одном расстоянии от O, т. е. совпадали. Значит, H меняет их местами, тем самым прямые OE и OF симметричны относительно указанной биссектрисы. Решение 2. Пусть O1 , O2 — центры окружностей, r1 , r2 — их радиусы. Проведём биссектрису угла AOD (она же — биссектриса угла O1 OO2 ). Пусть она пересекает отрезок O1 O2 в точ-

298

Решения задач

ке K. Поскольку KO1 OO1 r EO1 FO1 = = 1 = = , r2 KO2 OO2 EO2 FO2

то точки E, F, O, K принадлежат одной и той же окружности Аполлония точек O1 и O2 . Поскольку O1 O2 — серединный перпендикуляр к EF, то равны хорды этой окружности EK и FK. Значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы EOK и FOK, откуда равенство углов AOE и DOF немедленно следует. 5.1. Решение 1. Пусть из Б вышли также Боря++ (на полчаса позже Бори) и Боря−− (на полчаса раньше Бори) с той же скоростью, а из A — Аня−− на полчаса раньше Ани. Аня встречается последовательно с Борей−−, Борей и Борей++ через равные промежутки времени. Значит, и расстояния между соседними точками встречи равны. Ясно, что встреча Ани с Борей++ случилась на полчаса позже, причём в той же точке, что и упомянутая в условии встреча Ани−− с Борей. Значит, расстояния между соседними точками встреч Ани с тремя Борями равны 2 км и, в частности, точка встреча Ани с Борей−− на 2 км ближе к A, чем точка встречи Ани с Борей. Решение 2. Рассмотрим графики движения Ани, Бори, Ани−− и Бори−−. Это две пары параллельных прямых, поэтому точки их пересечения — вершины параллелограмма. Две противоположные вершины имеют одинаковую ординату (место встречи Ани с Борей совпадает с местом встречи Ани−− с Борей−−), значит, она является средним арифметическим ординат двух других вершин. Поэтому две другие точки встреч лежат по разные стороны, но на одинаковом расстоянии 2 км от этого места. Замечание. Ср. с решением 6.1. 5.2. Пусть первая цифра числа N больше 2. Если в числе 3N столько же цифр, сколько в N, то его первая цифра равна 9, в противном случае его первая цифра — 1 или 2. 5.3. Тот из ферзей на полях b1 и b8, который раньше сделал ход, не мог встать этим ходом на противоположную горизонталь, значит, эти два ферзя в сумме сделали не менее 3 ходов. Также не менее чем по 3 хода сделали пары ферзей, стоявшие на вертикалях c, ... , g. Тот из четырёх угловых ферзей, который ходит первым, не попал этим ходом на место, значит,

XXVI Турнир городов

299

они сделали в сумме не менее 5 ходов. Всего, таким образом, требуется не менее 6 · 3 + 5 = 23 ходов. Вот пример на 23 хода (выделены ходы чёрных): d8—a5, d1—d8, e8—h5, e1—e8, a5—e1, c1—a3, c8—c1, f1—h3, f8—f1, a3—f8, b8—a7, b1—b8, g8—b3, g1—g8, a7—g1, h3—c8, h5—d1, a1—a7, h8—a1, h1—h8, a8—h1, a7—a8, b3—b1. Идеология. Приведённый пример построен на следующей идее: нетрудно за 6 ходов поменять местами ферзей на любой паре не крайних вертикалей, если разрешить чёрным и белым сделать разное число ходов. Никто не мешает, однако, делать в одной группе больше ходов белыми, а в другой — чёрными. Остаётся соединить три такие группы и группу из четырёх угловых так, чтобы белые сделали 12, а чёрные — 11 ходов, и группы друг другу не мешали. 5.4. Пусть прямая AB пересекает отрезок KN в точке T. Заметим, что отрезок KC пересекает отрезок MN в середине. Поскольку отрезок LT параллелен MN, то он отсекает от треугольника MKN подобный треугольник LKT, и поэтому KC пересекает LT тоже в середине. Отсюда прямоугольные треугольники ANT и ANL равны по двум катетам. Поэтому ∠LNA = ∠TNA = ∠KNA. 5.5. Маршрут автомобилиста представляет собой многоугольник, все углы которого равны 90◦ или 270◦ . Если двигаться по нему так, что внутренность находится слева, то повороты налево соответствуют углам в 90◦ (внешний угол также равен 90◦ ), а повороты направо — углам в 270◦ (внешний угол −90◦ ). Поскольку сумма внешних углов равна 360◦ , вторых углов на 4 меньше. Если автомобилист выехал из угла, то он не делает последний поворот, и правых поворотов меньше на 3 (если не сделан левый поворот) или на 5 (если не сделан правый). При движении в противоположном направлении правых поворотов, наоборот, на 3, 4 или 5 больше, чем левых. 6.1. Абсциссы точек пересечения — это корни уравнений вида x2 + ax + b = x2 + cx + d, равносильных уравнениям ax + b = = cx + d. Заменив каждую параболу вида y = x2 + ax + b на прямую y = ax + b, мы не только сохраним абсциссы точек пересечения, но и не изменим их количество (у точек с одинаковыми

300

Решения задач

абсциссами ординаты уменьшатся одинаково — на x2 , — и разные точки склеиться не могут). Произошла редукция: мы свели задачу к аналогичной задаче о четырёх прямых. Четыре попарных пересечения (вместо шести возможных) может получиться только в случае двух пар параллельных прямых, поэтому точки пересечения — это вершины параллелограмма. Наименьшая и наибольшая абсцисса — у противоположных вершин, а полусумма абсцисс каждой пары противоположных вершин равна абсциссе центра параллелограмма. Теперь утверждение очевидно. 6.2. а) Пусть перед числом abcdefg0 в записи встретилось 7k − r цифр (0 6 r < 7). Тогда перед числом abcdefgr встретится (7k − r) + 8r = 7(k + r) цифр. Значит, оно начнётся сразу после разреза, и из него будет вырезана полоска с числом abcdefg. б) Как видно из а), полоска abcdefg будет вырезаться из любого фрагмента abcdefg0abcdefg1 ... abcdefg6, которые встречаются бесконечное число раз в начале «длинных» чисел. 6.3. См. 5.4. 6.4. См. 5.5. 6.5. Решение 1. Это следует из неравенства (a1 + ... + an )(a31 + ... + a3n ) > (a21 + ... + a2n )2 , которое после раскрытия скобок и взаимного уничтожения членов вида a4i сводится к сумме нескольких неравенств вида b3 c + bc3 > 2b2 c2 (что равносильно верному неравенству bc(b − c)2 > 0). Решение 2. Это также следует из неравенства 4(a1 + ... + an ) + (a31 + ... + a3n ) > 4(a21 + ... + a2n ), которое сводится к сумме нескольких неравенств вида 4a + a3 > 4a2 ⇔ a(2 − a)2 > 0.

7.1. См. 8.1. 7.2. Докажем, что точки X и Y лежат на серединном перпендикуляре к отрезку A′ B′ . Для этого достаточно проверить, что X и Y равноудалены от A′ и B′ . Способ 1. В треугольниках CA′ H и CB′ H медианы прямых углов равны половине гипотенузы, поэтому A′ Y =

1 CH = B′ Y. 2

XXVI Турнир городов

301

Аналогично A′ X =

1 AB = B′ X. 2

Способ 2. Отрезки AB и CH видны из точек A′ и B′ под прямыми углами, поэтому A′ и B′ лежат на окружности с диаметром AB и на окружности с диаметром CH. Значит, A′ и B′ равноудалены от центров X и Y этих окружностей. Замечание. Можно также сослаться на то, что общая хорда двух окружностей перпендикулярна их линии центров. 7.3. Допустим, что относительное расположение стрелок повторилось. Это значит, что и минутная, и секундная стрелки совершили целое число оборотов относительно часовой. Так как относительно циферблата минутная стрелка вращается в 12, а секундная — в 720 раз быстрее часовой, то их скорости относительно часовой относятся как (12 − 1) : (720 − 1). Значит, когда минутная сделает k оборотов относительно часовой, секундная совершит

719 k оборотов. Последнее число будет це11

лым только при k, кратном 11. Но 11 оборотов относительно часовой минутная стрелка совершит не ранее, чем через 12 часов. Значит, барон прав. 7.4. a) Отметим в сложенном прямоугольнике линию разреза во всех слоях, но разрезать не будем. При разгибании эти линии остаются параллельными и проходящими через середины сторон каждого квадратика 1 × 1. В результате получатся либо 10 горизонтальных отрезков длины 12, либо 12 вертикальных отрезков длины 10. Поэтому при разрезании по этим отрезкам получится 11 или 13 частей. б) Поступим аналогично а), закрасив ещё в каждом слое отделённый треугольничек. При каждом разгибании отмеченные линии и треугольнички отражаются симметрично относительно линий сетки. В результате получим сетку из закрашенных квадратиков с диагональю длины 1, центры которых отстоят друг от друга на расстоянии 2 (на краях квадратики «обрубаются» до треугольников). Эти центры сами образуют прямоугольную сетку. В ней 6 горизонтальных рядов (если ряд попал на нижнюю сторону) или только 5 (если не попал). Аналогично вертикальных рядов 7 или 6. Соответственно, количество центров равно произведениям: 30, 35, 36 или 42.

302

Решения задач

При разрезании каждый центр окажется в своей части, и ещё останется дырявая часть. 7.5. Рассмотрим коробку 8×4×2. Нетрудно поместить в неё набор из трёх параллелепипедов 8 × 2 × 1, 5 × 4 × 1, 3 × 2 × 2. Уменьшим их до 8 × 1 × 1, 4 × 4 × 1, 2 × 2 × 2. Если длина новой коробки будет меньше 8, в неё не поместится первый параллелепипед; при ширине меньше 4 — второй, при высоте меньше 2 — третий. Замечание 1. Приведённый пример не минимален по числу параллелепипедов и не является также «минимальным» целочисленным примером. Поиск лучших примеров предоставляется читателю. Замечание 2. Ср. Д26.7.5. 7.6. Пусть у Фомы есть выигрышная стратегия, и согласно ей он сначала выбирает монету в n алтын. Тогда, забрав её себе, Ерёма должен проиграть. Но, отдав её Фоме, Ерёма как бы меняется с ним местами, и поэтому, следуя в дальнейшем стратегии Фомы, должен выиграть. Противоречие. 7.7. Зададим координаты клеток, занумеровав вертикали слева направо, а горизонтали — сверху вниз. Заметим, что на каждой из указанных в условии диагоналей сумма координат клеток постоянна, а чем ниже (и правее) диагональ, тем сумма на ней больше. При перестановке с увеличением номеров фишки с нижней горизонтали перешли на диагональ правее, а остальные — на ту же или пониже, поэтому сумма координат всех фишек увеличилась. Но если бы по-прежнему в каждой строке и в каждом столбце стояло по одной фишке, то сумма координат всех фишек не изменилась бы (осталась бы равной 2 · (1 + 2 + ... + 8)). Противоречие. 8.1. Пусть отмечены точки A(a, f(a)) и B(b, f(b)). По свойству многочленов с целыми коэффициентами f(b) − f(a) = k(b − a), где число k — целое. Квадрат расстояния между точками A и B равен (b − a)2 + (f(b) − f(a))2 = (b − a)2 (1 + k2 ). По условию это — полный квадрат. Но тогда и 1 + k2 — полный квадрат, что возможно только при k = 0.

XXVI Турнир городов

303

8.2. Пусть O — центр окружности Ω2 . Достаточно доказать, что дуги AO и BO равны. Но это очевидно: на них опираются равные вписанные ориентированные углы ∠(AC, CO) и ∠(OC, CB), образованные прямой CO и проведёнными из C к Ω2 касательными. 8.3. См. 7.6. 8.4. Например, f(x) = 2x2 − 1. Ограничим область определения функции проколотым интервалом D = (−1, 0) ∪ (0, 1). Нарисовав график y = 2x2 − 1, увидим, что соответствующая область значений — интервал (−1, 1), и каждое значение принимается ровно два раза. Обозначим f(f(... f(x))) (n букв «f») через fn (x). Ясно, что это многочлен степени 2n и что fn (x) = f(fn−1 (x)) = fn−1 (f(x)). Докажем индукцией по n, что fn имеет 2n ненулевых корней, принадлежащих D. База (n = 1). Значение 0 принимается дважды. Шаг индукции. Для каждого из 2n−1 принадлежащих D корней функции fn−1 найдём по две точки, в которых значение функции f равно этому корню. Это и будут корни функции fn (fn−1 (a) = 0, f(x) = a ⇒ fn (x) = fn−1 (f(x)) = fn−1 (a) = 0). Это — все корни, так как их количество равно степени многочлена. Замечание. Положим x = cos ϕ. Тогда f(x) = cos 2ϕ, f(f(x)) = = cos 4ϕ, ..., f(f(... f(x))) = cos(2n ϕ). Теперь 2n корней можно указать явно:  p pk  xk = cos n+1 + n , k = 0, 1, ... , 2n − 1. 2

2

8.5. Достаточно доказать, что отношения радиусов описанной и вписанной сфер для додекаэдра и икосаэдра совпадают. Пусть A — вершина додекаэдра, B, C, D — центры прилежащих к ней граней, O — центр описанной сферы. Тогда OA — радиус описанной, а OB — радиус вписанной сферы додекаэдра. В силу двойственности додекаэдра и икосаэдра центры граней додекаэдра являются вершинами икосаэдра. У этого икосаэдра OB — радиус описанной сферы, а радиус вписанной сферы соединяет O с центром E его грани BCD. Вследствие симметрии отрезок OA перпендикулярен грани BCD и пересекает её в её центре. Поэтому E является основанием высоты, опущенной из

304

Решения задач

вершины B прямоугольного треугольника OBA на гипотенузу OA. В силу известного свойства прямоугольного треугольника OA : OB = OB : OE. 8.6. Каждому пути Г, (обходящему всю доску и) начинающемуся в B, поставим в соответствие путь, начинающийся в A. Для этого по части Г, соединяющей B с A, пройдём в обратном направлении, а затем продолжим его по оставшейся части (если она есть). Это возможно, поскольку каждая клетка, соседняя с A, является соседней и с B. При этом разные пути, очевидно, превращаются в разные. Осталось предъявить маршрут, начинающийся с A, который нельзя получить таким способом. Таковым является любой обход, когда ладья попадает в B после того, как прошла по обоим соседям A. Например, годится обход доски по «скручивающейся» спирали. 8.7. а) Обозначим p1 = 13, p2 = 17, p3 = 19, p4 = 23, p5 = 29, p6 = 31, p7 = 37. Занумеруем точки числами от 1 до 200 и окрасим отрезки, соединяющие точки, номера которых сравнимы modpi , в i-й цвет (условие непротиворечиво: НОК(pi , pj ) > 200). Тогда в группе точек с номерами, сравнимыми с данным числом mod pi , Петя сможет окрасить в i-й цвет не более одной. Значит, всего в i-й цвет он окрасит не больше pi точек. Но p1 + ... + p7 < 200. Противоречие. Замечание. Аналогичное рассуждение проходит даже для 9 цветов: в качестве чисел pi можно рассмотреть 13, 16, 17, 19, 21, 23, 25, 29, 31. б) Покажем, что это не удастся сделать даже для 121 точки. Отождествим точки с точками конечной плоскости 11-го порядка. Выделим на ней 10 направлений (всего их 12) и все отрезки i-го направления покрасим в i-й цвет. Тогда на каждой прямой i-го направления только одна из 11 точек может иметь i-й цвет, т. е. точек i-го цвета не больше 11. Но 10 · 11 < 121. Противоречие.

XXVII Турнир городов 1.1. Указанные отрезки равны половинам сторон треугольника ABC (например, медиана H1 M2 прямоугольного треугольника BH1 C равна половине гипотенузы BC). Поэтому из них можно построить вдвое меньший треугольник, равный треугольнику M1 M2 M3 . 1.2. Раскрасим вершины в чёрный и белый цвета так, чтобы концы каждого ребра были разного цвета. Запишем в белые вершины единицы, а в чёрные — нули. После каждой пары операций расстановка чисел повторяется, значит, и после десяти операций — тоже. Идеология. Числа повторяются периодически через каждые 10 операций, но ведь не обязательно 10 — наименьший период. Наименьшим периодом может быть любой делитель 10, например 2. Легко проверить, что значение в данной вершине через два хода зависит только от четырёх вершин из восьми, и эта четвёрка самодостаточна! Теперь уже естественно разбить вершины на две четвёрки. 1.3. На отрезки, меньшие 1

1 , разбить невозможно, поэтому 11

a > . При a < 0,1 сумма длин любых девяти отрезков меньше 11 0,9, значит, сумма любых двух больше, чем 1 − 0,9 = 0,1 > a, т. е. больше длины любого из оставшихся отрезков. Для a > 0,1 контрпример — разбиение на 9 отрезков длины 0,1 и два — длины 0,05. 1.4. В центральную клетку нельзя попасть ни с какой другой. В клетки центральной вертикали (горизонтали) можно попасть только с клеток этой вертикали. И наоборот, начав с такой клетки, фигура не покинет центральную вертикаль, т. е. обойдёт не более 14 клеток. Оставшиеся 225 − 29 = 196 клеток обойти можно. Заметим, что за 13 ходов по вертикали мы можем обойти все её клетки (кроме средней), если начнём на одной из соседних со средней клеток, а закончим на другой. Чтобы обойти 196 клеток, стартуем с клетки, соседней по диагонали с центральной, обходим за 13 ходов вертикаль, делаем ход по горизонтали, обходим за 13 ходов новую вертикаль, и т. д. Нетрудно видеть, что

306

Решения задач

за 13 ходов по горизонтали мы побываем на всех вертикалях (они чередуются так же, как и клетки), кроме центральной, и каждый раз будем уходить и приходить на вертикаль через клетку, соседнюю со средней. 1.5. Занумеруем монеты. Взвесим сначала 1-ю и 2-ю (пусть их вес 2a), затем — 3-ю и 4-ю (пусть их вес 2b). Разберём два случая. 1) Пусть a = b. Тогда фальшивая — 5-я или 6-я. Взвесим 5-ю. Если её вес не равен a, то фальшива она, иначе — 6-я. 2) Пусть a 6= b. Возможны четыре случая: фальшива 1-я, 2-я, 3-я или 4-я монета. В каждом случае легко вычислить веса монет и предсказать, что общий вес 1-й, 3-й и 5-й должен равняться 2a + b, 3b, a + 2b или 3a соответственно. Эти 4 веса различны, поэтому после третьего взвешивания мы узнаем, какой именно случай имеет место. Замечание. Возможны и другие решения. 2.1. Ясно, что если есть пример, то b = a + 1 тоже будет примером. Но если n2 < a3 < (a + 1)3 < (n + 1)2 , то 2n = (n + 1)2 − n2 − 1 > (a + 1)3 − a3 − 1 =

= 3a2 + 3a > 3a2 > 3a3/2 > 3n.

Противоречие. √ √ √ 2.2. Возьмём отрезок√длины √ a =√ 2 + 3 + 5. Мы умеем строить отрезки длины 2a, 3a, 5a — как гипотенузы тре√ угольников с одним катетом a, а другим — a, 2a и 2a соответственно. Складывая их, построим отрезок длины √ √ √
b= 2 + 3 + 5 a = a2 .

Откладывая на сторонах угла отрезки длин a и b и проводя параллельные, построим искомый отрезок длины 1 как четвёртый отрезок в пропорции 1 : a = a : b. 2.3. См. 1.5. 2.4. Решение 1. Пусть угол C прямой, D, E, F — центры квадратов, построенных соответственно на сторонах BC, AC и AB, O — середина AB. Точки C и F лежат на окружности с диаметром AB, поэтому вписанный угол ∠ACF = ∠ABF = 45◦ . Следовательно, CF⊥DE 1 2

и SDEF = FC · DE.

307

XXVII Турнир городов

а) Пусть K — точка пересечения CF и AB. Поскольку CF k BD k AE (все они перпендикулярны DE), то SABC = SACK + SBCK = SECK + SDCK = SDEK < SDEF . б) SDEF − SABC = SDEF − SDEK = SFDK + SFEK = SFBK + SFAK = 1

1

= SAFB = FO · AB > hC · AB = SABC (здесь hC — высота треуголь2 2 ника ABC, hC 6 CO = FO). Решение 2. а) Ясно, что OD и OE — серединные перпендикуляры к катетам BC = a и AC = b, и поэтому OD⊥OE. Точка пересечения с катетом BC разбивает OD на части длины

b a и . 2 2

a+b . Поэтому SDEF > SDEO > SABC (последнее 2   1 a+b 2 1 неравенство равносильно тому, что > ab). 2 2 2

Аналогично OE =

б) В решении 1 показано, что CF⊥DE. Опустив перпендикуляры OL и OH на DE и CF, получим прямоугольник OHCL. Но треугольник OCF — равнобедренный, поэтому Отсюда SDEF = 2SDEO > 2SABC

CF = CH = OL. 2

(последнее неравенство доказано в а)). 2.5. Раскрасим вершины куба так, чтобы каждое ребро соединяло синюю вершину с красной. Превратим плоскость в бесконечную шахматную доску так, чтоб нижняя грань куба точно совпала с одной из чёрных клеток. При каждом перекатывании чередуются два вида грани сверху: на место синих вершин становятся красные и наоборот. Значит, цвет клетки и вид сверху меняются синхронно, и при возвращении на исходную клетку вид сверху восстанавливается. Однако при повороте на 90◦ этот вид изменился бы. 3.1. Например, такими являются все числа n вида 1099…901 при любом количестве девяток. 3.2. Пусть B и C ближе к точке K, чем A и D соответственно. Решение 1. Поскольку ∠MBC + ∠NCB > 180◦ > ∠MAD + ∠NDA, то ∠MBC > ∠MAD или ∠NCB > ∠NDA. Пусть ∠NCB > ∠NDA. В треугольниках NCB и NDA равны две пары сторон. По

308

Решения задач

неравенству третьих сторон NB > NA. По тому же неравенству, применённому к треугольникам NMB и NMA, имеем ∠NMB > ∠NMA. Значит, ∠NMB — тупой. Решение 2. ∠KCB + ∠KBC = ∠KDA + ∠KAD. Заметим, однако, что AD и BC непараллельны. Поэтому либо ∠KCB < ∠KDA, либо ∠KBC < ∠KAD. Будем считать, что выполнено первое неравенство. A M

Q

B P

D

N

C

K

Рассмотрим параллелограмм BCDP. Ввиду выбранного неравенства углов точка P находится внутри треугольника AKD. Проведём в треугольнике BAP среднюю линию MQ, параллельную BP. Тогда MNDQ — параллелограмм (стороны MQ и ND параллельны и равны). Но основание AP равнобедренного треугольника ADP перпендикулярно медиане DQ, а значит, и NM. Следовательно, угол NMA — острый, а NMK — тупой. 3.3. Ни одну из ладей, стоящих в угловых клетках, снять нельзя. Действительно, в момент, когда снимают первую из них, её бьют ровно две ладьи. Пусть удалось оставить только четыре угловые ладьи. Тогда последнюю снятую ладью били либо две ладьи (если она стояла на границе доски), либо ни одной. Противоречие. Значит, хотя бы пять ладей останутся. Покажем, как снять 59 ладей. Сначала снимем с 8-й горизонтали все ладьи, кроме трёх — a8, b8 и h8, затем повторим то же самое с 7-й, 6-й, ... , 3-й и 1-й горизонталью (пропустив 2-ю). Теперь снимем с 1-й вертикали ладьи с a3 по a7, а с последней — с h3 по h7. Далее снимем ладьи b1 и a2. Осталось последовательно снять ладьи с b8 по b3 и с g2 по c2. 3.4. a) Рассмотрим стол в виде равнобедренного треугольника с горизонтальным основанием и высотой, меньшей 10 см. Муравьи не могут оказаться на одной вертикали: тогда бы они оказались слишком близко друг к другу. Поэтому правый

XXVII Турнир городов

309

B муравей всегда останется правее левого и, значит, не сможет попасть в левую вершину. б) Возьмём равнобедренный треугольник ABC D с горизонтальным основанием AC меньше 10 см, и на его оси симметрии отметим точку D так, чтобы и BD было меньше 10 см. Изготовим стол в форме невыпуклого четырёхугольника ABCD (см. рис.). Аналогично a), муравьи не могут оказаться на одной горизонтали, поэтому один из них всегда будет находиться выше другого. Верхний не может пройти через точки A и C, а нижний — через B и D (все точки выше вершины D ближе 10 см к ней). A C Значит, каждый из муравьёв может гулять только по двум соседним сторонам (включая исходную), поэтому на «противоположную» сторону ни один из них не попадёт. 3.5. Из равенств 99 + 101 = 2 · 100, 50 · 99 + 100 = 50 · 101 и 51 · 99 = 100 + 49 · 101 следует, что из любого решения (x, y, z) в целых числах можно получить ещё 6 решений:

(x + 1, y − 2, z + 1),

(x + 50, y + 1, z − 50), (x − 51, y + 1, z + 49),

(x − 1, y + 2, z − 1),

(x − 50, y − 1, z + 50), (x + 51, y − 1, z − 49).

Назовём их близкими к (x, y, z). Пусть (x0 , y0 , z0 ) — единственное решение в натуральных числах. Значит, каждое из шести близких к нему решений содержит 0 или отрицательное число. Из этого следует, что y0 6 2, одно из чисел x0 , z0 равно 1, x0 6 51, z0 6 50, а при y0 = 2, x0 6 50, z0 6 49. Поэтому наибольшее N не превосходит  max 99 + 100 + 50 · 101, 99 + 200 + 49 · 101, 51 · 99 + 100 + 101, 50 · 99 + 200 + 101 = 50 · 99 + 200 + 101 = 5251.

Покажем, что уравнение 99x + 100y + 101z = 5251 действительно имеет единственное решение. Запишем его в виде 99(x + y + z) + y + 2z = 53 · 99 + 4. Рассмотрим два случая. 1) x + y + z 6 52. Тогда y + 2z > 103 ⇒ 2(x + y + z) = (y + 2z) + (2x + y) > 106.

Противоречие.

310

Решения задач

2) x + y + z = 53, y + 2z = 4 ⇒ y = 2, z = 1 ⇒ x = 50. 3.6. Пусть в данный момент осталось V кг варенья. Назовём непустую банку переполненной, полной или неполной, если в ней соответственно больше, равно или меньше 0,01V варенья. Если Карлсон отъест по c кг из 100 банок, то вес полной банки станет 0,01V − c. Поэтому тип банок, из которых он ел, не изменится. Заметим, что в начале переполненных банок нет. Покажем, как Карлсону действовать, чтобы банки по весу варенья в них друг друга не обгоняли и даже самая тяжёлая банка не становилась переполненной. Пусть на данный момент переполненных банок нет и есть ровно k полных банок, 0 6 k < 100 (это значит, что есть неполные банки и всего непустых банок больше 100). Пусть также в самой лёгкой неполной банке a кг варенья, а самая тяжёлая из неполных банок на d кг легче полной. Карлсон должен съесть по c = min{a, d} из всех полных банок и из 100 − k самых лёгких неполных. Самая тяжёлая неполная банка станет не более чем полной (0,01V − d 6 0,01V − c), хотя Карлсон из неё не ел, поэтому обгона по весу и «переполнения» не будет. Неполных банок станет меньше: самая лёгкая опустеет (при c = a) или самая тяжёлая станет полной (при c = d). Когда неполных банок не будет совсем, останется ровно 100 полных банок. Всё варенье из них Карлсон сможет съесть на следующее утро. 4.1. При n > 2 положим, например, ak = (n − 1)k . p a При n = 2 пусть 1 = — несократимая дробь, где q > p. a2

q

Тогда число q p2 + q2 p + = q p pq

не целое, поскольку p2 не делится на q. Идеология. Сделаем все слагаемые, кроме последнего, одинаковыми, а последнее — целым! 4.2. См. 3.4. 4.3. См. 3.3. 4.4. Назовём весом дуги сумму чисел на ней (у дуги без чисел вес 0), а разбросом — разность между наибольшим и наименьшим весом. Число отличающихся весами разбиений ко-

XXVII Турнир городов

311

нечно, выберем из них разбиение с наименьшим разбросом. Докажем, что это разбиение — искомое. Допустим, разность между наибольшим весом c дуги C и наименьшим весом a дуги A больше 1. Cдвинем границу между дугами так, чтобы ровно одно число r перешло с C на A. После этого мы получим новое разбиение: на дуги A1 , B и C1 с суммами a1 = a + r, b, c1 = c − r. Легко проверить, что каждая из разностей c1 − a1 , b − a1 , c1 − b меньше c − a, но больше −1, т. е. разброс в противоречие с выбором первого разбиения уменьшился. Замечание. Эта задача допускает обобщение на произвольное число дуг, см. Д27.4.4. p 4.5. Обозначим a = . 7 Решение 1. Пусть углы A, B, C равны 4a, 2a, a, I — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Равенства уг5

лов ∠AB1 I = 2a = ∠IAB1, ∠CC1 A = a = ∠C1 IA влекут равенство 2 отрезков AC1 = AI = IB1 . Из равенств ∠ABA1 = 2a = ∠BAA1 , ∠BIA1 = 3a = ∠B1AI следует, что AA1 = BA1 = BI. Выберем на отрезке BI такую точку K, что ∠BA1 K = a. Тогда ∠BA1 K = ∠KBA1 , ∠KA1 I = ∠IKA1 = 2a, поэтому IK = IA1 и KA1 = KB = BI − IK = AA1 − IA1 = AI = AC1 , B1 K = B1 I + IK = = AI + IA1 = AA1 . Треугольники KA1 B1 и AC1 A1 равны по двум сторонам и углу между ними, отсюда A1 B1 = A1 C1 . Решение 2. В правильном семиугольнике ABXYZCT отношения углов треугольника ABC как раз 4 : 2 : 1. Опишем вокруг семиугольника окружность с центром O. Биссектрисы AA1 и BB1 проходят через середины дуг BC и AC — точки Y и T соответственно. Из симметрии относительно OZ видим, что BA1 = AA1 и YA1 = CA1 , а из симметрии относительно OY — что YB1 — биссектриса угла AYT. При повороте на угол 3a вокруг точки A1 точка B перейдёт в A, C — в Y, луч BA — в луч AC, а луч CC1 — в луч YB1 (угол между ними равен 3a). Поэтому C1 (точка пересечения BA и CC1 ) перейдёт в B1 (точка пересечения AC и YB1 ), тем самым отрезок A1 C1 перейдёт в отрезок A1 B1 . Решение 3. Достаточно доказать равенство треугольников AA1 B1 и BA1 C1 , для чего достаточно проверить равенство AB1 =BC1 . Выражая 1 эти отрезки через стороны треугольника ABC, сводим всё к проверке равенства b(a + b) = a(a + c), т. е. 1

Cм. свойство биссектрисы.

312

Решения задач

(теорема синусов) sin 2a(sin 4a + sin 2a) = sin 4a(sin 4a + sin a). Но

sin 2a(sin 4a + sin 2a) = 2 sin 2a sin 3a cos a

и sin 4a(sin 4a + sin a) =

= sin 3a(sin 3a + sin a) = 2 sin 3a sin 2a cos a.

4.6. При каждой операции сумма квадратов всех чисел увеличивается на 2. В частности, она всегда чётна. Пусть 2005 получено за минимальное количество операций (ходов). Предположим, что в этот момент на доске отсутствует натуральное число n < 2004. Рассмотрим момент, когда n в последний раз было стёрто (очевидно, когда-то оно присутствовало). В этот момент появились числа n + 1 и n − 1, но далее ни одно из них не «использовалось» (иначе n снова бы появилось). Это противоречит минимальности: указанный ход оказался ненужным. Итак, в последний момент на доске присутствуют числа 2005, 2003, 2002, ... , 2, 1. Кроме них на доске должно присутствовать ещё хотя бы одно ненулевое число, поскольку сумма квадратов указанных чисел нечётна. Следовательно, в последний момент сумма квадратов всех чисел не меньше 20052 + 20032 + 20022 + ... + 22 + 1 + 1, а число ходов не меньше 20052 + 20032 + 20022 + ... + 12 + 12 . 2

Докажем, что можно получить набор чисел, соответствующий такому числу ходов (т. е. 1, 1, 2, ... , 2003, 2005 и некоторое количество нулей 1). Обозначим через (1) набор чисел, состоящий из одной или двух единиц и нескольких нулей. Назовём сдвигом последовательность операций, позволяющую из позиции (1), 2, 3, ... , 1 Количество нулей можно указать точно, так как количество чисел на доске всегда равно их сумме.

313

XXVII Турнир городов

n − 1, n получить позицию (1), 2, 3, ... , n − 1, n + 1. Чтобы осуществить сдвиг, нужно из двух единиц (если (1) содержит одну единицу, добавим предварительно две единицы) получить двойку, затем из двух двоек — 3 и 1, из двух троек −4 и 2 ... Покажем теперь, как осуществить расширение: из позиции (1), 2, 3, ... , n, n + 2 получить позицию (1), 2, 3, ... , n + 1, n + 3. Для этого сначала проведём n − 1 сдвиг: превратим n в n + 1, затем n − 1 — в n, ... , 2 — в 3. В результате получим позицию (1), 3, 4, ... , n + 1, n + 2. Теперь превратим две единицы в двойку и проведём заключительный сдвиг. За 5 ходов из пустой доски нетрудно получить позицию 0, 0, 1, 3, т. е. (1), 3. Применив к ней 2002 раза расширение, получим, наконец, позицию (1), 2, ... , 2003, 2005. 5.1. В прямоугольном треугольнике N ANL катет AL лежит против угла в 30◦ , поэтому AN=2AL=AB. Аналогично AM = C = 2AK = AC. Треугольники ACB и AMN равны по двум сторонам и углу между K ними, поэтому BC = MN. 5.2. Решение 1. Сумма чисел в k-й L M B A строке под диагональю равна 1 + 2 + ... + (k − 1) =

(k − 1)k . 2

Сумма чисел в k-м столбце над диагональю вдвое больше: она равна (k − 1)k. Поэтому и сумма всех чисел над диагональю вдвое больше суммы под диагональю. Решение 2. Рассмотрим ещё две таблицы: 1 1

2

3

...

1

2

...

1

...

1

2

1

2

3

...

...

...

...

1

2

3

4

...

...

n−1

1

n−2

1

n−4

1

1

...

1

2

2

...

2

3

...

3

...

4

n−3

1

2

1

2

3

...

...

...

...

...

1

2

3

4

... ...

В обеих равны суммы по разные стороны от пустой диагонали (наборы чисел в столбцах под диагональю совпадают

314

Решения задач

с наборами в строках над диагональю в правой таблице и наборами в диагоналях, параллельных пустой, — в левой). Заметим теперь, что если сложить попарно числа из соответствующих клеток над диагональю разных таблиц, получим таблицу из условия задачи. 5.3. На полуинтервале длины 1 числовой оси всегда есть целое число, значит, на интервале длины больше n — не менее n целых чисел. Поэтому если на интервале лежит ровно n целых чисел, то его длина больше n − 1 (расстояние между крайними целыми), но не более n + 1 (иначе там есть n + 1 целое). лежат соответственно на интервалах   неравенств   Решения 1 2 , a a

и

2 3 , a a

одинаковой длины. На первом — 3 числа, по-

этому его длина больше 2, но не более 4. Значит, на втором интервале лежит не менее двух, но не более четырёх целых чисел. Все эти значения достигаются, например, при a = 1 5 1 , соответственно ( = 2,6; 4; 3,4). a 4 17

5 , 13

5.4. a) Пусть на n-м шаге у раздающего an орехов, а у следующего bn орехов (у третьего орехов нет). Предположим, что 1

1

an всегда чётно. Тогда an+1 = bn + an , bn+1 = an для всех n, 2 2 поэтому   a a 1 an+1 − 2bn+1 = bn + n − 2 · n = − (an − 2bn ), 2

2

2

т. е. число |an − 2bn | на каждом шаге уменьшается вдвое. Поскольку, однако, a1 − 2b1 6= 0, то на каком-то шаге разность an − 2bn должна стать нецелой. Противоречие. б) На каждом ходу число орехов уменьшается не более чем на 1. Если орехов всегда больше 3, всё доказано. В противном случае рассмотрим момент, когда впервые останется ровно 3 ореха. Получится обязательно позиция (2, 1) (в любой момент, кроме начального, an > bn > 0). Далее она повторяется до бесконечности. 5.5. a) Достаточно закрасить две противоположные грани одного кубика. Одной закрашенной грани не хватит: Петя «спрячет» её внутрь. б) Васе достаточно полностью закрасить два кубика — оба внутрь не спрячешь. Пусть им окрашены только 11 граней.

315

XXVII Турнир городов

Расположим кубики в порядке убывания количества окрашенных граней. Только первый может быть окрашен полностью, а две или более окрашенные грани могут быть лишь у первых пяти. Спрячем первый в центре большого куба, а следующие 6 поместим в центрах его граней «белым наружу». У каждого из оставшихся кубиков окрашено не более одной грани, а её всегда можно повернуть внутрь. 6.1. a) На каждом ребре исходного многогранника лежат две вершины полученного. Следовательно, в полученном многограннике 2 · 100 = 200 вершин. б) Из каждой вершины нового многогранника выходит 3 ребра. Значит, в полученном многограннике 200 · 3 : 2 = 300 рёбер. p 6.2. Например, p(x) = cos x, q(x) = − x, p(q(x)) = sin x. 2 6.3. Пусть a = 10b . Тогда неравенство 10 < ax < 100 равносильно 1 < bx < 2, а 100 < ax < 1000 равносильно 2 < bx < 3. Мы пришли к задаче, аналогичной 5.3. Примеры для 4, 5 или 6 5

1

5

решений получаются соответственно при b = , , . 23 6 27 Замечание. Фактически мы положили b = lg a и прологарифмировали неравенства. 6.4. Решение 1. Отразим отрезки AB и AD относительно прямых AM и AN соответственно. Отражения отрезков попадут на один луч (ввиду равенства ∠NAD + ∠MAB = ∠NAM) и, следовательно, совпадут, т. е. точки B и D перейдут в одну и ту же точку K. Заметим, что ∠MKN = ∠MKA + ∠NAK = ∠MBA + ∠NDA = 180◦ (четырёхугольник вписанный!). Поэтому K лежит на отрезке MN и BM + ND = MK + KN = MN. Решение 2. Повернём треугольник MAB вокруг точки A так, чтобы сторона AB совместилась со стороной AD (точка M при этом перейдёт в некоторую точку M′ ). Так как ∠ABC + ∠ADC = 180◦ , то и ∠ADN + ∠ADM′ = 180◦ , т. е. точка M′ лежит на прямой CD. Поскольку ∠NAM′ = ∠NAD + ∠DAM′ = ∠NAD + ∠BAM = ∠NAM, то треугольники NAM′ и NAM равны по первому признаку. Значит, MN = M′ N = ND + DM′ = ND + BM.

316

Решения задач

6.5. a) См. 5.5б. б) Достаточно окрасить по две противоположных грани во всех кубиках, кроме семи. Тогда в одном из углов большого куба обязательно будет чёрная грань. Пусть закрашено меньше, чем 2 · (109 − 7) граней. Тогда есть 8 кубиков с не более чем одной закрашенной гранью — 2 · 109 < 9983 их поместим в вершины большого куба. Менее 3 кубиков могут иметь 3 и более окрашенных граней — поместим их всех внутрь большого куба. У каждого оставшегося кубика окрашено не более двух граней, а их всегда можно спрятать на любом из оставшихся мест. 7.1. Пусть шаров только три. Прямая, проходящая через пару шаров внутри прямоугольника, пересекает границу прямоугольника ровно в двух точках. У нас есть 6 луз, значит, нужно не менее 3 прямых. 3 шара дадут 3 прямых, только если эти прямые образуют треугольник. Однако есть всего 7 прямых, проходящих через 2 лузы, и никакие 3 из них не образуют треугольник с вершинами внутри бильярдного стола (см. рис.). Пример для четырёх шаров указан на этом же рисунке. 7.2. 9 ... 97 · 7 = 69 ... 979. Идеология. В таких случаях проще придумать бесконечную серию примеров, чем 100 отдельных. Замечание. Годятся также пары вида (9 {z 9} 7, 7 | ... {z 7}): | ... n

n

n+1 9 − 3) · 7 | ... {z 9} 7 · 7 | ... {z 7} = (10 | ... {z 7} = n

n

n

=7 | ... {z 7} 0 | ... {z 0} −2 |3 ... {z 3} 1 = 7 | ... {z 7} 67 |6 ... {z 6} 9. n

n+1

n−1

n−1

n−1

7.3. Решение 1. Достроим исходный треугольник до параллелограмма ABCD. Тогда ALKD и CDNM — также параллелограммы, откуда AL k DK, CM k DN. У подобных равнобедренных треугольников CBM и LBA боковые стороны взаимно перпендикулярны, поэтому основания — тоже, т. е. CM⊥AL. Но тогда прямая CM (и значит, DN) перпендикулярна KD и является серединным перпендикуляром к основанию KD равнобед-

317

XXVII Турнир городов

ренного треугольника CKD. Аналогично AL — серединный перпендикуляр к ND. Значит, прямые CM и AL — средние линии прямоугольного треугольника KDN и проходят через середину его гипотенузы KN. L M B K O N

C A

D

Решение 2. Пусть F и G — середины отрезков AL и CM соответственно, O — точка пересечения этих отрезков. Тогда BFOG — прямоугольник (угол CBM получается из угла ABL поворотом на 90◦ , значит, и биссектрисы этих углов перпендикулярны). # – # – # – BO = BF + BG = =

#– #– #– # – #– #– #– # – # – # – (BC + BL) + (BA + BM) BA + BL BK + BN BC + BM + = = , 2 2 2 2

т. е. O — середина отрезка KN. Замечание. Описанные окружности прямоугольников ABMN и BCKL также пересекаются в точке O. Это может послужить идеей ещё одного решения. 7.4. Решение 1. Пусть число 2n записывается k цифрами, а 5n − m цифрами. Если степени начинаются на 5 и 2, то 5 · 10k < 2n < 6 · 10k , 2 · 10m < 5n < 3 · 10m . Перемножим неравенства почленно: 10k+m+1 < 10n < 18 · 10k+m < 10k+m+2 , т. е. k + m + 1 < n < k + m + 2. Противоречие. Решение 2. 2n · 5n = 10n . Если в записях 2n и 5n заменить нулями все цифры, кроме первых, каждое из чисел уменьшится,

318

Решения задач

но не более чем в два раза. Произведение полученных чисел будет меньше 10n , но не более чем в 4 раза, поэтому оно не будет иметь вид 10 ... 0. Однако если бы одно из полученных чисел начиналось на 5, а другое — на 2, произведение было бы 50 ... 0 · 20 ... 0 = 10 ... 0. Противоречие. 0 0 1 1 ... ... 1 1 7.5. Пусть в таблице n нулей и d 1 1 0 0 ... ... 1 1 двоек. У нас есть 2005 строк длины 2006 и 2006 столбцов длины 2005. ... ... ... ... ... ... ... ... Чтобы сумма в строке делилась на 3, ... ... ... ... ... ... ... ... там должна быть хотя бы одна двойка 1 1 1 1 ... ... 2 1 n

или два нуля. Отсюда d + > 2005. 2 Аналогично в каждом столбце должен быть нуль либо две двойки миd нимум, поэтому n + > 2006. Сложив 2

1

1

1

1 ... ... 2

1

1

1

1

1 ... ... 1

2

1

1

1

1 ... ... 1

2

неравенства, получим n + d > 2674, т. е. не единиц в таблице минимум 2674. Этот результат достигается в приведённой таблице (1338 нулей в верхнем левом прямоугольнике 669 × 1338 и 1336 двоек в правом нижнем прямоугольнике 1336 × 668). 7.6. Один из примеров состоит из полуокружности радиуса 2 и двух полуокружностей радиуса 1 (см. рисунок). A Ясно, что «горизонтальный» отрезок делит периметр пополам. Проведём любую другую прямую через точку A под некоторым углом u (измеренным в радианах) к отрезку (см. нижний рисунок). b От нижней части отнялась дуга длины A u a a = u · 2 (здесь угол u центральный) и прибавилась равная по длине дуга b = 2u (здесь угол u вписанный). 7.7. a) Юрины числа M1 > M2 > M3 > M4 > M5 , Яшины — m5 < m4 < m3 < m2 < m1 . Ясно, что M1 > m1 . Докажем, что M2 > m2 . При выборе M2 уже были вычеркнуты одна строка и один столбец, а при выборе m2 — по 3 строки и столбца (число выбиралось на 4-м шаге). В сумме вычеркнуто не более чем по 4 строки и столбца, значит, хотя бы одно число a осталось невычеркнутым в обоих случаях, откуда M2 > a > m2.

XXVII Турнир городов

319

Аналогично доказывается, что Mi > mi при любом i, и поэтому Юрина сумма не меньше Яшиной. б) Да. Рассмотрим, например, таблицу: 1

100

200

300

400

10

111

210

310

410

20

120

221

320

420

30

130

230

331

430

40

140

240

340

441

Будем складывать числа любой разрешённой пятёрки. В разряде единиц сумма будет равна количеству чисел пятёрки, стоящих на диагонали. В разряде десятков сумма всегда будет равна 10 (0 + 1 + 2 + 3 + 4: цифра десятков зависит только от строки, а у нас есть представитель каждой строки). И в разряде сотен сумма равна 10 (цифра сотен зависит только от столбца). Значит, наибольшей будет сумма, где все пять чисел взяты с диагонали. Именно их Яша и выберет. 8.1. Проведём в 100-угольнике A1 ... A100 пятьдесят диагоналей A1 A4 , A3 A6 , ... , A99 A2 . Каждая из них пересекает только две соседние, причём в разных точках (ведь эти две соседние между собой не пересекаются!). Полученные 50 точек пересечения и будут искомыми. 8.2. Решение 1. Если такие n и k есть, то 5k · 10l < 2n < (5k + 1) · 10l ,

2k · 10m < 5n < (2k + 1) · 10m .

Перемножив неравенства почленно, получим 10k+l+m < 10n < (5k + 1)(2k + 1) · 10l+m . Поскольку правая часть меньше 2 · 2k · 2 · 5k · 10l+m = 10k+l+m+1 , то k + l + m < n < k + l + m + 1. Противоречие. Решение 2. Пусть такие числа нашлись. 2n · 5n = 10n . Заменим в записях 2n и 5n нулями все цифры, кроме тех первых, которые составляют 5k и 2k . Каждое из чисел уменьшится, но не более чем в два раза. Произведение полученных чисел будет меньше 10n , но не более чем в 4 раза, поэтому оно не будет

320

Решения задач

иметь вид 10 ... 0. Однако одно полученное число равно 5k · 10l , а другое — 2k · 10m , поэтому их произведение равно 10k+l+m . Противоречие. 8.3. Пусть Q=Pn . Так как P(0)=P(1)=2, то Q(0)=Q(1)=2n . Но Q(1) − Q(0) — это сумма всех коэффициентов многочлена Q, кроме свободного члена. Она равна 0, поэтому какой-то коэффициент отрицателен. 8.4. Докажем сначала лемму. Лемма.

A Q AC1 A P AB1 sin ∠A1 AQ sin ∠A1 AP = 1 · = 1 · . , sin ∠B1 AP AA1 B1 P sin ∠C1 AQ AA1 C1 P

Доказательство леммы. Поскольку sin ∠APA1 = sin ∠APB1 (углы смежные), то sin ∠A1 AP sin ∠A1 AP sin ∠APB1 A P AB1 · = = 1 · sin ∠B1 AP sin ∠APA1 sin ∠B1 AP AA1 B1 P

(по теореме синусов). Второе равенство доказывается аналогично. A

B1

M X

P C

A1

C1 Q B

Пусть отрезок B1 C1 пересекает биссектрису AA1 в точке M. A P B M C Q

1 По теореме Чевы PB · 1 · 1 = 1. MC1 QA1 1 B M AB1 Заменив 1 на (AM является биссектрисой треуголь-

MC1

AC1

ника B1 A1 C), получим, что

A1 P AB1 C1 Q · · = 1, что равносильно PB1 AC1 QA1

A Q · AC1 A1 P · AB1 = 1 . Отсюда PB1 C1 Q A Q AC1 sin ∠A1 AQ sin ∠A1 AP A P AB1 = 1 · = 1 · = . sin ∠B1 AP AA1 B1 P AA1 C1 P sin ∠C1 AQ 1 sin x p Пусть ϕ = ∠A < . Поскольку функция возрас2 2 sin(ϕ − x)

тает на интервале (0, ϕ) (числитель возрастает, а знаменатель убывает, и оба положительны), прямые AP и AQ делят

321

XXVII Турнир городов

(равные ϕ) углы A1 AC и A1 AB в равном отношении. Значит, ∠PAC = ∠QAB. 8.5. Рассмотрим произведение 3n-значных чисел 887887 ... 887887 · 999999 ... 999877. Заметим сначала, что 887 · 123 = 109101. Поэтому 887887 ... 887887 · 123 = 109210210 ... 210101 (3n + 3 знака). Наконец, 887887 ... 887887 · 999999 ... 999877 = = 887887 ... 887887 · (103n − 123) =

= 887887 ... 887887 · 103n − 109210210 ... 210101 = = 887887 | {z... 887} 777 789789 | {z... 789} 899. 3n−3

3n−3

Замечание. Есть и другие серии примеров:

9 | ... {z 9} 8877 · 8 | ... {z 8} 7 = 8 | ... {z 8} 7888 7 | ... {z 7} 9899 n

и

n

n+3

n

8 |9 ... {z 9} 87 · 8 |7 ... {z 7} = 78 |9 ... {z 9} 87 |8 ... {z 8} 99 (при n > 1). n+1

n+3

n

n+2

8.6. a) Решение 1. После каждого «хода» кузнечик не допрыгнет до точки, где перед этим был следующий кузнечик. Значит, следующий за ним не достигнет этой точки за два последовательных прыжка. Так продолжая, получим, что после 12-го прыжка первый не дойдёт до своего начального положения. Решение 2. Предположим, что один из кузнечиков (назовём его первым) вернулся в исходную точку A после 12 ходов. Тогда остальные 11 кузнечиков перепрыгнули через точку A до возвращения туда первого кузнечика. Но за один ход через точку A мог перепрыгнуть не более чем один кузнечик, а на первом ходу через A не перепрыгивал ни один. Противоречие. б) Если в начале одного из кузнечиков сдвинуть по часовой стрелке, то первым прыжком он и следующий за ним прыгнут дальше, а остальные — прыгнут по-прежнему. Вторым прыжком уже трое прыгнут дальше, а остальные по-прежнему.

322

Решения задач

Продолжив рассуждение, видим, что в результате за 13 прыжков все прыгнут дальше. Занумеруем кузнечиков против часовой стрелки и сдвинем всех, кроме 1-го, в точку A, где сидит 1-й (сначала сдвигаем 2-го, потом 3-го и т. д.). При таком исходном положении за последовательностью прыжков легко проследить: k-й кузнечик впервые покинет A на k-м «ходу», прыгнув на 2−k от длины окружности, а 1-й после этого прыжка окажется от A на таком же расстоянии с другой стороны. В итоге первый 13-м прыжком вернётся в точку A. Значит, в исходной ситуации он до своей исходной точки не допрыгнет. 8.7. Предположим, что это не так. Тогда на каждом перекрёстке все три раза муравей поворачивает либо только налево, либо только направо. Расположим произвольно левые и правые перекрёстки в вершинах додекаэдра и рассмотрим соответствующие маршруты муравья. Получим набор циклов. При замене «знака» одного из перекрёстков происходит перестройка: если к перекрёстку подходит 3 цикла, они склеиваются в один, если два — они переклеиваются в два другие, если один — остаётся один или он распадается на три (см. рис.).

В любом случае, чётность количества циклов сохраняется. Если все перекрёстки левые, то будет 12 циклов (соответ-

XXVII Турнир городов

323

ствующих граням додекаэдра). Значит, один цикл никогда не получится. Решение для знатоков (В. Гальперин). Докажем равносильное утверждение: если все рёбра пройдены муравьём в обоих направлениях, то в какой-то вершине муравей повернул назад. Зададим две перестановки на множестве направленных рёбер додекаэдра: p переводит каждое ребро в следующее на маршруте, а t меняет на каждом ребре направление на противоположное. Заметим, что если ребро e входит в некоторую вершину v, то p(e) выходит из неё, а t(p(e)) снова входит в v. Обозначим через sv перестановку, выполняемую tp на множестве ребер, входящих в v. Тогда tp распадается в произведение 20 перестановок sv — по одной для каждой вершины додекаэдра. Перестановка p — цикл длины 60 — нечётная, а t — произведение 30 транспозиций — чётная. Поэтому перестановка tp — нечётная, а значит, хотя бы одна из перестановок sv — тоже нечётная. Нечётная перестановка трёх рёбер может либо оставлять все рёбра на месте, либо переставлять два ребра, а третье оставлять на месте. Вот на этом-то третьем ребре муравей и повернул вспять!

XXVIII Турнир городов 1.1 Решение 1. На каждом шаге Петя уменьшает произведение чисел на доске на число, которое он пишет на бумажке: x(y − x) = xy − x2 . Поскольку в конце произведение на доске будет равно 0, то сумма на бумажке равна исходному произведению xy. Решение 2. Нарисуем на плоскости прямоугольник со сторонами x и y. На первом шаге от этого прямоугольника отрезается квадрат со стороной x, а его площадь записывается на бумажке, и так далее. Когда процесс закончится, исходный прямоугольник разрежется на квадраты, площади которых будут записаны на бумажку. Их сумма равна площади исходного прямоугольника. 1.2. a) Зададим каждому вопрос, ответ на который нам известен (например, «Верно ли, что сегодня четверг?»). Пусть получен только один правдивый ответ. Тогда давший его — правдивый. Спросив его про одного из двух других «Верно ли, что он хитрец?», мы всё узнаем. Если на первые три вопроса получен ровно один ложный ответ, то давший его лжец, и четвёртый вопрос надо задать ему. б) Обозначим участников: врун — В, правдивый — П, хитрецы — ХВ и ХП. Поставим их лицом друг против друга, так что ХП как бы служит отражением П, а ХВ служит отражением В, и наоборот. Пусть хитрецы договорятся отвечать так, как будто вопрос адресован их отражению, и все упомянутые в вопросе лица тоже заменены на их отражения. Тогда невозможно отличить, кто стоит «перед зеркалом», а кто «за зеркалом» — ответы отражений всегда совпадают. 1.3. a) Натуральное число представляется в виде разности двух квадратов ⇔ оно представляется в виде произведения двух различных чисел одной чётности ⇔ оно нечётно и больше 1 или кратно 4 и больше 4. Поэтому если на доске ровно одно чётное число, зачеркнём его. Если же есть два чётных числа, зачеркнём любое, отличное от них.

XXVIII Турнир городов

325

б) Если бы среди чисел было чётное число, отличное от 2006, то, как видно из а), вычеркнуть можно было бы по крайней мере 2005 чисел. Следовательно, 2006 — единственное чётное, и его вычеркнуть можно. A 1.4. Решение 1. Согласно свойствам биссектрис AM — биссектриса угла A. Точки A и B′ C симметричны относительно пряB B′ мой MB, поэтому треугольники BB′ M и BAM тоже симметричны. Значит, ∠BB′ M = ∠BAM = ∠CAM, т. е. отрезок CM виден из точек A и B′ под равными углами. M Решение 2. Рассмотрим ещё точку N пересечения биссектрис внешних углов A и B (и биссектрисы внутреннего угла C). Углы MCN и MAN — прямые (в силу перпендикулярности биссектрис внешнего и внутреннего углов), поэтому точки A и C лежат на окружности с диаметром MN. Точка B′ лежит на этой же окружности как симметричная точке A относительно диаметра MN. Замечание. Ср. с решением задачи 22.7.3. 1.5. Конкретный многоугольник можно не более чем восемью способами (с точностью до параллельного переноса) разместить на плоскости так, чтобы его стороны были параллельны сторонам данного квадрата. Действительно, чтобы задать положение многоугольника, достаточно указать, где расположены три его последовательные вершины A, B и C. Можно считать, что точка B фиксирована. Ребро BA можно выпустить из неё четырьмя способами, после чего перпендикулярное ему ребро BC — двумя способами. Пример разрезания на восемь многоугольников см. на рисунке. 2.1. Решение 1. На каждом шаге Петя уменьшает произведение чисел на доске на число, которое он пишет на бумажке: xy(z − 1) = xyz − xy, поэтому произведение чисел на доске, сло-

326

Решения задач

жённое с суммой чисел на бумажке, не изменяется. Поскольку в конце произведение на доске будет равно 0, то сумма на бумажке равна исходному произведению xyz. Решение 2. Рассмотрим параллелепипед со сторонами x, y, z. На каждом шагу мы отрезаем от него параллелепипед толщины 1, записывая его объём на бумажку. Процесс закончится, когда отрежем все, и сумма чисел на бумажке будет равна объёму исходного параллелепипеда. Замечание. Ср. с 1.1. 2.2. Пусть K, L, M и N — точки касания сторон AB, BC, CD и DA четырёхугольника ABCD с вписанной окружностью, O1 , O2 , O3 и O4 — середины дуг KL, LM, MN и NK. Углы LKO1 и BKO1 равны (они измеряются половинами равных дуг LO1 и KO1 ), поэтому KO1 — биссектриса угла BKL. Аналогично LO1 — биссектриса угла BLK, значит, O1 — центр вписанной окружности треугольника BKL. Точно так же O2 , O3 и O4 — центры вписанных окружностей треугольников CLM, DMN и AKN. Пусть диагонали четырёхугольника O1 O2 O3 O4 пересекаются в точке P. Угол O1 PO2 измеряется полусуммой дуг O1 O2 и O3 O4 , т. е. половиной окружности. Следовательно, он прямой. 2.3. Заменим числа их остатками от деления на 4: на делимость сумм это не повлияет. Теперь в таблице — по 10032 чисел 0, 1, 2, 3. Предположим противное: сумма чисел в любых двух «соседних» клетках не кратна 4. Разобьём таблицу на 10032 квадратиков 2 × 2. Согласно предположению, каждый такой квадратик содержит не более одного нуля. Значит, в каждом квадратике — ровно один нуль. Аналогично в каждом квадратике ровно одна двойка. Далее, квадратик не может содержать одновременно 1 и 3, поэтому число единиц в нём чётно (ноль или две). Но тогда и во всей таблице число единиц чётно. Противоречие. 2.4. Пусть d — разность первой прогрессии, q — знаменатель второй (можно считать, что q 6= 1). Тогда b2 − b1 = md

(m — целое) и при любом натуральном n (в частности, при n = 1) число qn =

bn+2 − bn+1 b2 − b1

XXVIII Турнир городов

327

представимо в виде дроби со знаменателем m. Запишем q в виде несократимой дроби. Если её знаменатель больше 1, то знаменатель дроби qm больше m, что противоречит предыдущему. Значит, знаменатель дроби q равен 1. 2.5. Можно. На рисунке изображён восьмигранник, вписанный в куб с ребром длины 4; вершины восьмигранника делят рёбра куба в отношении 1 : 3. Квадрат длины каждого из рёбер восьмигранника равен 18 (либо 32 + 32 , либо 42 + 12 + 12 ), т. е. все его рёбра равны. 3.1. Пусть 2a — длина стороны правильного многоугольника, r и R — радиусы вписанной и описанной окружности соответственно. По теореме Пифагора a2 +r2 =R2 . Поэтому площадь кольца между этими окружностями равна p(R2 − r2 ) = pa2 , откуда и следует утверждение задачи. 3.2. Вот контрпример для 7 человек. Пусть есть хозяин, три его сына и три его друга. Друзья хозяина незнакомы между собой, а три сына знакомы соответственно с тремя разными парами друзей. Допустим, удалось нарисовать хорды. Хорды друзей пересекают хорду хозяина в трёх различных точках. Одна точка — средняя, две — крайние, соответственно назовём средними и крайними и хорды друзей, и самих друзей. Ясно, что крайние хорды лежат по разные стороны от средней. С другой стороны, хорда сына, знакомого лишь с крайними друзьями, должна пересечь крайние хорды, но не пересечь среднюю. Противоречие. Замечание. Есть контрпример и на 6 человек, но его несколько сложнее обосновать. Пусть граф знакомств — пятиугольная пирамида. Хорды, соответствующие вершинам основания пирамиды, должны образовать пятиугольник с «хвостиками» (см. рис.), и тогда хорда, соответствующая вершине, не сможет пересечь все пять его «сторон». Идея неконструктивного решения для знатоков. «Легко» видеть, что все «схемы Чичикова» на n человек можно реализовать на сторонах и диагоналях правильного 2n-угольника. Число таких схем Чичикова (с указанием номеров) равно (2n)! · 2−n . При этом разным схемам может соответствовать

328

Решения задач

один и тот же граф знакомств. Но число всевозможных графов знакомств (с нумерацией вершин) равно 2n(n−1)/2 . Уже при n = 14 второе число больше: 28! = 2 · (3 · 5) · 4 · (6 · 10) · (7 · 9) · 8 · (11 · 21) · (12 · 20) · (13 · 19) × 3

× (14 · 18) · (15 · 17) · 16 · 22 · ... · 28
4. Отсюда (2x22 − x2 ) + ... + (2x2k − xk ) < 4 − 2 · 42 = −28. Посколь1

ку минимум функции 2x2 − x равен − , то k − 1 > 8 · 28 > 50. 8 б) Возьмём k = 2501, x1 = 10, x2 = x3 = ... = x2501 = 0,1. Тогда x21 + ... + x22501 = 100 + 25 = 125, x1 + ... + x2501 = 10 + 250 = 260, x31 + ... + x32501 > 1000, и все неравенства выполнены. в) 1) Положим p(x) = 2x2 − x, q(x) = x3 − 2x,  q(x) x2 − 2 1 7 f(x) = = = 2x + 1 − p(x)

2x − 1

4

2x − 1

 .

что функция p  отрицательна на интервале  Заметим,   1 1 0, , убывает на интервале 0, и возрастает на интер2 4    1 1 вале , +∞ ; q также убывает на 0, ; f возрастает на 4

2

336

Решения задач

      1 1 1 интервалах −∞, , +∞ и положительна на 0, и 2 2 2 √  и 2, +∞ .

2) Пусть k минимально, а числа x1 6 x2 6 ... 6 xk удовлетворяют условию, т. е. k P

p(xi ) < 0,

i=1

1

k P

q(xi ) > 0.

i=1

Тогда xk−1 < . Действительно, в противном случае можно 2 уменьшить k, заменив xk−1 и xk на такое число x0 > xk , что p(x0 ) = p(xk−1 ) + p(xk ). При этом сумма p(xi ) не изменится, а сумма q(xi ) не уменьшится: q(x0 ) = f(x0 )p(x0 ) = f(x0 )p(xk−1 ) + f(x0 )p(xk ) > > f(xk−1 )p(xk−1 ) + f(xk )p(xk ) = q(xk−1 ) + q(xk ). Теперь из решения а) видно, что xk > 4. Далее, не меняя k, будем набор {xk } последовательно упрощать.   3) Если какое-то число xi ∈

1 1 1 , , заменим его на − xi . 4 2 2

При этом сумма p(xi ) не изменится, а сумма q(xi ) не умень1

шится. Поэтому далее считаем, что x1 , x2 , ... , xk−1 6 . 4 4) Положим n = k − 1. На следующем шаге сделаем числа x1 , x2 , ... , xn равными, сохранив сумму p(xi ) и увеличив сумму q(xi ). Нам понадобится 1

Лемма. Пусть 0 < a < b < c < d 6 и p(a) + p(d) = p(b) + p(c). 4 Тогда q(a) + q(d) < q(b) + q(c). Доказательство леммы. Поскольку p(a) + p(d) = p(b) + p(c), а p(x) убывает, то p(c) − p(d) = p(a) − p(b) > 0. Поэтому доказываемое неравенство q(a) + q(d) < q(b) + q(c) (или q(a) − q(b)
P. Сблизим xi и xj так, чтобы сумма p(xi ) + p(xj ) не изменилась, а хотя бы одно из слагаемых стало равным P (это возможно монотонности и непрерывности p(x) на i  ввиду интервале

0,

1 ). По лемме сумма q(xi ) + q(xj ) возрастёт. 4

Будем повторять операцию, пока все p(xi ) не станут равны P. 5) Осталось выяснить, при каком минимальном n существу1 4

ют такие u 6 , v > 4, что 2(nu2 + v2 ) < nu + v,

2(nu + v) < (nu3 + v3 ). 2v2 − v

v3 − 2v

Перепишем эти неравенства в виде f(u). Оценим, какое минимальное значение может принимать вы2v2 − v

при наших ограничениях. Это и будет оценкой ражение u − 2u2 снизу для n. Будем уменьшать v, пока не достигнем значения, при котором f(v) = f(u). Так как f(u) > f(0) = 2 = f(4), то и новое значе2v2 − v

ние v больше 4. При этом число только уменьшится. u − 2u2 Теперь u и v — корни квадратного уравнения (где t = f(u)), поэтому u + v = 2t, Теперь выражение

x2 − 2 = t(2x − 1) т. е. v = 2f(u) − u =

4−u . 1 − 2u

v(2v − 1) 2v2 − v = принимает вид u(1 − 2u) u − 2u2 7(4 − u) g(u) = . u(1 − 2u)3

2 Числитель производной g′ равен −14(3u + 2), поэтому √ − 16u  i 8 − 58 1 ′ g обращается в нуль в точке u0 = ∈ 0, , причём 3 4 это — точка минимума.

338

Решения задач

Таким образом, n > g(u0 ) = 514,16 ..., т. е. n > 515, а k > 516. 1

6) Построим пример для n = 515. Возьмём u = (это число 8 близко к u0 ). Соответствующее значение 4−u 31 = , 1 − 2u 6

v= при этом

v3 − 2v 10 = 514 . 27 2u − u3

Будем увеличивать значение v. При этом f(v) будет расти и наv3 − 2v

2v2 − v

ступит момент, когда станет больше 515, а будет 2u − u3 u − 2u2 ещё меньше 515. На этом значении v и остановимся (например, подходит v = 5,169). Замечание для знатоков 1. Для доказательства леммы можно использовать теорему Коши, согласно которой q′ (z) q(x) − q(y) = ′ , p(x) − p(y) p (z)

где z ∈ (x, y). Замечание для знатоков 2. Можно обойтись без леммы и метода Штурма,  если воспользоваться выпуклостью функций p  1

. и f на 0, 4 Заменим каждое из чисел x1 6 x2 6 ... 6 xn на такое число  i 1 u ∈ 0, , что p(u) = P < 0. При этом сумма p(xi ) не изменится. 4 Докажем, что сумма q(xi ) не уменьшится. Положим n n P P ai = p(xi) ( ai = 1), t = ai xi . nP

i=1

i=1

В силу неравенства Йенсена и неравенства между средними P 2 n n n P P p(t) 6 ai p(xi ) = nP a2i 6 P · ai = P = p(u), i=1

i=1

i=1

следовательно, t > u. Значит,

nq(u) > nq(t) = nf(t)p(t) > n n n n P P P P > np(t) aif(xi ) = p(t) p(xi )f(xi ) = p(t) q(xi ) > q(xi ). i=1

P

i=1

p(u)

i=1

i=1

5.1. Обозначим углы двух соседних треугольников a, b, g, a′ , g′ (см. рис.). Прямые BC и AC не параллельны, поэтому

XXVIII Турнир городов

a′ 6= g. Но треугольники равны, значит, a′ = a, g′ = g.

B

339

C

Отсюда ясно, что располоg′ a′ жение углов соседнего, а b значит, и всех последующих b g треугольников определено однозначно. Обойдя по круa гу, увидим, что b = g. Поэтому все углы пятиуголь- A ника равны 180◦ − g, а все стороны равны, так как лежат в равных треугольниках против равных углов. 5.2. Обозначим эти 2007-значные числа A и B. Вместо вычёркивания семи цифр из A, закроем их наклейками. Оставшиеся цифры образуют 2000-значное число C, которое можно получить также из B. Значит, можно получить B из C, вставив 7 цифр (вообще говоря, это можно сделать не одним способом, но мы выберем любой из них). Впишем эти цифры другим цветом в соответствующие места; если на нужном месте находится наклейка (или несколько наклеек), будем для определённости вписывать цифру перед наклейками. Содрав наклейки, получим 2014-значное число D. Вычёркиванием заклеивавшихся цифр из D получается B, а вычёркиванием цветных — A. Поэтому вписыванием цифр можно из A и из B получить одно и то же число D. 5.3. Достаточно поставить четыре ладьи на поля a1, c3, e5 и g7. Находясь на белой клетке, ладья бьёт 7 белых клеток, а находясь на чёрной клетке, — 8. Поэтому трёх ладей недостаточно. Идеология. Занумеруем вертикали (как и горизонтали) слева направо цифрами от 1 до 8. У белых клеток ровно одна из «координат» нечётна. Ладьи на клетках (1, 1), (3, 3), (5, 5), (7, 7) бьют все такие клетки. Замечание. Ср. с 6.1. 5.4. Пусть это числа a, b, c, где c — наименьшее из них по модулю. Из теоремы Виета следует, что у квадратного трёхчлена с двумя отрицательными корнями все коэффициенты — одного знака. Но дискриминант c2 − 4ab > 0, а c2 < 4|ab|. Следовательно, числа a и b — разных знаков.

340

Решения задач

5.5. Ясно, что достаточно разрезать торт на симметричные фигуры. а) См. рис. 1. б) Решение 1. См. рис. 2. Жирная линия — линия разреза, одна из частей — четырёхугольник, симметричный относительно своей диагонали (длинный пунктир). a a 2a 2a

a

a Рис. 1

a

a

2a 2a

Рис. 2

Решение 2. В отрезанной трапеции меньшее основание равно бокоa a вым сторонам (см. рис. 3). 6.1. Достаточно поставить пять a ладей на те поля, которые указаны Рис. 3 на рисунке. Находясь на белой клетке, ладья бьёт 7 или 9 белых клеток, а находясь на чёрной клетке — 9. Всего белых клеток 41, поэтому четырёх ладей недостаточно. Идеология. Занумеруем вертикали и горизонтали цифрами от 1 до 9. У белых клеток обе «координаты» одной чётности, т. е. она находится либо в нечётном столбце, либо в чётной строке. Ладьи ставим так, чтобы они закрыли все нечётные столбцы и все чётные строки. Замечание. Ср. с 5.3. 6.2. Если x1 , x2 , x3 — корни (нашего) многочлена P, то Поэтому

P(x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ). 1 + p + q + r = P(1) = (1 − x1 )(1 − x2 )(1 − x3 ).

Каждый из сомножителей по модулю меньше 1, поэтому −1 < 1 + p + q + r < 1, что равносильно утверждению задачи.

XXVIII Турнир городов

341

6.3. Решение 1. Докажем, что равны перпендикуляры BD и B′ D′ на прямую AA′ . Когда AA′ — диаметр, всё очевидно. Иначе △ABD = △AB′ D′ по гипотенузе и острому углу (как углы между касательными и хордой, оба измеряются половиной дуги AA′ ). Поэтому BDB′ D′ — параллелограмм, и прямая AA′ содержит диагональ DD′ и делит другую диагональ пополам. Решение 2. Отложим на прямой AB отрезок AL, равный AB. При симметрии относительно диаметра, перпендикулярного AA′ , отрезок касательной AL перейдёт в A′ B′ . Поэтому либо прямая LB′ параллельна AA′ (но AA′ не параллельна LB, и поэтому B′ не лежит на прямой LB), либо точки L и B′ совпадают. В первом случае прямая AA′ содержит среднюю линию треугольника LBB′ , а значит, проходит через середину стороны BB′ . Во втором случае A — середина BB′ . 6.4. Допустим, последовательность имеет период d и предпериод m. Возьмём такое n, что 10n > m + d. Суммы цифр чисел 10n и 10n+1 равны 1, а суммы цифр чисел 10n − d и 10n+1 − d отличаются на 9, т. е. имеют разную чётность. Противоречие. 6.5. Ясно, что достаточно разрезать торт на симметричные фигуры. а) См. 5.5 б. б) Решение 1. Разрежем торт на пятиугольник с углами 20◦ , 130◦ , 130◦ , 130◦ , 130◦ (длинные стороны равны между собой, короткие — тоже) и невыпуклый четырёхугольник с углами 50◦ , 230◦ , 50◦ , 30◦ (см. рис.)

130◦ 130◦ 20◦

50◦ 30◦

Решение 2. См. рисунок.

◦ 20◦ 170

170◦

170◦

170◦20◦

Одна из частей — шестиугольник, с указанными углами и пятью равными сторонами. Для его построения можно построить дугу, из точек которой основание треугольника-торта видно под углом 155◦ , и разделить её на 5 равных частей.

342

Решения задач

7.1. Пусть m2 6 N < (m + 1)2 = m2 + 2m + 1. Мы выбираем a = m, если N 6 m2 + m, и a = m + 1 в противном случае. В первом случае   1 1 2 = m2 + m + , N < m+ 2

т. е.

m6

4

√ 1 N < m+ , 2

во втором случае   1 2 N > m2 + m + 1 > m + , 2

√ √ 1 т. е. m + 1 > N > m + . В любом случае a — ближайшее к N 2 натуральное число. 7.2. Пусть катеты первого треугольника равны a и b, а гипотенуза — c. Из рисунка видно, что удвоенная площадь треугольника, отсекаемого отрезком MN, равна половине площади квадрата. L b

b2

ab

bc

K

M

a

a2

ab

ac

c

ac

bc

c2 =a2 +b2

b

c

a

N

7.3. Например, Вася написал (по порядку) 2, 3, 4, ... , 22, а Петя — 23, 4, ... , 22. Идеология. Пример можно найти из такого наблюдения: Вася может увеличить количество чисел, не меняя количества цифр, заменой нескольких «длинных» чисел в конце ряда Пети на столько же плюс одно «короткое» в начале. Конкретно: заменим k чисел из k + 1 знака на k + 1 число из k знаков. Уже для k = 1 это срабатывает, при этом удалённое число начинается на цифру 2 или 3, значит, и добавится число 2 или 3.

XXVIII Турнир городов

343

Замечание. Несложно доказать единственность примера. Предоставляем это читателю. 7.4. Пусть n = 2k или 2k + 1. Пример. Будем диагоналями отсекать от n-угольника четырёхугольники, пока это возможно. Всего получится k − 1 четырёхугольник (и при нечётном n ещё один треугольник). Проведя в каждом четырёхугольнике диагонали, получим 4k − 4 = 2n − 4 треугольника при чётном n и 4k − 3 = 2n − 5 треугольников при нечётном n. Оценка. Никакая диагональ не может пересечь две других (рассмотрим отрезок диагонали между соседними точками пересечения; с той его стороны, где сумма углов не меньше 180◦ , к нему примыкал бы не треугольник). Значит, пересекающиеся диагонали делятся на пары пересекающих друг друга. Убрав такие пары, получим разбиение на четырёхугольники и треугольники (соответственно l и m штук). Вычисляя двумя способами сумму углов, получим 2l + m = n − 2. Отсюда число исходных треугольников 4l + m = 2(2l + m) − m = 2n − 4 − m 6 2n − 4.

При нечётном n, однако, и m нечётно, поэтому m > 1 и 2n − 4 − m 6 2n − 5. 7.5. Пусть d — разность прогрессии. Тогда все её члены (кроме, быть может, первого) больше d. Если d = 1, то одно из чисел чётно. Подходит лишь прогрессия 2, 3. Если d = 2, то одно из чисел кратно 3, и подходит лишь прогрессия 3, 5, 7. Пусть d > 3. Последние d − 1 членов прогрессии дают попарно различные остатки по модулю d − 1, следовательно, один из этих членов кратен d − 1 > 1. Но он больше d, значит, не может быть простым числом. Противоречие. 7.6. Решение 1. Пусть O, K, L — середины отрезков BC, AC и BD соответственно, P — точка пересечения прямых AC и BD. Точки K, L различны (иначе ABCD — ромб и ∠BMC < < ∠BPC = 90◦ ). Поскольку углы BKC и BLC — прямые (медианы в равнобедренных треугольниках являются высотами), а ∠BMC = 90◦ по условию, то точки K, M, L лежат на окружности с диаметром BC. Хорда KM =

1 CD = OC как средняя 2

344

Решения задач

линия треугольника ACD, поC D этому треугольник KOM равносторонний и ∠MOK = 60◦ . Аналогично ∠MOL = 60◦ , поэтому O L ∠KOL = 120◦ . Вписанный угол KBL опирается на дугу KL или её дополнение, поэтому равен K M 60◦ или 120◦ . В любом случае B это означает, что в прямоугольP ном треугольнике BKP угол B равен 60◦ и поэтому ∠BPK = = 30◦ . Замечание. Это доказательство в равной мере подходит A для выпуклого и невыпуклого четырёхугольника (и даже для случая самопересекающейся замкнутой ломаной ABCD). Многие известные нам доказательства (см., например, [ММО70], задача 6 для 8 классов, где было оговорено, что четырёхугольник ABCD — выпуклый) требуют серьёзных изменений для невыпуклого случая. Решение 2. Треугольники ABC и BCD равнобедренные, поэтому биссектрисы углов ABC и BCD перпендикулярны диагоналям четырёхугольника ABCD. Следовательно, достаточно найти угол между этими биссектрисами. # – Отразим вектор AB относительно биссектрисы угла ABC, а потом — относительно биссектрисы угла BCD. При этом он повернётся на удвоенный угол между этими биссектрисами. # – С другой стороны, он, очевидно, перейдёт в вектор CD. Но # – # – угол между векторами AB и CD равен углу между средними # – 1# – линиями KO и KM треугольников ABC и ACD (KO = AB, 2 # – 1# – KM = CD), которые являются сторонами равностороннего тре2

1

1

1

угольника KOM (OM = BC = AB = CD). Значит, угол между 2 2 2 # – # – AB и CD равен 60◦ , а угол между указанными биссектрисами — 30◦ . 7.7. a) Вот один из возможных способов. Фукс за 52 тура называет 522 карт — в каждом туре все карты по разу в одном и том же порядке, после чего говорит «стоп». Заметим, что всякий раз карты передвигаются в одном направлении: если

XXVIII Турнир городов

345

передвинута карта a, то следующей будет передвинута карта b по другую сторону от свободного места: она будет названа раньше a. В каждом туре хотя бы одна карта сдвинется, значит, сдвигов не менее 52, и каждая карта со своего места уйдёт. С другой стороны, каждая карта сдвинулась не более 52 раз, поэтому полный круг (53 хода) она сделать не успеет и на своё место не вернётся. б) Покажем, что для любой стратегии Фукса (последовательности названных карт) есть «проигрышная» исходная позиция, которая в результате перейдёт в позицию с тузом возле свободного места. Назвав карту повторно, мы «откатываем назад» предыдущий ход. Возьмём любую позицию с тузом возле свободного места. Назвав всю последовательность карт из данной стратегии в обратном порядке, мы «откатаем» эту позицию до требуемой «проигрышной» исходной. 8.1. Пусть y = kx + l — уравнение прямой AB, а y = mx + l — уравнение прямой CD (свободные члены равны, поскольку прямые пересекают ось ординат в одной точке). Тогда a и b — корни уравнения x2 = kx + l, и по теореме Виета ab = −l. Аналогично cd = −l, где d — абсцисса точки D. Значит, d = ab/c. 8.2. Простейшие контрпримеры: 1) полукруг радиуса 1; 2) линза, ограниченная двумя дугами по 120◦ радиуса 1. Для проверки достаточно какой-нибудь треугольник со сторонами длины 1 повернуть на 120◦ , скользя вершинами по границе фигуры. В полукруге поместим одну из вершин в центр и будем вращать вокруг неё. В «линзе» треугольник сперва поворачиваем на 60◦ вокруг середины одной дуги, затем ещё на 60◦ вокруг середины другой дуги. Идеология. Наоборот, придумав способ проверки, можно придумать и пример, вращая треугольник вокруг тех или иных точек. Замечание. Пример с «линзой» взят из книги [Выпукл]. Он обладает дополнительным свойством: треугольник можно повернуть (в несколько приёмов) на любое число градусов. Для знатоков. В той же книге спрашивается, является ли «линза» единственной отличной от круга фигурой с таким (до-

346

Решения задач

полнительным) свойством. Попробуйте доказать самостоятельно, что годится любая фигура, ограниченная параметрически заданной кривой  √   x = r cos 3t − 3 sin t,   y = r sin 3t +

3 √ 3 cos t, 3

где r — «достаточно малое» положительное число. 8.3. Проведём к графику y = f(x) все горизонтальные касательные синим карандашом (если таких касательных нет, то, очевидно, функция монотонна, и уравнение f(x) = 0 имеет одно решение). Их количество конечно (оно равно числу корней производной). Между каждыми двумя соседними синими прямыми, а также выше верхней и ниже нижней проведём по красной горизонтальной прямой. Синие точки (точки пересечения и касания синих прямых с графиком) разделяют график на конечное число участков монотонности, при этом на каждом участке есть ровно одна красная точка. Поэтому на графике красных точек на одну больше, чем синих, и общее число цветных точек нечётно. Значит, на одной из «цветных» прямых лежит нечётное число точек графика. 8.4. См. 7.7. 8.5. Отметим в пространстве целочисленные точки, у которых все координаты одной чётности. Рассмотрим для каждой такой точки множество точек, которые от неё не дальше, чем от других отмеченных. Все пространство разобьётся на такие множества (с точностью до общих границ). Все эти множества получаются друг из друга сдвигом и, следовательно, равны. Докажем, что эти множества подобны многограннику из условия задачи. Пусть M — множество, соответствующее точке O(0, 0, 0). Соединим O отрезками с «ближайшими» точками. Серединные перпендикуляры к этим отрезкам (в пространстве это плоскости) и высекут M. В частности, восемь плоскостей, отделяющих O отточек (±1, октаэдр  ±1, ±1), высекают   3

3

3

(ценс вершинами в точках ± , 0, 0 , 0, ± , 0 , 0, 0, ± 2 2 2   1 1 1 тры его граней — ± , ± , ± — середины соответствующих 2

2

2

отрезков). Плоскость x = 1, отделяющая O от точки (2, 0, 0), отсекает от этого октаэдра по трети сторон, выходящих из вер-

XXVIII Турнир городов

347

  3 шины , 0, 0 . Аналогичные отсечения производят остальные 2 7 плоскостей, отделяющих O от точек (−2, 0, 0), ... , (0, 0, ±2). Замечание. Конструкцию можно описать и проще. Впишем обычным способом октаэдр в куб 2 × 2 × 2: вершины октаэдра — это центры граней куба. Раздуем октаэдр из центра в 1,5 раза и отрежем всё, что вылезло за пределы куба. Получится многогранник, описанный в условии (с другой длиной ребра). Заполнив пространство кубами, мы получим наполнение его примыкающими друг к другу такими многогранниками, между которыми останутся дырки. Несложно показать, что сдвинув всю конструкцию на вектор (1, 1, 1), мы получим её копию, заполняющую дырки. 8.6. Решение 1. а) Последовательно докажем существование такого n, что

an

меньше

1 1 1 3 , , , . 3 4 5 16

a > 13 , то a1 < 13 . 1 1 1 Если < ak < , то каждый шаг удваивает отклонение от : 4 3 3 1 1 1 1 пусть ak = − ε (где ε < ), тогда ak+1 = + 2ε, ak+2 = − 4ε. 3 12 3 3 Если

1 , повторим процедуру... 4 1 1 1 Если < ak < , то уже ak+2 < . 5 4 5 3 1 1 Если < ak < , мы будем увеличивать отклонение от : 16 5 5 1 1 1 ak = 51 − ε (ε < 80 ), ak+2 = + 4ε, ak+4 = − 16ε. Если это число 5 5 3 всё ещё больше , повторим процедуру… 16

Если это число всё ещё больше

б) Для построения примера нам потребуются представление чисел в виде бесконечных дробей, только не десятичных, а двоичных. В них используются лишь цифры 0 и 1, цифра 1 в k-м разряде после запятой даёт вклад 2−k . Как обычно, иррациональные числа представляются бесконечными непериодическими дробями. Рассмотрим дробь d = 0,0000001000000010 ..., где единички стоят в 7-м, 15-м, 23-м ... разрядах. Она равна сумме бесконечной геометрической прогрессии 2−7 + 2−15 + 2−23 + ... = 2−7

2

= . Если непериодически заменить часть единичек = 255 1 − 2−8 на нули и умножить результат на 3, получим иррациональное число, меньшее

2 6 = . Назовём такое число удобным. 255 85

348

Решения задач 1

1

2

7

Пусть a = − b, где b — удобное число. Тогда a > − > . 5 5 85 40 При получении b мы могли заменить в 7-м разряде дроби d единичку на 0 или оставить. Рассмотрим оба случая. 1) Если заменили, то Тогда

a = 15 − g · 2−8 , 2 5 1 = 5 2 = 5 1 = 5

a1 = a2 a3 a4

где число

g

удобное.

− g · 2−7, + g · 2−6, + g · 2−5, − g · 2−4,

.................

1 − g. 5 1 113 − g · 2−8 , 2) Если оставили, то a = − 3 · 2−7 − g · 2−8 = 5 640

a8 =

где число

g

удобное. Тогда

113 − g · 2−7 , 320 33 = − g · 2−5, 80 7 = + g · 2−3, 20 2 = + g · 2−1 , 5

47 + g · 2−6 , 160 7 a3 a4 = 40 + g · 2−4, 3 a5 a6 = 10 − g · 2−2, a7 a8 = 15 − g. 7 В обоих случаях a1 , a2 , ... , a7 > , а a8 — число того же 40

a1 =

a2 =

вида, что и a. Значит, и дальше всё будет хорошо. Идеология. Указанное в условии отображение помимо непо-

1 имеет много периодических точек. Точки 3 1 небольшого периода найти нетрудно. Например, у пери5     1 2 1 3 3 6 5 3 од 2 → → , а у — период 3 → → → . 5 5 5 17 17 17 17 17 7 Оба эти числа немного больше , а порождённые ими числа 40

движной точки

ещё больше. Но, к сожалению, эти числа рациональны. Зато они представляются периодическими двоичными дробями: 1 3 = 0,(0011), = 0,(00101101). Попробуем сконструировать 5 17

искомое иррациональное число, смешивая фрагменты вышеуказанных дробей 00110011 и 00101101. Можно ожидать, что

349

XXVIII Турнир городов

и оно породит последовательность, где все члены не меньше 7 . Приведённое выше решение — формальная проверка этой 40

1

3

2

1

= , при вычитании b из замена в d единиидеи: − 5 17 85 5 цы на ноль не меняет соответствующего фрагмента 00110011 1

, а оставление единицы вычитает из него в разложении 5 00000110, т. е. превращает в 00101101. Решение 2. Воспользуемся сокращённой записью двоичной дроби: вместо выписывания всех её знаков, мы будем указывать сколько одинаковых знаков стоит подряд: сначала столько-то нулей (все наши дроби меньше

1 ), потом сколько 2

1 =0,00110011 ...=0,(0011) соответст5 3 =0,(00101101) — вует сокращённая запись 222222..., дроби 17   7 1 2 211211..., а дроби = · 1+ =0,0010(1100) — 21122222... 40 8 5

единиц и т. д. Так, дроби

Числа в сокращённой записи нетрудно сравнивать: находим первое место, где записи отличаются; если это место чётное, то больше то число, у которого на этом месте стоит большая ´ «цифра», а если нечётное, то наоборот. (Например, при срав-

3 1 1 > в сокращённой записи на втором месте стоит 5 17 5 3 7 бо´ льшая цифра, а при сравнении > в сокращённой запи17 40 3

нении

си

17

на пятом месте стоит меньшая цифра.)

Указанная в условии задачи операция действует на сокращённую запись следующим образом: если первая «цифра» больше 1, то она уменьшается на единицу; единица же в начале просто стирается. Многократное же применение операции — это стирание нескольких первых цифр и (возможно) последующее уменьшение первой цифры. Полученную запись будем называть хвостом исходной. 3 а) Дроби соответствует сокращённая запись 22. Если 16 в сокращённой записи числа a есть тройка, то когда-нибудь она встанет на первое место, и поэтому соответствующее число 3 . an будет меньше 16 Если же сокращённая запись числа a состоит только из нулей и единиц, то в силу бесконечности и непериодичности (обычной) двоичной записи числа, в сокращённой записи есть место, где после двойки стоит единица. Когда фрагмент 21

350

Решения задач

встанет в начало записи, соответствующее число 3 меньше . 16

an

станет

б) Для построения примера нам достаточно рассматривать только числа, в двоичной записи которых нет трёх знаков подряд (т. е. их сокращённые записи состоят из единиц и двоек). Нам надо подобрать сокращённую запись, все хвосты которой больше 21122222... Такой, например, будет любая запись вида 112...2112...211..., где единицы стоят только попарно и между каждыми двумя соседними парами единиц находится нечётное число двоек. Действительно, если в начале сокращённой записи числа стоит 1 или 22, то всё ясно. В противном случае она имеет вид 2112…211…, где третья единица стоит на нечётном месте. Поэтому это число больше, 7

, у которого на этом месте стоит двойка. чем 40 Осталось проследить, чтобы дробь была непериодической. 8.7. Пусть TA , TB , TC — точки, симметричные T относительно прямых BC, CA и AB соответственно. Поскольку AT — биссектриса угла BTC, равного 120◦ , то симметричная ей относительно BC прямая lA — биссектриса угла BTA C, который также равен 120◦ . Аналогичные утверждения верны для двух других отражённых прямых lB и lC . Пусть O — центр описанной окружности треугольника TA TB TC . Её радиусы разбивают каждый из углов TA , TB , TC шестиугольника BTA CTB ATC на два угла с суммой 120◦ (если радиус проходит вне угла, то считаем одну часть больше 120◦ , а другую — меньше 0◦ ). Эта шестёрка углов состоит из трёх пар равных (например, поскольку ATB = AT = ATC , то треугольники ATB O и ATC O равны, поэтому и ∠ATB O = ∠ATC O). Из системы уравнений x + y = x + z = y + z = 120◦ следует, что все углы равны 60◦ . Это значит, что прямые lA , lB , и lC содержат радиусы и, следовательно, пересекаются в точке O. Замечание. Нетрудно проверить, что точка O изогонально сопряжена точке T (т. е. прямые AO, BO, CO симметричны прямым AT, BT, CT относительно биссектрис углов A, B, C соответственно). В нашем решении это понятие не понадобилось. Но его можно и активно использовать. См. [ММО70].

Избранные задачи других Турниров городов И4.2.5. Идея решения. У нас нет чёткого определения линии, поэтому будем считать, что она — ломаная (любую «разумную» линию можно с заданной точностью приблизить ломаной). Замкнутая линия разбивает плоскость на несколько областей. Из каждой точки пересечения выходят четыре отрезка ломаной, поэтому аналогично рассуждению в решении задачи 24.8.7 эти области можно разбить на «чётные» и «нечётные» так, чтобы линия границы разделяла области разной «чётности». Будем рыть туннель под пересекающей линией, если при подъезде поезда к точке пересечения «чётная» область остаётся слева, и над — если справа. Это, очевидно, возможно и удовлетворяет условию. Замечание. Более строгие определения, что такое область и почему замкнутая линия разбивает плоскость на несколько областей — см. теорема Жордана. И4.4.5. Пусть точка M лежит внутри правильного n-угольника A1 A2 ... An со стороной длины 1, а O — его центр. Обо# – # – значим векторы #– e i = Ai Ai+1 ( #– e n = An A1 ). Длина проекции отрезка A1 M на сторону A1 A2 равна скалярному произведению # – (A1 M, #– e 1 ). Поэтому одна из сумм равна # – P  n n n n P P P # – # – # – n #– (Ai M, #– e i) = (Ai O, #– e i ) + OM, ei = (Ai O, #– e i) = ,

i=1

i=1

i=1

i=1

2

т. е. половине периметра многоугольника. И6.8.4. Один из примеров такой фигуры F изображён на рисунке: от круга радиуса R отрезаны два сегмента, отсекаемые противоположными сторонами вписанного квадрата. При накрытии полукруга на диаметр полукруга придётся наложить один из диаметров фигуры F, поэтому центры совпадут, и часть дуги полуокружности обязательно вылезет за пределы фигуры. И7.1.7. а) Рассмотрим поле X′ , центрально симметричное полю X. Фигура F, стоящая на X′ , бьёт все поля, центрально # – # – симметричные полям, с которых она бьёт поле X (X′ A′ = AX). А таких полей не больше 20.

352

Решения задач

б) Будем ставить фигуры по очереди на произвольные «допустимые» поля. Пусть n фигур уже расставлены. Они занимают n полей, бьют не более 20n полей и могут быть побиты (n + 1)-й фигурой не более чем с 20n полей. Поскольку 41n 6 41 · 19 < 900, для (n + 1)-й фигуры ещё остались «допустимые» поля. Ложный след. Из условия не следует, что на бесконечной доске фигура бы побила не более 20 полей (на этом дополнительном предположении основано решение в [Толпыго]). Рассмотрим, например, фигуру, которая бьёт каждое третье поле по вертикали и горизонтали (на доске 30 × 30). С любого поля она бьёт не более 18 полей, но на бесконечной доске она побила бы 36 полей.

И7.2.3. События «у второго выпало больше орлов, чем у первого» и «у второго выпало больше решек, чем у первого», очевидно, равновероятны. Но они и дополняют друг друга (поскольку второй бросал монету ровно на один раз больше первого, то либо орлов, либо решек у него больше, но не одновре1

менно). Поэтому вероятность каждого события равна . 2 И7.4.6. Для каждого i = 1, 2, ... , k рассмотрим трапецию, ограниченную прямыми x = a2i , x = a2i−1 , y = 0, y = 2x. Её площадь равна a22i−1 − a22i , следовательно, выражение в левой части неравенства равно сумме площадей всех трапеций и треугольника, в который вырождается последняя (самая левая) трапеция. Сдвинув все трапеции влево до упора, мы получим

... a2k−1 a4 a3 a2 a1

... a1 −a2 +a3 −. . .+a2k+1

Избранные задачи других Турниров городов

353

ступенчатую фигуру, содержащую треугольник (ограниченный прямыми x = a1 − a2 + a3 − a4 + ... + a2k+1 , y = 0, y = 2x), площадь которого равна выражению в правой части (см. рис.). И15.7.5. Решение 1. Пусть в S больше одного числа (для одного числа всё очевидно). Под текущей позицией будем понимать отрезок лампочек от самой левой горящей до самой правой (положение отрезка на прямой пока для нас не важно). Начав с позиции с одной горящей лампочкой, будем каждый раз прикладывать левую границу шаблона к самой левой горящей лампочке. Легко видеть, что тогда длина каждой получающейся позиции будет меньше длины шаблона, т. е. возможных позиций — конечное число. Более того, по каждой позиции можно однозначно восстановить предыдущую: для этого надо приложить правый край шаблона к самой правой горящей лампочке. По теореме о зацикливании начальная позиция когда-нибудь повторится. Теперь последим за расположением позиций на прямой. Каждый раз позиция сдвигалась вправо, поэтому второй раз единственная лампочка будет не на том месте, что в начале. Очевидно, что если теперь начать с пустой позиции и прикладывать шаблон к тем же местам прямой, то мы в конце получим две горящие лампочки: на начальном и конечном местах. Решение 2 (для знатоков). Будем рассматривать только лампочки, соответствующие неотрицательным числам. Каждому конечному набору горящих лампочек поставим в соответствие многочлен: коэффициент при xk равен 1, если лампочка на k-м месте горит, и 0 — в противном случае. Приложив шаблон левым краем к числу 0, мы получим некоторый многочлен P(x). Сдвинув шаблон вправо на k, мы прибавим к нему многочлен xk P(x) (сложение коэффициентов ведётся по модулю 2). Многократное применение такой операции даёт произведение P(x) на многочлен Q(x), который мы можем выбирать по своему усмотрению. Задача свелась к доказательству того, что некоторый многочлен вида xm + xn делится (по модулю 2) на P(x). Это доказывается стандартным рассуждением. Рассмотрим остатки от деления одночленов вида xk на P(x). Поскольку количество одночленов бесконечно, а возможных остатков — конечное число (не больше 2p , где p — степень P(x)), для

354

Решения задач

каких-то двух одночленов xm и xn эти остатки совпадают, т. е. xm − xn делится на P(x). Но по модулю 2 xm − xn = xm + xn . И18.7.6. Решение 1. Углы при основании треугольника ABC равны 50◦ . Проведём биссектрису угла B до пересечения с CP в точке Q (см. рис.). Так как B треугольник ABC симметричен относительно биссектрисы BQ, то ∠CAQ = 30◦ . Значит, AP — биссекP Q триса угла BAQ. ∠BQP как внешний угол треугольника BCQ равен ∠CBQ + ∠BCQ = 40◦ + 20◦ = 60◦ ; A C ∠AQP как внешний угол равнобед◦ ренного треугольника ACQ также равен 60 . Поэтому QP — биссектриса угла AQB. Таким образом, P — точка пересечения биссектрис треугольника ABQ. Следовательно, BP — биссектриса угла ABQ и ∠PBA = 20◦ . Отсюда ∠PBC = 60◦ , и из треугольника BCP находим, что ∠BPC = 100◦ . Решение 2. Построим равносторонний треугольник ABD (см. рис.). Тогда BD = BC, т. е. треугольник CBD равнобедренный и ∠BDC = ∠BCD = (180◦ − 80◦ − 60◦ ) : 2 = 20◦ . Значит, точка P лежит на отрезке CD. D

B

P

A

C

∠PAD = 70◦ , ∠ADP = 40◦ , поэтому ∠DPA = 70◦ , и треугольник ADP равнобедренный, PD = AD. Значит, треугольник BDP тоже равнобедренный, откуда ∠BPD = (180◦ − 20◦ ) : 2 = 80◦ , а ∠BPC = 100◦ . И29.3.4. Второй (кроме тривиального случая N = 1). Его стратегия: первый ход сделать в крайнюю клетку, а дальше ходить как угодно. После k-го хода первого крестики делят

355

Избранные задачи других Турниров городов

полоску не менее чем на k частей, состоящих из пустых клеток и ноликов. Но к этому моменту выставлено лишь k − 1 ноликов, значит, в одной из частей нолика нет, и туда можно сделать ход. И29.3.5. Отложим самую легкую гирю m. Остальные гири прикрепим слева от середины в разных точках, но чем больше масса, тем дальше от центра. Подсчитаем, в какую точку справа надо повесить гирю m, чтобы было равновесие (при необходимости уменьшим пропорционально все расстояния, чтобы не выходить за пределы весов). Покажем, что если надписи перепутаны, то равновесия нет. Действительно, если переставлены только массы слева, то суммарный момент слева стал меньше по транснеравенству. Если дополнительно поменять местами массу m с массой слева, то момент справа станет ещё больше, а слева ещё меньше. Замечание. Можно обойтись и без транснеравенства. Подвесим гири m2 , ... , mn слева на расстояниях am2 , ... , amn от m2 + ... + m2

n центра (константа a выбирается так, чтобы точка a 2 m подвеса гири m не вышла за пределы отрезка). Пусть M2 , ... ... , Mn — перестановка гирь m2 , ... , mn . В силу неравенств 2mi Mi 6 m2i + M2i новый момент a(m2 M2 + ... + mn Mn ) не превосходит старый a(m21 + ... + m2n ), причём равенство будет, только когда mi = Mi при всех i. Замечания для знатоков. 1. Фактически в предыдущем замечании доказан частный случай неравенства Коши—Буняковского. 2. Вместо транснеравенства или неравенства Коши—Буняковского можно использовать неравенство Чебышёва. 3. По большому счёту неравенства вообще не нужны. Нам надо показать, что существует решение уравнения

m1 x1 + ... + mn xn = 0,

(*)

не являющееся решением ни одного из уравнений вида M1 x1 + ... + Mn xn = 0,

(**)

полученных нетривиальными перестановками коэффициентов. Но пространство решений уравнения (*) (n − 1)-мерно, а пространство решений системы из двух уравнений (*) и (**) (n − 2)-мерно. Поскольку (n − 1)-мерное пространство нельзя

356

Решения задач

покрыть конечным числом (n − 2)-мерных подпространств, искомое решение существует. И30.3.7. Решение 1. а) Пусть an = an−1 + εn . Тогда an = 1 + + ε1 + ... + εn . Заметим, что ε2n = εn . Отсюда a4n = 1 + ε1 + ... + ε4n = = 1 + ε2 + ε4 + ... + ε4n + + (ε1 + ε3 ) + (ε5 + ε7 ) + ... + (ε4n−3 + ε4n−1 ) = = 1 + ε1 + ε2 + ... + ε2n = a2n (выражения в скобках равны нулю). Поэтому a2n = a2 = 2 ⇒ a2n −1 = 1. б) Покажем, что члены с индексами, кратными 4, могут быть сколь угодно большими. Действительно, согласно (а) a4(4n+1) = a8n+2 = a8n+1 + 1 = a8n + 2 = a4n + 2 > a4n . Значит, для любого N есть бесконечно много членов последовательности, больших N. Тогда, в силу (а), можно выбрать и бесконечную подпоследовательность, где чередуются числа, большие ´ N и равные 1. Так как соседние члены последовательности отличаются на 1, то по дискретной непрерывности на каждом промежутке между соседними членами подпоследовательности найдётся член, равный N. Решение 2. В двоичной записи натурального числа чередуются группы подряд идущих нулей и единиц (например, в m = 1110011001 видим 3 группы единиц и 2 группы нулей). Докажем по индукции, что an равно количеству таких групп в записи n (например, am = 5). Действительно, если наибольший нечётный делитель q числа n имеет вид 4k + 1, то (в двоичной записи) n = ... 010 ... 0 (или ... 01), и n − 1 = ... 001 ... 1 (или 00) имеет на одну группу знаков меньше, чем n; а если q = 4k + 3, то n = ... 0110 ... 0 (или ... 011), и n − 1 = ... 00101 ... 1 (или ... 010) имеет на одну группу знаков больше. И30.4.7. а) Будем считать, что все ответы имеют вид ДА и НЕТ. Пусть в k-й попытке (k = 1, 2, ... , 29) Витя отвечает ДА на k-й вопрос и НЕТ на все остальные Каждые две попытки отличаются ровно в двух местах, поэтому результаты либо совпадают (и это значит, что соответствующие правильные ответы одинаковы), либо отличаются на 2 (и тогда соответствующие

Избранные задачи других Турниров городов

357

правильные ответы отличаются, и были даны Витей при большем результате). Если были отличающиеся результаты, то мы знаем как минимум два правильных ответа, а значит, сравнивая с ними, вычисляем правильные ответы и на остальные из первых 29 вопросов. Если результаты всех попыток совпадают, то ответы на первые 29 вопросов одинаковы. Но случай «все ДА» от случая «все НЕТ» легко отличается по результату первой попытки: 1 или 2, если все ДА, 28 или 29, если все НЕТ. То есть и при совпадении мы вычисляем правильные ответы на первые 29 вопросов. Однако, зная правильные ответы на все вопросы, кроме одного, мы по результату любой попытки легко вычислим правильный ответ и на последний вопрос. б) В первой попытке ответим ДА на все вопросы, и узнаем, сколько правильных ответов ДА в тесте. Далее разобьём вопросы на 6 групп по пять вопросов. Покажем, как за четыре попытки узнать ответы на все вопросы такой группы. В этих четырёх попытках А, Б, В и Г мы отвечаем ДА только на часть вопросов из данной группы: А: на все вопросы (здесь мы узнаём сколько ответов ДА в нашей группе); Б: на 1-й и 2-й; В: на 1-й и 3-й; Г: на 1-й и 4-й. Как и в (а), по результатам Б, В, Г мы узнаем все совпадения и несовпадения между ответами на 2-й, 3-й и 4-й вопросы, а затем вычисляем эти ответы. При несовпадении каких-то результатов вычисляем, отталкиваясь от ответов в наивысшем результате. А если результаты Б, В, Г одинаковы, то одинаковы и правильные ответы на 2-й, 3-й и 4-й вопросы. Но случай «все ДА» от случая «все НЕТ» легко отличается по результату А: при ДА он не меньше 3, а при НЕТ — не больше 2. Далее, из результата Б вычисляем ответ на 1-й вопрос, а затем, из результата А, ответ на 5-й вопрос. Осталось заметить, что попытка А в последней группе не нужна, так как число ответов ДА в последней группе можно

358

Решения задач

вычислить, сравнивая количество ответов ДА во всем тесте и в остальных группах. Замечание. Имеется много других способов разгадать тест не только за 24, но и за меньшее число попыток. См. задачу Д30.4.7. И31.7.4. Может. Достаточно взять число, у которого единицы стоят на 1-м, 2-м, 4-м, ... , 299 -м месте (считая справа). Идеология. Рассмотрим многочлен (x + y + z + ... + w)3 от ста переменных. Каждый из его коэффициентов равен 1, 3 или 6, а сумма коэффициентов равна 1003 (она получается, когда мы все переменные заменим единицами). Если вместо каждой переменной подставить различные числа вида 10t , то выражение в скобках станет числом N из нулей и единиц. Если при этом показатели подобрать так, чтобы после раскрытия скобок всем одночленам соответствовали разные степени десятки, то наши коэффициенты превратятся в цифры числа N3 . Уникальность показателей получится автоматически, если, например, все исходные показатели — различные степени двойки, поскольку натуральное число представляется единственным образом как сумма этих степеней. И32.8.7. Покажем, как это устроить. Пусть множество программистов описывается множеством всевозможных строк из 11 неотрицательных целых чисел с суммой 100. Гении — те, у кого все эти числа, кроме одного — нулевые (а ненулевое равно 100). Ясно, что гениев ровно 11. Объявим знакомыми тех, у которых две «координаты» отличаются на 1 (одна больше на 1, другая меньше на 1), а остальные совпадают. Покажем, как второй фирме нанять 10 гениев. Пусть A = (A1 , A2 , ... , A11 ) — первый программист, нанятый первой фирмой. В A есть координата не меньше 10 (пусть это A11 ). Тогда Вторая фирма должна нанять программиста B = (A1 + 1, A2 + 1, ... , A10 + 1, A11 − 10).

Для каждого i = 1, 2, ... , 11 пусть Mi — максимальная из i-х координат программистов, нанятых на данный момент второй фирмой, а mi — то же, но для первой фирмы. Наняв B, вторая фирма обеспечила неравенство Mi > mi для каждого i 6 10. Если вторая фирма сможет поддерживать своими ходами такие

Избранные задачи других Турниров городов

359

неравенства, то она раньше первой фирмы достигнет Mi = 100 (при всех i 6 10), т. е. наймёт тем самым 10 гениев. Покажем, почему это возможно. Из-за необходимости нанимать знакомых первая фирма может на каждом ходу увеличить не более одного из чисел mi (i 6 10), причём не больше, чем на 1, т. е. только одно из mi может «догнать» Mi . Пусть такое равенство случилось, и Mi = mi = d < 100. Значит, второй фирмой уже нанята строка S с Si = d. Так как d < 100, Sj > 0 для некоторого j 6= i. Пусть T — знакомый S, у которого Ti = Si + 1, Tj = Sj − 1. Так как Ti > d, T ещё никем не нанят. Наняв T, вторая фирма увеличит Mi и восстановит неравенство Mi > mi . Равенство mi = Mi = 100 невозможно, так как i-е число равно 100 только у одной строки. Если равенства не случилось, то вторая фирма может ответным ходом увеличить на 1 любое Mi < 100 (для i 6 10). Если таких Mi нет, то 10 гениев уже наняты. Замечание. Другую конструкцию со значительно меньшим числом программистов см. на www.problems.ru (задача 116286).

Дополнительные задачи Д19.3.3. а) Согласно алгоритму из решения 19.3.3, группу из m шашек подряд можно за m − 1 ход собрать в столбик на месте любой из крайних шашек. Если же мы хотим собрать все шашки на k-й клетке, соберём сначала шашки с 1-й по (k − 1)-ю на первой клетке, потом шашки с k-й по n-ю — на k-й клетке, и, наконец, прыгнем столбиком из k − 1 шашек с 1-й клетки на k-ю. б) Допустим, что удалось собрать все шашки на клетке K. За 64 хода «освободилось» 63 клетки, поэтому каждый ход, кроме одного, увеличивал число свободных клеток на 1. Пусть этот исключительный ход был сделан на клетку D. Все ходы на K сделаны с 14 клеток, находящихся с K на одной вертикали или горизонтали, при этом со всех клеток, кроме D, лишь один ход. Из клетки в K приходит число шашек, равное расстоянию до клетки. Сумма расстояний от K до этих клеток не превосходит 2 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 56, плюс максимум 7 за счёт второго хода из клетки D. Итого в K могло быть собрано не более 57 шашек. в) Можно собрать все шашки на верхней левой клетке K, не делая ходов в пустые клетки. Тогда число ходов будет равно 63. Вот как это сделать. Проведём через K главную диагональ. По алгоритму из решения 19.3.3 мы, прыгая по диагонали, соберём все шашки главной диагонали на K. Занумеруем горизонтали сверху вниз, а вертикали — слева направо. Тогда в k-й вертикали выше пустой диагонали есть k − 1 шашка. Соберём их, прыгая по вертикали по тому же алгоритму, на верхней клетке вертикали, и затем прыгнем всем столбиком влево как раз на K. Шашки ниже главной диагонали соберём аналогично (прыгая по горизонтали) на левой вертикали и столбиками отправим на K. Д19.3.5. (Б. Бегун) Будем решать более общую задачу: поставим раскрашенный в два цвета кубик на бесконечную шахматную доску и посмотрим, в какие её клетки он может «прикатиться». Разумеется, ответ зависит от раскраски кубика. Слу-

Дополнительные задачи

361

чаи, когда все грани одного цвета и когда одна грань одного цвета, а пять — другого, не будем разбирать ввиду их очевидности. Остаётся четыре принципиально разных случая раскраски: в двух из них две грани одного цвета и четыре другого, в двух других — по три грани каждого цвета. Отметим, что раскраска по существу сводится к тому, что кубику запрещено перекатываться через некоторые рёбра (между гранями одного цвета). Поэтому на рисунках мы изобразили не цвета граней, а эти «запретные» рёбра (выделены жирным).

Ниже для каждой из этих четырёх раскрасок кубика приведён соответствующий рисунок на плоскости. В каждом случае легко проверить, что если мы поставим кубик на любую белую

362

Решения задач

клетку так, чтобы жирные рёбра нижней грани кубика совпали с жирными линиями на плоскости, то после перекатывания через «незапрещенное» (нежирное) ребро в соседнюю клетку, он снова попадает в положение, когда жирные рёбра нижней грани совмещаются с жирными рёбрами клетки, на которой она стоит. Таким образом, кубик не может выйти за пределы белой области и в тёмную часть плоскости никогда не попадёт. В частности, во всех случаях видно, что множество «доступных» для кубика клеток не содержит ни одного квадрата 2 × 2. Другие возможные начальные положения сводятся к разобранным с помощью параллельных переносов и поворотов на 90◦ . Д19.4.6. Обозначим через Kn наибольшее возможное число отмеченных клеток. Пронумеруем полоски, параллельные каждой стороне, числами от 1 до n, начиная от вершины. Тем самым, каждая отмеченная клетка получает три координаты (m1 , m2 , m3 ) — номера полосок, в которых она лежит. Заметим, что в m-й полоске находится 2m − 1 клетка. Заметим, что (2m1 − 1) + (2m2 − 1) + (2m3 − 1) = 4n ± 1 (частный случай этого равенства при n = 10 подробно доказан во втором решении задачи 19.4.6а), т. е. сумма m1 + m2 + m3 равна 2n + 1 или 2n + 2 (в зависимости от типа треугольничка). Поэтому общая сумма всех координат k отмеченных клеток не меньше чем (2n + 1)k. С другой стороны, сумма первых координат всех отмеченных клеток не больше чем n + n − 1 + ... + n − k + 1 =

k(2n − k + 1) 2

(отмеченные клетки имеют разные первые координаты). Применяя те же соображения к двум другим координатам, получаем неравенство: (2n + 1)k 6 3 ·

k(2n − k + 1) 2n + 1 ⇔ k6 . 2 3

h i 2n + 1 Теперь покажем, как отметить Kn = клеток. Заме3 тим, что достаточно привести пример только для чисел n вида 3m + 1 (при этом Kn = 2m + 1), ибо он годится и для n = 3m + 2 (Kn = 2m + 1), а пример для n = 3m (Kn = 2m) получается из него отрезанием полоски.

Дополнительные задачи

363

При n = 3m + 1 отметим 2m + 1 клетку с координатами (m+1, 2m+1, 3m+1),

(2m+2, m+1, 3m),

(m+2, 2m+2, 3m−1),

(2m+3, m+2, 3m−2),

(m+3, 2m+3, 3m−3),

........................

........................

(3m, 2m−1, m+4),

(2m, 3m, m+3),

(3m+1, 2m, m+2)

(2m+1, 3m+1, m+1), (на рисунке изображён случай n = 10, m = 3). Легко заметить, что каждая координата принимает по разу все значения от m + 1 до 3m + 1 = n. Замечание. Знатоки заметят во введённых нами координатах аналог барицентрических координат. Д19.7.3. Приведём решение для случая, когда Саша указал вторую и пятую кости (для остальных решение аналогично). Поставив пока на указанных местах нули, получим число M = a0bc0d. Пусть r — его остаток от деления на 7. Выставляя значение на пятой кости, мы увеличим M на одно из чисел 10, 20, 30, 40, 50 или 60 (на самом деле могут реализоваться только четыре из этих шести «добавок»). Остатки от деления этих чисел на 7 различны (их попарные разности, очевидно, не делятся на 7). Вторая кость также добавляет одно из четырёх чисел с разными остатками (разности равны 10000k, где 1 6 k 6 5). Покажем, что можно подобрать пару добавок так, чтобы их сумма с M делилась на 7. Рассмотрим 7 сумм остатков, сравнимых с 7 — r по модулю 7: 0 + s0 , 1 + s1 , ... , 6 + s6 (0 6 si 6 6). Отметим четыре первых слагаемых, соответствующих четырём возможным положениям второй кости, и четыре вторых слагаемых, соответствующих возможным положениям пятой кости. Мы отметили 8 слагаемых, а сумм только 7. По принципу Дирихле в одной из сумм отмечены оба слагаемых. Повернём кости так, чтобы именно эту сумму реализовать. Д20.2.3. Назовём отмеченные клетки расположенными правильно, если «расстояние» между любыми двумя из них не превышает двух ходов коня. Покажем, что правильно расположить можно не более 9 клеток. Для доказательства этого вспомним про шахматную раскраску доски. Заметим, что

364

Решения задач

любые две правильно расположенные клетки разных цветов находятся на расстоянии «хода коня» друг от друга (так как после двух ходов конь попадает на клетку того же цвета). Предположим, что нам удалось правильно разместить несколько клеток. Рассмотрим два случая. 1) Отмечено не менее двух клеток каждого цвета. Тогда все белые отмеченные клетки должны располагаться на расстоянии в один ход коня как от одной чёрной отмеченной клетки, так и от другой. Значит, центры этих белых √ клеток принадлежат пересечению двух окружностей радиуса 5. Но две окружности пересекаются не более чем в двух точках. Следовательно, белых клеток не более двух. Аналогично чёрных клеток не более двух, т. е. отмечено ровно 4 клетки. 2) Отмечено менее двух клеток одного × × ∨ ∨ (пусть белого) цвета. Разобьём все чёрные = + + − клетки доски на четыре группы по 8 кле× × ∨ ∨ ток (на рисунке одна группа более тёмная, = + + − остальные помечены знаками «∨», «+», × × ∨ ∨ «×»). Клетки каждой группы делятся на − = + + две четвёрки: 4 по диагонали, и 4 осталь× × ∨ ∨ ных (в тёмной группе отмечены знака- = − + + ми «=» и «−» соответственно). Расстояние между двумя клетками одной четвёрки — не менее 4 ходов коня. Поэтому в каждой из четвёрок отмечено не более одной клетки. Итого отмечено не более восьми чёрных клеток, а всего отмечено не более девяти клеток. Девять клеток правильно отметить можно: клетка в середине доски и восемь клеток, которые бьёт конь, стоящий на первой клетке. Д20.3.6. Идея решения для знатоков. Обозначим веса слитков x1 , x2 , ... , xn . Тогда равенство долей при каждой делёжке можно записать как равенство некоторых сумм. Набор всех таких равенств объявим системой уравнений. Это — однородная линейная система с рациональными коэффициентами, и про неё известно, что она имеет решение в положительных числах. Но тогда она имеет решение и в положительных рациональных числах. Умножив такое решение на общий знаменатель, получим решение в натуральных числах. А для такого случая делимость доказана в 20.3.6.

365

Дополнительные задачи

Замечание. Ср. с Д22.1.3. Д20.8.5. а) Нетрудно проверить, что искомые числа — это в точности те, двоичная запись которых оканчивается на нечётное число нулей. То есть это числа, в разложение которых двойка входит в нечётной степени. Найдём ихh количество. i n Чётных чисел, не превосходящих n, ровно . Из них надо 2 h i n вычесть количество чисел, кратных 4. Но при этомh мы i 4 n вычли и числа, кратные 8. Чтобы их учесть добавим . 8 h i n Теперь, нужно вычесть (количество чисел, кратных 16); 16 и т. д. Итак, h i h i h i h i n n n n Kn = − + − + ... 2

4

8

16

(В частности, K1000 =500−250+125−62+31−15+7−3+1=334. Ср. с оценкой в задаче 20.8.5.) б) Число k = 106 не удовлетворяет условию (двоичная запись 6 10 кончается на 6 нулей, а двоичная запись числа 100007 получается из неё заменой трёх последних нулей на единицы). Далее везде считаем k < 106 . Пусть M(k) = M(k + 7). Возможны два случая. 1) M(k) = M(k + 8), M(k + 7) = M(k + 8). h i k

; двоичПо каждому числу k > 8 построим число k = 8 ная запись k получается из двоичной записи k отбрасыванием трёх последних цифр. Равенство M(k) = M(k + 8) эквивалентно равенству M(k) = M(k + 1). Это согласно п. а) означает, что двоичная запись числа k + 1 = k + 8 оканчивается нечётным числом нулей. Количество таких чисел равно K125000 = 41 667 (что нетрудно вычислить по приведённой выше формуле). Чтобы одновременно выполнялось равенство M(k + 7) = = M(k + 8), двоичная запись числа k + 8 должна оканчиваться на нечётное число нулей. Это может быть только один нуль (три нуля состыкуются с нечётным числом нулей на конце k + 8 и дадут уже чётное число нулей). Итак, к каждой из K125 000 хороших записей k + 8 можно приписать 010 или 110, что даёт 2K125 000 чисел. 2) M(k) 6= M(k + 8), M(k + 7) 6= M(k + 8). Первое неравенство можно записать в виде M(k) 6= M(k + 1). Это означает, что двоичная запись числа k + 1 = k + 8 оканчи-

366

Решения задач

вается чётным числом нулей. Количество таких чисел равно 125 000 − K125 000 . Неравенство M(k + 7) 6= M(k + 8) означает, что двоичная запись числа k + 8 должна оканчиваться на чётное число нулей. Это могут быть два нуля (т. е. 3 последние цифры 100) или ни одного (последние три цифры **1). Всего 5 вариантов. Итак, в этом случае имеем 5(125 000 − K125 000 ) чисел. С учётом первого случая получаем 725 000 − 3K125 000 = = 499 999 чисел, удовлетворяющих условию. Д21.3.6. Решение см. [ПМО], задача 94.40. Д21.4.5. a) Очевидно, сумма 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) 2

должна быть чётной. Отсюда либо n, либо n + 1 кратно 4. Покажем, что этих условий достаточно. Если n кратно 4, разделим сначала все гири на группы из четырёх «последовательных» гирь. Из каждой такой четвёрки в одну часть включим первую и последнюю гирю, а в другую — две оставшиеся. Если n + 1 кратно 4, отделим первые три гири, а остальные разделим на «последовательные четвёрки». В одну часть положим гири 1 и 2, в другую — 3, а четвёрки разделим между частями как выше. б) Из решения задачи 21.4.5 ясно, что n должно удовлетворять условию: при некотором k либо 2(1 + 2 + ... + k), либо 2(1 + 2 + ... + k + (k + 2)) равно 1 + 2 + ... + n. Разберём оба случая. 1) 2k(k + 1) = n(n + 1). Тогда 4n(n + 1) = 2 · 4k(k + 1) или (2n + 1)2 − 2 · (2k + 1)2 = −1. Таким образом, (2n + 1, 2k + 1) является решением уравнения x2 − 2y2 = −1 в натуральных числах. Это уравнение сводится к уравнению Пелля x2 − 2y2 = 1, и все искомые решения получаются из наименьшего решения (x1 , y1 ) = (1, 1) с помощью тех же рекуррентных соотношений 1 xm+1 = 3xm + 4ym , ym+1 = 2xm + 3ym . 1

Если (x, y) — решение уравнения x2 − 2y2 = −1, то (x′ , y′ ) = (x + 2y, x + y) — решение уравнения x2 − 2y2 = 1.

(*) (**)

Дополнительные задачи

367

Заметим, что из этих соотношений следует, что все решения нечётны. Поскольку нас интересует только значение x, перепишем рекуррентное соотношение в виде xm+1 = 3xm + 4ym = 3xm + 4(2xm−1 + 3ym−1 ) = = 3xm + 8xm−1 + 3(xm − 3xm−1 ) = 6xm − xm−1 . Подставляя xm = 2nm + 1 получим рекуррентное соотношение для n: nm+1 = 6nm − nm−1 + 2. Первые значения n1 = 0 (x1 = 1), n2 = 3 (x2 = 7) (они нас не устраивают); следующие получаются из рекуррентного соотношения. 2) 2(k(k + 1) + 2(k + 2)) = n(n + 1). Тогда n(n + 1) = 2k(k + 3) + 8

или

(2n + 1)2 = 8k2 + 24k + 33.

Если 2n + 1 кратно 3, то и k кратно 3, но тогда левая часть кратна 9, а правая нет. Если же 2n + 1 не кратно 3, то левая часть при делении на 3 даёт остаток 1, а правая — 0 или 2. Итак, этот случай невозможен. Д21.5.4. а) Предположим, что нам это удалось. Пусть a 6 b 6 6 c — числа на верхней грани, d — число на нижней грани, связанное ребром с b. Если d 6 b, то b кратно d, c кратно b, поэтому c кратно d. Однако c и d не связаны ребром — противоречие. Если же d > b, то аналогично получим противоречие для d и a. б) Вот один из возможных примеров. Впишем в клетки доски 64 различных простых числа. Домножим каждое число в белой клетке на произведение чисел в соседних (чёрных) клетках. Теперь в каждой паре соседей число из белой клетки делится на число из чёрной. Для несоседних чисел делимости нет, так как никакое не делится на «первоначальный» простой множитель другого. Наоборот, если (x′ , y′ ) — решение уравнения (**), то (x, y) = (2y′ − x′ , x′ − y′ ) — решение уравнения (*). Отсюда ясно, что рекуррентные соотношения для решений уравнений (*) и (**) одинаковы.

368

Решения задач

в) Предположим, что можно. Рассмотрим замкнутый маршрут короля из 7 клеток (см. рис.). В каждой паре клеток, соседних на этом маршруте, одно из чи* * сел делится на другое. Направим стрелки от делимого к делителю. Так как 7 нечёт* * но, направления не могут строго чередоваться. Значит, найдутся две стрелки * * подряд в одном направлении: a → b → c. Но тогда a делится на c, хотя a и c не * соседи. Противоречие. Д22.1.3. Допустим, все числа рациональны. Умножив их все на общий знаменатель, получим набор целых чисел, удовлетворяющий условию задачи. В решении задачи 22.1.3 доказано, что все эти числа равны, значит, и исходные равны. Пусть теперь у нас есть произвольный набор чисел a1 , ... ... , an , удовлетворяющих условию. Запишем все выполняющиеся по условию равенства средних и заменим в них каждое число ai на неизвестное xi . Получим однородную систему линейных уравнений с n неизвестными и рациональными коэффициентами. Всякое её решение удовлетворяет условиям задачи. Система имеет много решений: подходит, например, любой набор из равных чисел. Упростим систему равносильными преобразованиями. Первое уравнение даёт возможность представить одно из неизвестных в виде линейной комбинации остальных. Подставим это выражение в остальные уравнения (при этом некоторые могут стать тождествами). Повторим процедуру, и так до тех пор, пока уравнений не останется. В итоге останутся k неизвестных, чьи значения можно задавать свободно, а остальные являются их линейными комбинациями с рациональными коэффициентами (поскольку они получены арифметическими действиями из рациональных дробей). В нашем случае ясно, что k > 0, иначе решение было бы единственным. Если k = 1, то по тем же причинам система обязана иметь вид: x1 = x2 = ... = xn . Набор a1 , ... , an также системе удовлетворяет, поэтому и все числа в наборе равны. Допустим, k > 1. Тогда можно придать свободным неизвестным рациональные значения так, что в полученном наборе

Дополнительные задачи

369

рациональных чисел не все будут равны, что противоречит первому абзацу. Д24.3.7. Невозможность существования обоих путей одновременно легко следует из теоремы о пересечении ломаных. Если ладья может пройти, всё хорошо. Осталось доказать, что если ладья не может пройти снизу доверху, то король пройдёт слева направо. Увеличим доску: добавим справа и слева по красной вертикали, а потом снизу — синюю горизонталь (при этом возможности короля и ладьи не изменятся). Отметим все синие поля, до которых ладья может дойти снизу. Закрасим в зелёный цвет все отрезки, отделяющие отмеченные поля от красных. Легко проверить, что из любого узла в середине доски выходит чётное число зелёных отрезков, т. е. нечётный узел может быть только на краю. На нижней стороне их нет по построению, на верхней — поскольку ладья до верха не доходит. Остаются только левый и правый края, а там есть ровно два нечётных узла на высоте 1. Значит, выйдя из одного и идя по окрашенным отрезкам без повторений, мы придём в другой. Заметим теперь, что к каждому отрезку примыкает по красной клетке, и клетки для двух соседних отрезков имеют общую вершину (в частности, могут совпасть), поэтому король по ним доберётся от левого края до правого. Д24.5.5. Решение 1. Положим наш прямоугольник на шахматную доску с клетками размера 0,5 × 0,5 так, чтобы стороны шли параллельно сторонам сетки и левая верхняя вершина попала в узел сетки. Площади белых и чёрных областей в каждом из прямоугольников разбиения одинаковы, значит, и в исходном прямоугольнике — тоже. Но такое возможно лишь когда левая нижняя вершина лежит на линии сетки. Решение 2. Нарисуем оси координат параллельно сторонам прямоугольника, и прямоугольнику a 6 x 6 b, c 6 y 6 d припишем псевдоплощадь (f(b) − f(a))(f(d) − f(c)), где f — любая функция. Если раскрыть это выражение, то получим 4 слагаемых — по числу вершин, причём левая нижняя и правая верхняя войдут с плюсом, а другие две — с минусом. Если сложить псевдоплощади частей разбиения, то все слагаемые вершин внутри и на сторонах взаимно уничтожатся, получится в точности псевдоплощадь целого прямоугольника. Теперь

370

Решения задач

выберем f(x) = {x}. Псевдоплощади частей равны 0, значит, целого — тоже. Поэтому один из сомножителей равен 0, т. е. одна из сторон — целая. Решение 3 (для знатоков). Назовём выражение ZZ e2pi(x+y) dx dy Π

квазиплощадью прямоугольника П (со сторонами, параллельными осям). Снова квазиплощадь целого равна сумме квазиплощадей частей, и квазиплощадь равна 0 только для прямоугольников с целой стороной. Д24.6.3. В 24.6.3 разобран случай, когда три меньших треугольника имеют общую вершину внутри исходного треугольника. Докажем, что остальные случаи противоречат условию. Действительно, в остальных случаях разбиение можно провести так: сначала исходный треугольник разбивается отрезком на два меньших треугольника, затем один из меньших разбивается отрезком на два ещё меньших. Докажем, что при первом разбиении хотя бы у одного из полученных треугольников радиус описанной окружности будет меньше, чем у исходного. Пусть треугольник ABC разбит на два отрезком AM. Один из углов при вершине M (пусть AMB) — не тупой. Обозначим через R и r радиусы описанных окружностей треугольников ABC и AMB соответственно. ∠AMB > ∠C (как внешний угол треугольника AMC). Но тогда sin ∠AMB > sin ∠C, и поэтому R=

AB AB > = r. 2 sin ∠C 2 sin ∠AMB

При втором разбиении треугольник с меньшим радиусом либо сохранится, либо от него отрежется часть с ещё меньшим радиусом. Д25.8.6. Рубашками 1-й и 2-й карт помощник кодирует масть 2-й или 3-й карты, рубашками 3-й и 4-й — масть 4-й или 5-й и т. д. Экстрасенс говорит, что 2-я и 3-я карты имеют ту масть, которую показали 1-я и 2-я, 4-я и 5-я — масть, показанную 3-й и 4-й и т. д. При этом он может случайно угадать обе карты пары (назовём это счастьем) или только одну (и тогда он запоминает, какую именно: первую или вто-

Дополнительные задачи

371

рую). Так он продолжает, пока не произойдёт два несчастья (пусть в последний раз — в паре (2k, 2k + 1)). При каждом из этих несчастий помощник мог выбирать, какую из двух мастей в паре кодировать, и этим передать экстрасенсу любое число d от 0 до 3. С этого момента (т. е. начиная с пары рубашек (2k + 1, 2k + 2)) алгоритм называния мастей видоизменяется. Масть первой карты в очередной паре экстрасенс называет как и прежде, а вот предполагаемую масть второй он получает из закодированной, сдвинув её по кругу на число d (круг мастей: пики-трефы-бубны-червы-пики...). Это правило действует для следующих 18 карт и далее, пока по этому правилу не произойдёт 6 несчастий. (За счёт выбора d помощник может гарантировать, что на 18 картах не случится больше 6 несчастий. Действительно, для каждой пары одно из четырёх возможных значений сдвига даёт счастье, т. е. для 9 пар найдётся d, дающее, как минимум, три счастья.) Проанализируем ситуацию после этого. Экстрасенс не угадал 9 карт (1-ю и по одной в восьми несчастных парах), при этом открыто не менее 23 карт, т. е. в колоде осталось не более 13 карт. Далее, экстрасенс уже запомнил (и ещё не использовал) положения (первая или вторая) угаданных карт в шести несчастных парах и положение рубашки последней открытой карты (оно ещё тоже не использовано). Это позволяет помощнику закодировать цвета (красная или чёрная) следующих семи карт, а их рубашки в дополнение к цвету кодируют и их масть. Теперь помощник использует последний трюк: масть одной из следующих семи карт он нарочно кодирует неправильно; при этом экстрасенс совершит последнюю, десятую ошибку. Помощник может это сделать с любой из семи карт любым из трёх способов (показать масть со сдвигом от 1 до 3). Так, ценой ошибки в одной из карт он передаёт экстрасенсу число от 1 до 21. Этим он кодирует цвета следующих четырёх карт (24 < 21), и экстрасенс угадывает их масти по их рубашкам. Масти последних двух карт (т. е. их порядок следования) кодируются рубашкой 35-й карты. Заметим, что если карты закончились раньше, чем пройдены все этапы, то все равно сделано не более 10 ошибок.

372

Решения задач

Д26.7.5. а) Предположим противное. Расположим коробку вертикально, вложим в неё исходные прямоугольники и после этого уменьшим их, как в бракованном наборе (до «бракованных» размеров). В результате часть прямоугольников «сползёт» вниз. Но, согласно предположению, один из прямоугольников, примыкающих к верхней стороне коробки, не сползёт. Это значит, что он уменьшился не по высоте, а по ширине, а также то, что по крайней мере один из примыкающих к нему снизу прямоугольников также не сполз вниз. Продолжая, получим, что при исходном расположении имелась соединяющая верхнюю и нижнюю сторону коробки цепочка прямоугольников, каждый из которых не уменьшился по высоте. Аналогично, имелась соединяющая левую и правую сторону коробки цепочка из прямоугольников, каждый из которых не уменьшился по ширине. Но по теореме о пересечении ломаных такие цепочки обязаны пересечься, и их общий прямоугольник не уменьшился. Противоречие. Замечание. В пространстве такое рассуждение не проходит: три цепочки параллелепипедов вполне могут «разойтись». б) Рассмотрим коробку 16 × 8 × 4. Нетрудно поместить в неё набор из трёх брусков 16 × 2 × 2, 10 × 8 × 2, 6 × 6 × 4. Уменьшим их до 16 × 1 × 1, 9 × 8 × 1, 5 × 5 × 4. Если длина новой коробки будет меньше 16, в неё не поместится первый брусок; при ширине меньше 8 — второй, при высоте меньше 4 — третий. Д27.4.4. Назовём весом дуги сумму находящихся на ней чисел (у дуги без чисел вес равен 0). Из всех разбиений окружности на n дуг рассмотрим то, для которого сумма квадратов весов наименьшая (такое существует, поскольку различных наборов весов конечное число). Докажем, что это разбиение и является искомым. Пусть A и B — соседние дуги с весами a и b > a. Cдвинем границу между дугами так, чтобы ровно одно число r с B перешло на A. По выбору разбиения a2 + b2 6 (a + r)2 + (b − r)2 = a2 + b2 + 2r(r − (b − a)), т. е. b − a 6 r 6 1. Д28.3.3. Решение 1. Обозначим Sn = an + cn + gn + in ,

Qn = bn + dn + fn + hn + 4en .

373

Дополнительные задачи

Надо доказать, что 2Sn 6 Qn . В решении 28.3.3 фактически доказано, что в частном случае при e = 0 магический квадрат выглядит так: a

−a − c

c

c−a

0

a−c

−c

a+c

−a

Обозначим для частного случая соответствующие суммы малыми буквами s и q. При n нечётном sn = qn = 0, а при n чётном 2sn = 4(an + cn ) 6 2((a + c)n + (a − c)n ) = qn . Разберём теперь общий случай (он получается из частного увеличением каждого числа в таблице на e). Зафиксировав значения a, b, ... , i для частного случая, для общего имеем Sn = (a+e)n +(c+e)n +(g+e)n +(i+e)n = = (an +cn +gn +in )+C1n (an−1 +cn−1 +gn−1 +in−1 )e+...+4en = = sn +C1n sn−1 e+C2n sn−2 e2 +...+Cn−1 s1 en−1 +4en n Аналогично q1 en−1 + 8en . Qn = qn + C1n qn−1 e + C2n qn−2 e2 + ... + Cn−1 n Умножим первое равенство на 2 и сравним правые части почленно. Биномиальные коэффициенты положительны, поэтому при e > 0 получаем 2Sn 6 Qn . Если же e < 0, но n чётно, то все члены с e в нечётной степени равны 0, а для оставшихся неравенство почленно выполнено. Решение 2 (для знатоков). Лемма. Пусть задан такой набор из 2m чисел a1 , ... , am , P P b1 , ... , bm , что сумма bk неотрицательна, а суммы bk ank k

k

равны нулю при всех нечётных и неотрицательны при всех чётных n > 0. Тогда функции P fn (x) = bk (x + ak )n k

чётны при всех чётных n > 0 и нечётны при всех нечётных n > 0. Кроме того, fn (x) > fn (0) > 0 при всех n > 0.

374

Решения задач

Доказательство. Индукция. База. Для n = 1 утверждение очевидно: f1 — линейная функция с неотрицательным угловым P P коэффициентом bk и f1 (0) = bk ak = 0. k

k

Шаг индукции. Заметим, что fn′ (x) = nfn−1 (x). По предположению индукции fn не убывает при x > 0, поэтому P fn (x) > fn (0) = bk ank > 0. k

Кроме того, если n чётно, то fn чётна как функция с нечётной производной; а если n нечётно, то fn нечётна как функция с чётной производной, равная нулю в нуле. Следствие. (u + v)n + (u − v)n > 2(un + vn ) при чётных n > 0. Доказательство. Функции fn (x) = (x + v)n + (x − v)n − 2xn удовлетворяют условиям леммы. Докажем теперь утверждение задачи. Доказательство. В обозначениях 2-го решения задачи 28.3.3 bn + dn + fn + hn + 4en − 2(an + cn + gn + in ) =

= (e − u − v)n + (e − u + v)n + (e + u − v)n + (e + u + v)n + 4en −

− 2(e − u)n − 2(e − v)n − 2(e + v)n − 2(e + u)n .

Осталось заметить, что в силу следствия функции fn (x) = (x − u − v)n + (x − u + v)n + (x + u − v)n +

+ (x + u + v)n + 4xn − 2(x − u)n − 2(x − v)n − 2(x + v)n − 2(x + u)n

удовлетворяют условиям леммы. Д30.4.7. (К. Кноп). Рассмотрим более общую задачу: тест состоит из m вопросов. Будем считать, что варианты ответов на все вопросы — ДА и НЕТ. Если Витя отвечает ДА на все вопросы из некоторого множества B и НЕТ — на все остальные вопросы, будем говорить, что он взвешивает множество B. Заметим, что если мы в первой попытке взвесим множество A всех вопросов, то узнаем вес теста — количество a правильных ответов ДА во всем тесте. Если после этого взвесить множество B, то мы узнаем число b + (k − c), где b — число правильных ответов ДА в B, c — число правильных ответов ДА в A\B, а k — число элементов

Дополнительные задачи

375

в A\B. Поскольку нам известны число k и число b + c = a, то можно найти вес b множества (этим и объясняется термин «взвешивание»). Мы будем рассматривать только правильные алгоритмы. Такой алгоритм из n попыток задаётся списком A1 , ... , An−1 множеств вопросов и состоит из предварительного взвешивания всего теста и последующего взвешивания множеств A1 , ... ... , An−1 . Лемма. Если существует правильный алгоритм, разгадывающий тест длины m за n попыток, то существует правильный алгоритм, разгадывающий тест длины 2m + n − 1 за 2n попыток. Доказательство. Разобьём все множество вопросов на 3 части: A — первые m вопросов, B — следующие m вопросов, дополнительные вопросы X1 , ... , Xn−1 . По условию тест, состоящий только из множества A, можно разгадать за n попыток. Пусть A1 , ... , An−1 — взвешиваемые при этом множества. Обозначим через Bi множество, получающееся из Ai увеличением на m номеров всех его вопросов. Новый алгоритм состоит из 3 этапов. Первый этап состоит из двух попыток: взвешивания всего теста и множества B (пусть его вес равен b). Второй этап состоит из n − 1 вопросов: в i-м из них взвешивается множество Ai ∪ Bi ∪ Xi (т. е. находится сумма ai + bi + xi весов множеств Ai и Bi и вопроса Xi ). Третий этап также состоит из n − 1 вопросов: в i-м из них взвешивается множество Ai ∪ (B\Bi ) (т. е. находится сумма ai + b − bi). Поскольку мы знаем b, после 3-го этапа находим все разности ai − bi . Складывая ai + bi + xi с ai − bi получаем число 2ai + xi . По чётности этого числа мы определяем xi (поскольку xi может принимать только значения 0 или 1). После этого находятся все ai и bi , а также вес a множества A (вычитанием суммы b + x1 + ... + xn−1 из веса всего теста). Как сказано выше, знание весов a, a1 , ... , an−1 позволяет узнать ответы на все вопросы из A, а знание b, b1 , ... , bn−1 — ответы на все вопросы из B.

376

Решения задач

Начиная с тривиального алгоритма, разгадывающего тест длины 2 за 2 попытки, по индукции получаем Следствие. Тест длины n · 2n−1 + 1 можно разгадать за 2n попыток. В частности, тест длины 33 можно разгадать за 16 попыток. Замечание. Некоторое уточнение этого алгоритма позволяет разгадать тест длины 29 за 15 попыток. Можно ли за 15 попыток разгадать тест длины 30, нам неизвестно.

Словарик Обозначения N! — см. Факториал ⇔ — равносильно, тогда и только тогда [x] — см. Целая часть {x} — см. Дробная часть НОД(a, b) — см. Наибольший общий делитель НОК(a, b) — см. Наименьшее общее кратное

Негласные правила Для какого наибольшего... предполагает решение из двух частей: приводится пример для конкретного числа и проводится оценка, показывающая что результат нельзя улучшить, т. е. что при бoльших ´ значениях примера не существует. Аналогично: при каком наименьшем... Задачи на движение Если не оговорено противное, то все объекты движутся с постоянными скоростями. Игры Если не оговорено противное, то 1) играют двое (первый — он делает первый ход — и второй); 2) игроки ходят по очереди; 3) каждый игрок знает все предыдущие ходы противника и видит позицию; 4) если играют на доске, то на каждое поле ставится не более одной фишки. Обход ладьёй подразумевает, что ладья не может перепрыгивать через клетки, т. е. обходит хромая ладья. Сумма цифр автоматически предполагает, что рассматриваемое число — целое неотрицательное.

378

Словарик

Известные факты Алгоритм Алгоритм — это способ достижения цели через жёстко определённую последовательность шагов. Когда в ответе надо предъявить алгоритм, естественно рассматривать его как составную конструкцию. Типичные примеры: выигрышная или ничейная стратегия в играх. Кроме того, алгоритмы регулярно возникают в задачах на испытания. Однако чаще алгоритм возникает как вспомогательное средство для получения результата. Но и в этом случае алгоритм надо строить, т. е. конструировать. Придумывание алгоритма требует изобретательности. Часто помогают общие идеи: причёсывание задачи (см. 21.4.2, 22.5.1), узкие места (см. 21.3.4), принцип крайнего (25.1.5), разбиение на группы (см. 21.3.4, 24.3.6, 25.3.2, Д19.3.3, И30.4.7, Д30.4.7), чётность (см. 25.1.5, И30.4.7, Д30.4.7), делимость (см. 20.7.1), чередование (см. 19.3.3) и т. п. Однако есть и несколько специфических приёмов. Жадный алгоритм. Если цель — максимум какой-то величины, то её часто достигают, добиваясь максимально возможного приращения на каждом шаге (см. 25.3.7, 26.3.6). Постепенное улучшение. Промежуточные ступени могут быть очень разнообразны. Рассуждения сильно облегчаются, если алгоритм проходит через достаточно однотипную цепочку ступеней (см. 25.2.3). Ступени могут различаться лишь значением числового параметра, чаще всего — полуинварианта (см. 21.4.2a, 19.3.3). Улучшение может осуществлять и редукция, т. е. свед´ение ситуации к более простой (см. 23.4.6, 24.3.6, 25.2.3). Ещё несколько примеров таких алгоритмов есть в подборке Постепенное конструирование (см. 23.4.6, 23.7.7, 23.8.4). Подпрограмма. Бывает полезным делать шаги не поодиночке, а группами. Подпрограмма — это группа шагов, обычно достигающая промежуточной цели (см. 21.3.4, 23.4.6, 27.4.6, Д19.3.3, 25.5.3, Д30.4.7) и/или изменяющая в нужную сторону полуинвариант (см. 20.7.1). Анализ алгоритма. Поскольку при выполнении алгоритма ситуация всё время меняется, может быть не очевидным, что

379

Словарик

все шаги возможны — это надо доказывать (см. 20.7.1, 19.3.3, 27.3.6), особенно в играх. Может понадобиться доказать также достижение цели или оптимальность результата (см. 27.3.3, 27.4.6). См. ещё примеры анализа в следующем абзаце. Естественный алгоритм. Часто последовательность шагов достаточно очевидна, а трудность — в доказательстве осуществимости (см. 21.4.2б), достижения цели (см. 27.1.4, 28.7.7) или оптимальности алгоритма (см. 25.1.5, 21.4.6, 21.3.6). Ключевые задачи: 21.4.2a, 21.3.4а, 25.1.5. Задачи: 19.3.3, Д19.3.3, 20.7.1, 21.3.4б, 21.3.6, 21.4.2б, 21.4.6, 22.5.1, 23.4.6, 24.3.6, 25.2.3, 25.3.2, 25.3.7, 25.5.3, 26.3.6, 27.1.4, 27.3.3, 27.3.6, 27.4.6, 28.7.7, И30.4.7, Д30.4.7.

Арифметическая комбинаторика Здесь собраны задачи на число способов или объектов: подсчёт (см. 19.8.6, 20.3.5, 20.4.4, Д20.8.5, 22.3.4, 23.3.7, 23.4.4, 23.6.4, 26.1.5), оценка и сравнение (см. 19.8.5, 26.8.6), изучение свойств этого числа (см. 28.4.6). Кроме того, включены задачи, где методы подсчёта числа способов оказываются применимы и при подсчётах других величин (см. 20.1.1, 20.5.5, 23.8.6, 27.1.3, И7.2.3). Правила подсчёта соответствуют четырём арифметическим действиям. Сформулируем их на языке множеств, обозначив |A| количество элементов во множестве A. Правило сложения: если A ∩ B = ∅, то |A ∪ B| = |A| + |B| (см. 22.3.4). Правило умножения: число способов выбрать упорядоченную пару (a, b), где a ∈ A, b ∈ B, равно |A| · |B|. С помощью этого правила устанавливается, что число перестановок из n элементов равно n!, а число подмножеств во множестве из n элементов равно 2n (см. 19.8.5, 19.8.6, 20.3.5, 20.4.4, 23.4.4, 23.6.4, 28.4.6). Правило деления: пусть мы насчитали N объектов, но при N

объектов. этом каждый объект учли k раз. Тогда всего есть k С помощью этого правила устанавливается формула для числа сочетаний. Правило вычитания: |A\B| = |A| − |A ∩ B|. Это правило обычно связывают идеей дополнения. А именно, пусть надо найти или оценить число объектов, удовлетворяющих каким-то

380

Словарик

условиям. Может оказаться легче найти или оценить размер дополнения, т. е. множества объектов, не удовлетворяющих этим условиям, а затем вычесть его из общего числа объектов (см. 23.3.7-реш.1, 19.8.5). Аналогично число объектов, удовлетворяющих двум условиям, можно найти, вычитая из числа объектов, удовлетворяющих первому условию, число объектов, удовлетворяющих первому, но не удовлетворяющих второму (см. 23.6.4). Вместо числа объектов может фигурировать другая величина, например сумма чисел (см. 20.1.1), длина (см. 27.1.3, 20.5.5) или чётность (см. 23.8.6), важно лишь, что для конкретного объекта она равна общей сумме минус сумма значений по остальным объектам. При вычислении подобной величины для множеств с комбинацией свойств возникает более сложное правило знаков: формула включения-исключения (см. 20.1.1, Д20.8.5). Непрямой подсчёт числа способов состоит в установлении соответствия между искомым множеством и множеством известного размера или множеством, число элементов которого легче сосчитать (см. 19.8.6, 20.4.4, 23.3.7, 23.4.4, 23.6.4, 26.1.5, 26.8.6, 28.4.6, И7.2.3). Задачи: 19.8.5, 19.8.6, 20.1.1, 20.3.5, 20.4.4, 20.5.5, Д20.8.5, 22.3.4, 23.3.7, 23.4.4, 23.6.4, 23.8.6, 24.1.1, 26.1.5, 26.8.6, 27.1.3, 28.4.6, И7.2.3.

Бесконечность Главное, что мы знаем о бесконечном, — оно не конечно. Поэтому основной метод работы с бесконечностью — от противного. Бесконечная серия. Если у множества есть бесконечное подмножество, то оно тоже бесконечно. Поэтому для доказательства бесконечности некоторого множества не обязательно явно находить все его элементы. Чаще всего находят серию элементов (примеров, решений), занумерованных натуральными числами (см. 21.2.2-реш.2, 27.7.2, 27.8.5, 28.3.5, 28.3.6). Можно начинать нумерацию не с 1, нумеровать нечётными (см. 21.2.2-реш.1) или целыми числами (см. 19.1.2, 19.2.3), а то и любым заведомо бесконечным множеством (см. 26.6.2). Принцип Дирихле на бесконечности. Если бесконечное множество разделить на конечное число частей, найдётся бесконеч-

Словарик

381

ная часть (см. 24.2.3). Как следствие, ограниченная последовательность натуральных чисел принимает какое-то из значений бесконечно много раз (см. 21.3.5). Бесконечное больше конечного. В бесконечном множестве натуральных чисел есть числа, бoльшие ´ любого наперёд заданного. Выбирая их, часто получают противоречия в рассуждениях «от противного» (см. 23.4.5, 28.2.4). Часто играют на конечности множества корней многочлена (см. 26.2.3) или конечности множества натуральных решений неравенства P(n) 6 0, где P — многочлен с положительным старшим коэффициентом (см. 24.8.2). Принцип Архимеда. Прибавляя на каждом шаге по 1, мы превзойдём любое число (см. 21.6.4, 24.2.5, 24.4.6). Как следствие, убывающая последовательность натуральных чисел не может быть бесконечной (см. 23.7.6, 24.8.2). Ключевые задачи: 21.2.2, 26.2.3, 21.6.4. Задачи: 19.1.2, 19.2.3, 21.3.5, 23.4.5, 23.7.6, 24.2.3, 24.2.5, 24.4.6, 24.8.2, 26.6.2, 27.7.2, 27.8.5, 28.2.4, 28.3.5, 28.3.6.

Биссектрисы и их свойства Биссектрисы обладают рядом замечательных свойств, часто используемых при решении задач. 1. Биссектриса — ось симметрии угла, она является ГМТ, равноудалённых от сторон угла (см. 20.3.3, 26.4.7-реш.1, 27.4.5, 28.1.4, 28.7.6-реш.2). 2. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны (см. 22.3.2, 28.1.4, 28.4.2). 3. Три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в одной точке — центре вписанной окружности (см. И18.7.6). Две биссектрисы внешних углов треугольника и внутренняя биссектриса третьего угла пересекаются в одной точке — центре вневписанной окружности (см. 22.7.3, 28.1.4, 28.2.2, 28.4.2). 4. а) Биссектриса AL треугольника ABC делит сторону BC в отношении BL : LC = BA : AC. б) Биссектриса AK внешнего угла A треугольника ABC делит противоположную сторону BC (внешним образом) в отношении KB : KC = AB : AC.

382

Словарик

Доказательство 4б. Пусть расстояния от точки K до прямых AB и AC равны H, а от A до BK − h. Тогда AB · H 2SABK KB · h KB AB = = = = . AC AC · H 2SACK KC · h KC

A

B

C

K

(см. 19.3.2-реш.1, 20.5.2).  Задачи: 19.3.2, 20.3.3, 20.5.2, 22.3.2, 22.7.3, 26.4.7, 27.4.5, 28.1.4, 28.2.2, 28.4.2, 28.7.6, И18.7.6.

Векторы Все эти задачи решаются, конечно, и без векторов. Однако применение векторов часто позволяет избежать дополнительных построений и перебора случаев, особенно вырожденных (см. 21.8.2, 26.4.4, 27.7.3, 28.7.6). Даже одно использование векторной терминологии позволяет более лаконично оформить решение (см. 23.6.2). Векторы естественно возникают в задачах с параллельным переносом (см. 23.4.7, 23.6.2, Геометрические преобразования). Часто применяется формула для середины отрезка: если M — середина AB, то # – 1 # – # – OM = (OA + OB) 2

для любой точки O (см. 21.4.4, 23.6.2, 27.7.3). Полезно помнить, что соотношения между векторами сохраняются при проекции (см. 20.4.5, 21.8.2). В задачах на суммы проекций очень эффективно можно использовать скалярное произведение (см. И4.4.5). Задачи: 20.4.5-реш.2, 21.4.4, 21.8.2, 22.4.3, 23.4.7, 23.6.2, 26.4.4, 27.7.3, 28.7.6, И4.4.5.

Взаимно однозначное соответствие (биекция) Взаимно однозначное соответствие между множествами A и B — это правило, которое сопоставляет каждому элементу множества A ровно один элемент множества B, и при этом каждому элементу из B что-нибудь сопоставляется. На самом деле A и B в этом определении совершенно равноправны, потому что по каждому элементу B соответствующий элемент из

383

Словарик

A восстанавливается однозначно. Поэтому можно проверить, что соответствие является биекцией, установив соответствие в обратную сторону: если прямое соответствие элементу a из A сопоставляет элемент b из B, то обратное должно b сопоставлять a. Если одно из множеств конечно, то другое — тоже, и элементов в них поровну. Это тоже используется для проверки взаимной однозначности: если соответствие не склеивает элементы, и в B не больше элементов, чем в A, то соответствие — биекция. Классическим примером взаимно однозначного соответствия служат координаты, которые сопоставляют точкам плоскости пары чисел. Задачи: 20.4.4, 23.6.4, 25.1.3, 26.1.5.

Вписанные и вневписанные окружности Вневписанная окружность треугольника касается одной стороны и продолжений двух других сторон треугольника (см. рис. слева). У треугольника есть три вневписанных окружности. Их центры, как и центр вписанной окружности, равноудалены от сторон треугольника. P B

B

R Q

A

K

M C

A

L

C

Есть немало задач, где используются нижеперечисленные свойства вписанной и вневписанных окружностей и их центров, а также свойства описанных многоугольников. 1. Центр вписанной окружности совпадает с точкой пересечения биссектрис. Центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB, совпадает с точкой пересечения биссектрисы угла C и биссектрис внешних углов A и B (см. 22.7.3, 28.1.4, 28.2.2, 28.4.2). 2. Радиус r вписанной окружности и радиусы ra , rb , rc вневписанных окружностей можно найти из равенств S = pr = = ra (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c), где a, b, c — длины соответ-

384

Словарик

ствующих сторон треугольника, S — его площадь, p — полупериметр (см. 28.3.4). 3. Пусть в треугольнике ABC AB = c, BC = a, AC = b, p — его полупериметр. а) Расстояния от вершины A до точек касания выходящих из неё сторон со вписанной окружностью равно p − a. б) Пусть вневписанная окружность касается стороны AB. Расстояния от вершин A, B и C до точек касания выходящих из них сторон (или их продолжений) с этой окружностью равны соответственно p − b, p − a, p. в) Точки касания стороны треугольника со вписанной и вневписанной окружностями симметричны относительно середины этой стороны (см. 19.2.2, 21.4.4, 26.3.5, 28.3.4). Доказательство. а) В силу равенства касательных (см. рис. справа), проведённых из одной точки, 2 · AM = AM + AL = AB − BM + AC − CL =

= AB + AC − (BK + KC) = c + b − a = 2p − 2a.

б) 2 · AR = AR + AQ = AB − BR + CQ − AC = AB − AC + (CP − − BP) = c − b + a = 2p − 2b; 2 · CP = CQ + CP = CA + AQ + CB + BP = = CA + CB + (AR + RB) = b + a + c = 2p. Лемма. Радиус (вне)вписанной окружности прямоугольного треугольника равен длине касательной к ней, проведённой из вершины прямого угла (см. рис.).

385

Словарик

Отсюда и из свойств 3 сразу следуют следующие три свойства для прямоугольных треугольников. 4. Диаметр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен сумме катетов минус гипотенуза (см. 28.3.4). 5. Если вписанная и вневписанная окружности прямоугольного треугольника касаются одного катета, то сумма их радиусов равна этому катету (см. 28.3.4). 6. Диаметр вневписанной окружности, касающейся гипотенузы, равен периметру треугольника. 7. Суммы противоположных сторон описанного четырёхугольника равны. Сумма взятых через одну сторон описанного 2n-угольника равна сумме оставшихся сторон (см. 24.7.6, 28.3.4). Задачи. 19.2.2, 20.3.3, 21.4.4, 24.7.6, 25.4.4, 26.3.5, 28.2.2, 28.3.4.

Вписанный четырёхугольник: признаки 1) Пусть диагонали AC и BD выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке P. ABCD вписанный ⇔ PA · PC = PB · PD. 2) Пусть продолжения сторон AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Q. ABCD вписанный ⇔ QA · QB = QC · QD. PA

PD

⇔ треугольДоказательство. 1) PA · PC = PB · PD ⇔ PB = PC ники APB и DPC подобны по двум сторонам и углу P между ними ⇔ ∠ABD = ∠ACD ⇔ точки A, B, C, D лежат на одной окружности. 2) QA · QB = QC · QD ⇔

QD QA = QC QB

⇔ треугольники QAC

и QDB подобны по двум сторонам и углу Q между ними ⇔ ∠ABD = ∠ACD ⇔ точки A, B, C, D лежат на одной окружности. Задачи: 19.6.5, 20.7.5, 20.8.2, 22.6.3, 22.7.3, 23.5.4, 24.3.4, 24.7.6, 25.2.4, 26.7.2.

386

Словарик

Выпуклая фигура Выпуклая фигура по определению вместе с любыми двумя своими точками содержит соединяющий их отрезок. Важные примеры: полуплоскость, прямая, отрезок, круг. Важное свойство: пересечение двух выпуклых фигур — выпуклая фигура. Для выпуклого многоугольника есть ещё два равносильных определения: 1) все его углы меньше 180◦ ; 2) он лежит по одну сторону от каждой из своих сторон. Удобный пример выпуклых многоугольников — вписанные многоугольники, в частности — все треугольники. Все диагонали выпуклых многоугольников — внутренние и пересекаются во внутренних точках (см. 27.8.1). Соответственно, если все вершины многоугольника лежат по одну сторону от прямой, то и он целиком лежит по одну сторону от прямой (см. 23.4.1). Все грани выпуклого многогранника являются выпуклыми многоугольниками. Для решения подавляющего числа задач о выпуклых фигурах хватает определения и «естественных» свойств, более глубокие факты можно найти в книге [Выпукл]. Задачи: 22.8.6, 23.2.4, 23.4.1, 27.8.1, 28.8.2, И6.8.4.

Высоты. Треугольник с двумя вершинами в основаниях высот Пусть AA1 , BB1 , CC1 — высоты остроугольного треугольника ABC. Тогда треугольник AB1 C1 подобен треугольнику ABC с коэффициентом cos ∠A. Доказательство. Есть общий угол A, и равны отношения AB

AC

1 1 = = cos ∠A. сторон AB AC Задачи: 23.8.5.

Геометрическая комбинаторика Нам хотелось бы назвать этот раздел «Комбинаторная геометрия», но этот термин в серьёзной математике означает совсем другое. А здесь собраны задачи, в которых наряду с классическими геометрическими соображениями (геометрической техникой)

Словарик

387

используются и комбинаторные мотивы. Например, задачи на построение и исследование конструкций из нескольких однотипных геометрических объектов. Конструкции эти изначально не заданы или заданы «не жёстко», а количество объектов может быть большим или неопределённым. Пример: разбиение на треугольники диагоналями (см. 23.3.4, 24.3.5). Львиную долю составляют задачи на разрезание (см. 19.4.2, 19.5.5, 19.6.1, 21.3.6, 23.3.4, 23.5.2, 23.6.5, 23.7.5, 24.3.5, 24.6.5, 24.8.3, 26.3.7, 28.1.5, 28.4.4, 28.5.5, 28.6.5, 28.7.4, 28.8.5, Д21.3.6), много задач на расположение (см. 19.4.4, 20.5.4, 20.6.4, 22.8.6, 23.1.5, 23.2.4, 23.4.7, 24.8.7, 25.1.4, 25.2.5, 26.7.5, Д26.7.5, 27.7.1, 27.8.1, 28.2.5). Можно ещё выделить задачи на покрытие (см. 22.4.6, 28.3.5, И6.8.4). При решении комбинаторно-геометрических задач полезны методы, применимые к исследованию конструкций вообще: принципы крайнего (см. 20.5.4, 20.6.4, И6.8.4) и узких мест (см. 19.6.1, 23.2.4, 23.5.2, 23.6.5, 24.8.3, 28.4.4), постепенное конструирование (см. 19.4.4, 22.8.6, 25.2.5), при подсчётах и оценках — соответствие (см. 19.4.4, 22.6.5, 28.1.5), подсчёт двумя способами (см. 21.3.6, 23.7.5, 24.8.7). При доказательстве невозможности (но не только!) полезен инвариант (см. 23.4.4, 23.7.5, 24.8.7, И4.2.5), в частности — соображения выпуклости (см. 23.2.4, 23.4.1). Особое внимание уделяют углам: подсчёту сумм углов (см. 23.4.4, 23.6.5, 23.7.5, 24.8.3, 26.5.5, 28.7.4), подсчёту количества углов: всех или какого-то вида — прямых, тупых (см. 20.3.4, 21.3.6, 21.4.7, 23.7.5, 26.5.5), соответствию углов и дуг (см. 20.3.4, 27.7.6). Ещё углы могут быть узкими местам (см. 19.6.1) или крайними объектами: наибольший угол (см. 19.4.2), углы при наиболее удалённых вершинах (см. 20.5.4, 20.6.4). Вычисление площади полезно в задачах на покрытие, но не только: площадь может быть и узким местом, и инвариантом (см. 22.4.6, 23.4.4, 28.4.4). Задачи: 19.4.2, 19.4.4, 19.5.5, 19.6.1, 20.3.4, 20.5.4, 20.6.4, 21.3.6, 21.4.2, 21.4.7, 22.4.6, 22.5.4, 22.6.5, 22.8.6, 23.1.5, 23.2.4, 23.3.4, 23.4.1, 23.4.4, 23.4.7, 23.5.2, 23.6.5, 23.7.5, 24.3.5, 24.6.5, 24.8.3, 24.8.7, 25.1.4, 25.2.5, 26.3.7, 26.5.5, 26.7.5, Д26.7.5, 27.3.4, 27.7.1, 27.7.6, 27.8.1, 28.1.5, 28.2.5,

388

Словарик

28.3.5, 28.4.4, 28.5.5, 28.6.5, 28.7.4, 28.8.2, 28.8.5, И4.2.5, И6.8.4.

Геометрические преобразования и проекция Использование свойств геометрических преобразований часто позволяет упростить доказательство равенства или подобия фигур (например, если один четырёхугольник получен из другого поворотом, то они равны); принадлежности нескольких точек одной прямой и т. п. Иногда это позволяет избежать перебора случаев (см. 19.7.2). Под геометрическим преобразованием обычно понимают взаимно однозначное отображение плоскости (пространства) на себя. Конечно, интерес представляют только преобразования, имеющие «геометрический смысл». Это прежде всего движения — преобразования, сохраняющие длины отрезков: параллельный перенос (см. 19.4.2, 23.4.7, 23.6.2, 20.3.3-реш.2, 28.8.2, 28.8.5, И7.1.7), поворот (см. 19.1.3, 19.8.4, 27.4.5реш.2, 27.7.3-реш.2, 27.6.4-реш.2, 28.8.2) и осевая симметрия (см. 19.6.5, 19.7.2, 26.7.4, 25.8.2, 27.4.5-реш.2, 28.6.3, 28.7.6-реш.2, 28.8.7). Центральная симметрия (19.4.2, 20.5.2, 23.4.7, 25.4.4, И7.1.7) является частным случаем поворота. Теорема Шаля утверждает, что кроме вышеперечисленных есть только один вид движения на плоскости: это скользящая симметрия, т. е. композиция симметрии относительно прямой и переноса вдоль этой прямой. При этом повороты и переносы сохраняют ориентацию, а оба вида симметрий меняют её. Отсюда, например, следует, что композиция двух симметрий — это поворот либо перенос (поскольку сохраняет ориентацию), что также часто используется (см. 19.4.2, 23.6.2). Нередко при решении задачи применяется несколько геометрических преобразований или их комбинация (см. 19.4.2, 20.3.3-реш.2, 23.4.7, 23.6.2, 28.1.5). В разных решениях одной задачи могут применяться разные преобразования. При преобразовании подобия (см. 23.8.5) и его важнейшем частном случае — гомотетии (см. 19.3.2 — замечание, 20.3.3, 22.3.2-реш.2, 25.4.4) расстояния не сохраняются, но сохраняется их отношение, а также углы; все фигуры переходят в подобные. Преобразование подобия (как и движение) сохраняет

Словарик

389

качественные свойства фигуры (см. 20.3.3). Подробнее см. тему Подобие. К преобразованиям часто относят и инверсию (см. 26.4.7реш.1, 25.7.4) хотя она и не осуществляет взаимно однозначного соответствия (центр инверсии «меняется местами» с «бесконечно удалённой точкой»). Проекция отображает плоскость на прямую или пространство на плоскость. Не являясь геометрическим преобразованием, она применяется во многом аналогично им. В нашем сборнике встречается только ортогональная (прямоугольная) проекция. Она сохраняет параллельность прямых и отношение длин параллельных отрезков. Даже это простое соображение может быть полезным (см. 19.8.2, замечание к 23.8.5). Сохраняются и соотношения между векторами (см. 21.8.2). При ортогональном проектировании в пространстве отношение площади проекции к площади исходной фигуры равно косинусу угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции (см. 20.4.5 — первое решение, 20.8.1, 25.8.3). Задачи: 19.1.3, 19.3.2, 19.4.2, 19.6.5, 19.7.2, 19.8.2, 19.8.4, 20.3.3, 20.4.5, 20.5.2, 20.8.1, 21.8.2, 22.3.2, 23.4.7, 23.6.2, 23.8.5, 25.4.4, 25.7.4, 25.8.2, 25.8.3, 26.4.7, 26.7.4, 27.4.5, 27.6.4, 27.7.3, 28.1.5, 28.6.3, 28.7.6, 28.8.2, 28.8.5, 28.8.7, И7.1.7.

Графы Граф состоит из вершин и рёбер, соединяющих некоторые пары вершин. Каждая пара вершин соединяется не более чем одним ребром. Обычно вершины изображают точками, а рёбра — отрезками или дугами; при этом не важны длина и форма рёбер и пересекаются ли они, а важно лишь, какие вершины соединены рёбрами. Перевод задачи на язык графов делает условие более наглядным, облегчает подсчёты, позволяет использовать различные известные факты из теории графов. В олимпиадных задачах граф часто появляется «в замаскированном виде», например, говорят о «городах и дорогах» вместо «вершин и рёбер». Связный граф — это граф, в котором между любыми двумя вершинами есть путь по рёбрам. Для доказательства связности

390

Словарик

достаточно проверить, что одна из вершин связана со всеми остальными (см. 22.8.7). Полезно помнить, что если в графе есть лишь две вершины, из которых выходит нечётное число рёбер, то такие вершины связаны путём по рёбрам (см. Д24.3.7). Для графов на плоскости без пересекающихся рёбер связность может следовать из теоремы о пересечении ломаных (см. 24.3.7, 24.4.7). Несвязный граф можно разбить на компоненты связности (подробнее см. Связность). Цикл в графе — это замкнутый несамопересекающийся путь по рёбрам. В цикле из каждой вершины выходит ровно два ребра. Фактически, цикл — это граф многоугольника. При решении задач чаще всего используется разбиение на циклы (см. 25.3.2). Полезные инструменты: приведённая ниже лемма о разбиении на циклы (см. 23.3.3, 20.3.5), а также перестройка циклов (см. 26.8.6, 27.8.7). В графе без циклов обязательно есть вершина, из которой выходит не более одного ребра (см. 19.3.5, 20.7.6). Лемма (о разбиении на циклы). Если в графе конечное число вершин и из каждой вершины выходит ровно два ребра, то граф является объединением нескольких циклов. Доказательство. Объявим любую вершину начальной и пойдём по рёбрам, не поворачивая назад. Так как вершин конечное число, рано или поздно мы впервые попадём в ту, где уже были. Это может быть только начальная вершина: рёбра, ведущие в другие пройдённые вершины, уже использованы. Пройдённый путь образует цикл. Выбросим его (т. е. пройдённые вершины и рёбра) и будем повторять процедуру, пока рёбер не останется. Двудольный граф — граф, где вершины можно раскрасить в два цвета правильно, т. е. концы каждого ребра — разного цвета. Примеры: 2n-угольник; куб (см. 21.5.4, 27.1.2); шахматная доска, где рёбра — ходы коня или хромой ладьи. Граф можно правильно раскрасить в два цвета тогда и только тогда, когда в нём нет циклов нечётной длины. В частности, любой граф без циклов — двудольный. При решении задач важна тесная связь двудольных графов с чередованием. Так, на любом маршруте чередуются цвета вершин. В частности, на шахматной доске при ходе коня

Словарик

391

или хромой ладьи чередуются цвета полей. Соответственно, для пары фигур чередуется совпадение и несовпадение цветов полей (см. 22.7.5), а для группы — чётность числа фигур на белых полях (см. 21.3.4). А задав на рёбрах двудольного графа направление к вершинам одного цвета, мы обеспечим ещё и чередование стрелок на любом маршруте (см. замечание к 21.5.4). А в не двудольном графе наоборот: на цикле с нечётным числом рёбер чередование невозможно (см. Д21.5.4). Число рёбер. Пусть в графе B вершин и P рёбер. Степень вершины — это число выходящих из неё рёбер. Часто можно решить задачу, связав B и P уравнением или неравенством. a) Сумма степеней вершин равна удвоенному числу рёбер. В частности, если из каждой вершины выходит одинаковое число рёбер k, то P =

kB (см. 27.6.1, 21.5.3). 2

б) Если в графе нет циклов, то P 6 B − 1. в) Если граф связный, то P > B − 1 (см. 19.8.5, 24.7.5). г) Если в графе K компонент связности, то P + K > B (см. 28.3.7). д) Число рёбер в двудольном графе с 2n вершинами не превосходит n2 , в графе с 2n − 1 вершинами не превосходит n(n − 1). Доказательство б)—г). Нарисовав сначала только вершины, получим фигуру из B частей. Будем проводить рёбра по одному. Если ребро соединяет две части, то число частей уменьшается на 1, иначе не меняется. б) Ребро не может соединить две вершины одной части (иначе они уже были соединены, и ребро замкнёт цикл). Меньше одной части стать не может, поэтому будет проведено не более B − 1 ребра. в) Чтобы в конце остался один связный граф, число частей надо уменьшить на B − 1, т. е. провести не менее B − 1 ребра. г) Чтобы в конце осталось K компонент связности, число частей надо уменьшить на B − K, то есть провести не менее B − K рёбер.  Граф без циклов, как уже сказано, двудольный, и в нём мало рёбер. Кроме того, если в нём конечное число вершин и есть хотя бы одно ребро, тогда есть и концевая вершина, из которой выходит ровно одно ребро (иначе пойдём, не поворачи-

392

Словарик

вая назад, и зациклимся). Такой граф может возникнуть как граф границ связной области, и тогда концевая вершина может оказаться узким местом (см. 19.3.5, 20.7.6). Задачи: 19.3.5, 19.8.5, 20.3.5, 20.7.6, 21.3.4, 21.5.3, 21.5.4, Д21.5.4, 22.7.5, 22.8.7, 23.3.3, 24.3.7, Д24.3.7, 24.4.7, 24.7.5, 24.8.7, 25.3.2, 26.8.6, 27.1.2, 27.6.1, 27.8.7, 28.3.2, 28.3.7, И32.8.7.

Двумя способами Увиденное двумя глазами больше суммы увиденного каждым глазом. Посчитаем (оценим, исследуем) что-то двумя способами и сопоставим результаты (например, приравняем их). Это может решить задачу (см. 21.8.4, 24.7.3) или дать существенное продвижение, например уравнение (см. 22.5.3, 22.6.1, 23.7.5-реш.2), систему уравнений (см. 23.3.2), неравенство или оценку (см. 24.1.3.бв, 21.3.6, 25.3.4). А если результаты противоречат друг другу, это доказывает невозможность конструкции (см. 21.6.2, 24.1.3.бв, 26.7.7, 22.8.5). При необходимости можно посчитать одно и то же многими способами (см. 19.4.3). Иногда, чтобы получить ограничение на уже известную величину, полезно ввести дополнительный параметр и сосчитать её другим способом (см. 21.1.3, 21.2.3). Ключевые задачи: 21.8.4, 21.6.2, 19.4.3. Задачи: 21.1.3, 21.3.6, 22.5.3, 22.6.1, 22.8.5, 23.3.2, 23.7.5, 24.1.3, 24.7.3, 25.3.4, 26.7.7.

Делимость и остатки Многочисленные задачи на делимость тематически естественно разделить на две категории: традиционные — в них нахождение целых чисел и доказательство их свойств является целью (таких большинство), и те, где эти свойства используются как средство исследования ситуаций (см. 20.1.5,20.7.1, 21.1.3, 21.2.3, Д21.4.5, 22.7.2, 23.5.1, 23.8.7, 24.3.5, 24.5.5, 25.2.3, 25.5.5, 25.7.3, 26.7.3, 26.8.7, 28.2.4). Среди традиционных задач можно выделить так называемые комбинаторные — в них делимость доказывается или используется нетрадиционным для теории чисел способом (см. 20.3.6, Д20.3.6, 21.5.4, Д21.5.4, 22.3.5, 24.1.2, 24.8.5, 25.7.6, 26.4.6, 28.4.6, И30.3.7).

Словарик

393

Приёмы решения таких задач многочисленны и многократно описаны в литературе. Ограничимся лишь краткими описаниями и перечнями задач. Почти беспроигрышный приём — записать разложение чисел на простые множители и записать условия на показатели степеней по каждому простому множителю (см. 19.7.1, 24.3.2, 25.7.1, 21.5.4). Использовать единственность разложения на простые множители (см. 23.1.2, 23.5.1, 25.7.3). Использовать, что простых чисел бесконечно много (21.5.4) и среди них есть сколь угодно большие (23.3.1, 23.4.2). Для конкретных чисел обычно удаётся найти простое число в нужном интервале (см. 24.3.2). Вместо делимости на n бывает проще доказать делимость на число, кратное n. Так, при работе с цифровой записью бывает удобно доказать делимость на 1001, что, учитывая разложение 1001, даёт делимость на 7, на 11 и на 13 (см. 19.7.3). Делимость можно доказать, подбирая остаток, а существование нужного остатка доказать из принципа Дирихле (см. Д19.7.3, 24.8.5, 26.6.2, 28.7.5). Определить остаток по цифровой записи (см. 20.1.2, 23.5.3, 25.2.3, 25.5.5). Использовать, что НОД чисел делит их разность (см. 20.3.1, 25.3.1). Сократить на НОД (см. 20.1.5, 20.3.6, 20.4.1, 22.1.3, 28.2.4). Представить все числа как произведения с общим множителем (см. 22.2.2). Заменить все числа остатками (см. 20.3.6, 26.1.1, 28.2.3). Использовать НОД как инвариант (см. 20.7.1). Рассмотреть НОД (см. 20.8.3, 23.5.1). Записать неравенство в связи с делимостью (см. 20.8.3, 22.3.3, 24.1.2, 24.3.5). Разложить выражение на множители (см. 21.1.2, 21.2.2, 25.5.2). Записать равенство произведений, использовать взаимную простоту n и n − 1 (см. 21.1.3, 21.2.3, 23.7.6). Использовать единственность представления в виде суммы степеней двойки (см. 22.3.5). Записать неравенство для n-значного числа (см. 22.6.2, 25.5.4). Использовать делимость как инвариант (см. 22.7.2, 24.5.5, 24.8.7, 25.7.6). Показать, что равенства нет из-за разных остатков (см. 23.8.7). Перебрать делители (см. 24.1.2, 25.5.4, 26.4.6). Показать отсутствие делимости: все слагаемые делятся, а одно — нет (см. 23.8.7, 27.4.1, 28.3.6). Доказать делимость комбинаторно (см. 28.4.6). Свести к диофантовому уравнению (см. 21.1.3, 21.2.3, Д21.4.5, 25.7.3). Использовать делимость для свед´ения к случаю с меньшим номером (см. И30.3.7).

394

Словарик

Задачи: 19.7.1, 19.7.3, Д9.7.3, 20.1.2, 20.1.5, 20.3.1, Д20.3.6, 20.4.1, 20.7.1, 20.8.3, 21.1.2, 21.1.3, 21.2.2, Д21.4.5, 21.5.3, 21.5.4, Д21.5.4, 21.8.1, 22.1.3, 22.2.2, 22.3.5, 22.6.2, 22.7.2, 23.1.2, 23.3.1, 23.4.2, 23.5.1, 23.7.6, 23.8.7, 24.1.2, 24.3.2, 24.3.5, 24.5.5, 24.8.5, 25.1.3, 25.2.3, 25.3.1, 25.5.2, 25.5.4, 25.5.5, 25.7.1, 25.7.6, 26.1.1, 26.1.5, 26.2.5, 26.4.6, 26.6.2, 26.7.3, 27.4.1, 28.2.3, 28.2.4, 28.3.6, 28.4.6, 28.7.5, И30.3.7.

20.3.6, 21.2.3, 22.3.3, 23.5.3, 24.8.7, 25.7.3, 26.8.7,

Диаграмма Юнга Диаграмма Юнга — ступенчатая фигура из единичных квадратиков, причём первые клетки всех строк находятся в одном (первом) столбце, и в каждой следующей строчке квадратиков не больше чем в предыдущей. При перевороте диаграммы (симметрии относительно биссектрисы левого верхнего угла) снова получается диаграмма Юнга. Каждая диаграмма Юнга однозначно описывается списком длин строк (невозрастающий набор натуральных чисел). Например, диаграмма на рисунке соответствует набору чисел 6, 5, 5, 4, 2, 2, 1. Говорят, что диаграмма A мажорирует диаграмму B, если для любого k квадратиков в верхних k строках A не меньше чем в верхних k строках B. (Например, (4; 2; 1) мажорирует (3; 3).) Такое мажорирование используется, в частности, в неравенстве Мюрхеда (см. [Заоч]). Задачи: 20.5.3, 22.8.4.

Диофантовы уравнения Диофантово уравнение — уравнение в целых числах. При решении диофантовых уравнений часто используются а) разложение части уравнения на множители (19.1.2, 19.2.3); б) использование свойств делимости и остатков (20.8.3, 21.4.5); в) выделение НОД каких-либо неизвестных (20.8.3); г) оценки и неравенства (21.5.1, 20.8.3, 25.3.3, 27.3.5). Полезно знать общее решение уравнение Пелля (Д21.4.5). К задачам на диофантовы уравнения близки (и могут быть сведены) задачи о делимости одних выражений на другие (см.

395

Словарик

20.8.3) или представимости выражений в виде точных степеней (см. 26.8.1). Подробнее см. [УрЦЧ]. Задачи: 19.1.2, 19.2.3, 20.8.3, 21.1.2, 21.4.5, Д21.4.5, 21.5.1, 24.7.1, 25.3.3, 26.8.1, 27.3.5.

Домино Домино — игра, в которой участвуют прямоугольные кости (доминошки) размера 2 × 1, разбитые на две квадратные половинки. В стандартный комплект домино входят 28 доминошек со всевозможными парами чисел от 0 до 6 (если при этом пара состоит из двух одинаковых чисел, доминошка называется дублем). При выкладывании доминошек в цепочку обычно соблюдается правило: доминошки соприкасаются половинками с одинаковыми числами. В клетчатых задачах под доминошкой понимают прямоугольник из двух клеток. Задачи: 20.3.2, 20.7.6, 22.6.4, 23.7.7, 24.5.5, 25.2.2.

Дробная часть Дробная часть числа x (обозначается {x}) — это разность между числом и его целой частью, {x} = x − [x]. Например, {5,2} = 0,2, {−5,2} = 0,8. Выполнены неравенство 0 6 {x} < 1 и равенство x = [x] + {x}. См. Целая часть.

Дробно-линейная функция Дробно-линейная функция — функция вида

ax + b gx + d ,

где хотя

бы один из коэффициентов a, g отличен от нуля, а числитель и знаменатель не имеют общего корня. В частности, линейные 1

функции (кроме констант) и функция являются дробно-лиx нейными. Свойства 1. Область значений дробно-линейной функции — вся чисa ловая прямая кроме, может быть, одной точки ( g при g 6= 0).

Каждое своё значение дробно-линейная функция принимает ровно один раз, т. е. уравнение a решение при любом c 6= .

g

ax + b gx + d = c

имеет единственное

396

Словарик

Дробно-линейная функция строго монотонна на каждом из интервалов своей области определения. 2. Дробно-линейная функция обратима. Обратная к ней функция также является дробно-линейной. В частности, функx+1

обратна сама к себе (см. 20.5.1). ция x−1 3. Композиция дробно-линейных функций является дробнолинейной функцией. 4. Любая дробно-линейная функция является композицией линейных функций и функции

a bg − ad · 1 .) =g+ g gx + d

1 . (Действительно, x

ax + b gx + d

=

Замечание. В формулировках свойств 3 — 4 допущена небольшая неточность, связанная с областью определения. Они становятся верными, если равенство функций следует понимать с точностью до конечного числа точек области определения. Например, композиция двух дробно-линейных функций может быть не определена в двух точках числовой оси, а совпадающая с ней в остальных точках дробно-линейная функция — только в одной. Задачи: 20.4.6, 20.5.1.

Задачи на движение В школьных задачах на движение обычно достаточно связать время, путь и скорость уравнением или системой и решить её. В собранных здесь задачах это иногда удаётся, хотя правильный выбор исходных переменных играет важную роль (см. 22.6.1, 21.1.4, 19.1.1). Чаще, однако, для «прямолинейного» решения не хватает данных. Впрочем, при внимательном изучении оказывается, что без некоторых данных можно обойтись. Скажем, бывает удобным рассмотреть не сами скорости, а их разности (относительные скорости, см. 26.7.3) или отношения скоростей (см. 20.5.1, 26.7.3). Может помочь и подмена объекта, когда наряду с объектами задачи рассматриваются и другие движущиеся объекты (см. 23.1.4, 26.5.1). Задачи: 19.1.1, 20.5.1, 21.1.4, 22.6.1, 23.1.4, 26.5.1, 26.7.3.

Зацикливание Теорема о зацикливании (возвращении). Пусть система может находиться лишь в конечном числе состояний, причём

Словарик

397

по каждому состоянию предыдущее и последующее состояния определяются однозначно. Тогда состояния системы циклически повторяются. В частности, в каждое состояние система возвращается бесконечно много раз. Действительно, в силу конечности какое-то из состояний C повторится. Поскольку последующее состояние определяется однозначно, далее повторится и вся последовательность состояний между двумя C, и будет повторяться и впредь. А поскольку предыдущее состояние определяется однозначно, то такое же циклическое повторение случится и при движении в прошлое. Это означает, в частности, что все состояния, начиная с самого первого, входят в цикл и повторяются сколько угодно раз. Замечание. Теорема верна и в случае, когда последующее состояние однозначно зависит от фиксированного числа предыдущих состояний и однозначно восстанавливается по фиксированному (возможно, другому) числу последующих состояний. Задачи: 22.8.7, И15.7.5.

Игры Подавляющее число встречающихся в задачах игр — это конечные игры с полной информацией для двух игроков (подробнее см. Игры: теория). Если мы хотим доказать, что кто-то из игроков выигрывает, проще всего предъявить его выигрышную стратегию. У одного игрока может быть несколько различных выигрышных стратегий. Для решения задачи, конечно, достаточно указать одну из них. Если мы хотим доказать, что игра заканчивается вничью, необходимо доказать, что у каждого из игроков есть ничейная стратегия. Придумав стратегию, надо доказать её правильность: убедиться в том, что 1) всегда можно сделать ход согласно указанной стратегии и что 2) при любой игре противника достигается как минимум нужный результат — выигрыш или ничья. При доказательстве мы не можем «заставить» противника делать только «хорошие» ходы: например, если противник в итоге проигрывает, то все его ходы одинаково плохи.

398

Словарик

Встречаются игры, где результат — это число: скажем, проигравший выплачивает победителю определённую сумму, зависящую от конечной позиции (см. 20.6.5, 21.7.4, 25.3.7, 26.3.6). В таких задачах обычно надо определить цену игры, т. е. подобрать C и предъявить за обе стороны оптимальные стратегии (или доказать их существование), т. е. стратегии, как Первому получить не менее C, а Второму отдать не более C. Внимание: оптимальные стратегии игроков надо рассматривать по отдельности; при доказательстве оптимальности нельзя пользоваться тем, что соперник тоже играет оптимально! Полезно знать несколько распространённых приёмов. Соответствие (симметричные и парные стратегии). Нередко используются стратегии, где очередной ход определяется только предыдущим ходом противника (см. 23.7.2, 20.6.5, И32.8.7), чаще всего — в каком-то смысле симметричный ходу противника (см. 20.6.5-реш.1). Иногда соответствие устанавливают так: ходы разбиваются на пары, и ответный ход является парным к предыдущему ходу противника (см. 20.6.5-реш.2). При этом могут возникать небольшие исключения вначале (например первый ход не входит в пару, или вначале обеспечивается заповедник, а разбиение на пары возникает лишь потом, (см. 24.5.2), в конце или по ходу (при отсутствии начатой пары делается произвольный ход, и уже противник будет вынужден завершить пару, см. 20.6.5, 24.1.4). Анализ позиций, или Ставь на минус. Более мощный, но и более хлопотливый приём. Из позиций выделяются плохие (отмечаются минусом) и хорошие, при этом любой ход из плохой позиции ведёт в хорошую, а из хорошей позиции всегда есть ход в плохую. Стратегия состоит в ходах, каждый раз «загоняющих» противника в плохую позицию (см. 26.3.6). Часто такая маркировка позиций делается анализом с конца, начиная от проигрышных позиций. Плохие и хорошие позиции могут различаться и инвариантом (см. 24.7.4, 26.4.2, 25.3.7). Заповедник. Если проигрывает тот, кто не может ходить, бывает полезно создать возможность хода, которой не может помешать противник («отгородить заповедник»). В остальном игра может протекать произвольно или с помощью соответствия (см. 24.5.2), а ход в заповедник делается в решающий

Словарик

399

момент. Возможно создание и нескольких заповедников (см. 22.6.4), хотя это уже скорее следующий приём. Накопление преимущества. В несимметричных играх условия победы могут достигаться постепенно, ход за ходом. Часто победитель своими ходами наращивает до нужного значения некоторый полуинвариант (см. 20.7.3, 22.6.4, 24.8.5). Передача хода. Встречаются задачи, в которых явно предъявить нужную стратегию не удаётся, но можно доказать её существование. Передача хода позволяет неконструктивно доказать отсутствие выигрыша у одной из сторон (обычно у Второго). Пусть можно передать ход противнику, не меняя позиции. Если у меня есть выигрывающая стратегия, то у противника её нет. А если у меня её нет, то я делаю передачу хода, и у противника снова нет выигрывающей стратегии. Этот же приём срабатывает в чуть более общей ситуации: когда есть выбор: создать некоторую позицию с нашим ходом или симметричную с ходом противника (см. 26.7.6). Игра на опережение. В математических играх, как и в жизни, выигрыш может доставаться тому, кто первый займёт ключевое положение (или положения). В этом случае стратегия такова: каждый раз оказываться к ним ближе, чем соперник (см. И32.8.7). Игры-шутки. В некоторых играх результат предопределён и не зависит от желания игроков. В чуть более сложных случаях выигрыш обеспечивается одним-двумя начальными ходами, а дальше выигрывающая сторона может играть как угодно (см. И29.3.4). Ключевые задачи: 23.7.2, 26.3.6, 24.5.2, 26.7.6. Задачи: 20.6.5, 20.7.3, 21.7.4, 22.6.4, 24.1.4, 24.7.4, 24.8.5, 25.3.7, 25.7.6, 26.4.2, И29.3.4, И32.8.7.

Игры: теория Договоримся о терминах и докажем существование выигрышной или ничейной стратегии. Приёмы решения задач и их список — см. Игры. Правила игры задают (явно или неявно) все возможные позиции (в позицию включается и очередь хода), ходы (как разрешённые переходы между позициями), конечные позиции (с указанием результата — выигрыш одного из игроков, ничья,

400

Словарик

или величина выплаты одному из игроков), а также одну начальную позицию. Слово «позиция» не надо понимать слишком буквально. Скажем, при игре в шахматы позиция включает не только ситуацию на доске, но и предыдущую события партии: например, допустимость рокировки или возможность взятия пешки на проходе. Конечная игра заканчивается за конечное число ходов. (В частности, шахматы — конечная игра: есть правила, препятствующие её неограниченному продолжению.) Внимание: в конечной игре количество в принципе возможных позиций может быть и бесконечным — см. 26.3.6. В игре с полной информацией каждый игрок знает все предыдущие ходы противника и видит позицию (не как при игре в карты, где каждый видит только свои карты). Первый и Второй. Обычно игроков двое, и они ходят по очереди. Если у них нет имён, то того, кто сделал первый ход, обычно называют Первым, а его противника — Вторым. Иногда Первого игрока называют начинающим (обычно только в вопросе: «Кто выигрывает — начинающий или его партнёр?»). Стратегия — алгоритм, который предусматривает ответ (не обязательно один) на каждый ход противника (и самый первый ход, если речь идёт о стратегии Первого). Выигрышная стратегия ведёт к победе игрока при любых ответах противника. Ничейная стратегия обеспечивает игроку как минимум ничью (см. 26.7.6). Существование выигрышной стратегии. В конечной игре без ничьих у одного из игроков есть выигрышная стратегия. Доказательство. Предположим противное: начальная позиция P не определена (для неё ни у одного из игроков нет выигрышной стратегии). Пусть ходит игрок A. Из P он не может попасть в позицию, в которой у него есть выигрышная стратегия (иначе этот ход был бы началом выигрышной стратегии). Также все его ходы не могут вести в позиции, где игрок B имеет выигрышную стратегию (иначе выигрышная стратегия в позиции P есть у B).

Словарик

401

Значит, из позиции P существует ход в неопределённую позицию, из неё — в новую неопределённую и т. д. Заставим игроков ходить только в неопределённые позиции. В силу конечности игра когда-то закончится. Противоречие, так как последняя позиция определена. Замечание. На самом деле приведённое доказательство даёт конструктивный алгоритм определения для каждой позиции выигрышная она или проигрышная — анализ с конца. Разделим изначально все позиции на определённые и неопределённые. Определённые — это конечные, они выигрышные или проигрышные. Поскольку нельзя бесконечно долго ходить по неопределённым позициям, то из некоторой неопределённой позиции P все ходы ведут в определённые. Тогда и P можно определить как выше. Так постепенно определим все позиции: на первом шаге те, из которых игра заканчивается за один ход, потом те, из которых игра заканчивается за два хода и т. д., пока не дойдём до начальной. Следствия. В любой конечной игре 1) либо у Первого есть выигрышная стратегия, либо у Второго есть ничейная стратегия (для доказательства достаточно рассмотреть новую игру, где ничья считается выигрышем Второго); 2) либо у одного из игроков есть выигрышная стратегия, либо у обоих есть ничейные стратегии. Игры «с числовым результатом». Встречаются игры, где результат — это число: проигравший выплачивает победителю определённую сумму, зависящую от конечной позиции. Результатом отдельной игры считается сумма, выплаченная Вторым первому (а если выигрывает Второй, то результат отрицателен). Играми с числовым результатом можно считать и «традиционные» игры, где выигрыш Первого, его проигрыш или ничья соответствуют выплатам 1, −1, 0. Цена игры. Если у Первого есть стратегия, приносящая ему не менее C, а у Второго — стратегия, приносящая Первому не более C, то C называется ценой игры, а соответствующие стратегии называются оптимальными для Первого и Второго. Не у всякой игры есть цена, но если есть, то только одна (почему?). Существование цены игры. У конечной игры с конечным числом выплат всегда есть цена.

402

Словарик

Доказательство. Как и в доказательстве существования выигрышной стратегии, рассмотрим неопределённую позицию P, из которой все ходы ведут в определённые. Тогда возможные ходы из P задают конечный список возможных выплат Первому. Если из P ходит первый, он выберет ход с максимальной выплатой, а если Второй — то с минимальной. Эта выбранная выплата и определяет результат для P. Далее дословно повторяем рассуждения из доказательства существования выигрышной стратегии и последующего замечания. Замечание. Доказанные утверждения не всегда делают игру неинтересной. Например, они верны и для игры в шахматы. Но никто не знает, есть ли у кого из противников выигрывающая стратегия. Более того, даже если доказано, что выигрышную стратегию имеет первый, это не означает, что указанная стратегия может быть предъявлена (доказательство может быть неэффективным — см. 26.7.6, а «существующий» алгоритм может быть необозримо большим — состоять в перечислении всех позиций и «правильных» ходов).

Инверсия Инверсия (симметрия) относительно окружности с центром O и радиуса r — это преобразование плоскости, при котором каждая точка A переходит в точку A′ , находящуюся r2

от O (см. рис.). Ясно, что на луче OA на расстоянии OA повторное применение инверсии возвращает A′ все точки на свои места. Удобно считать, что O меняется местами с «бесконечно удаA O лённой точкой». Известно, что при инверсии а) прямые, проходящие через O, переходят в себя (как бы выворачиваются наизнанку); б) прямые, не проходящие через O, переходят в окружности; в) окружности, проходящие через O, переходят в прямые; г) окружности, не проходящие через O, переходят в окружности; д) инверсия сохраняет углы; например, угол между двумя окружностями (т. е. между их касательными в точке пересечения), равен углу между соответствующими им прямыми.

Словарик

403

Подробнее см. [Бакельман]. Задачи: 25.7.4, 26.4.7.

Индукция Математическая индукция помогает коротко записать строгое решения, но не объясняет, как его придумать, и в чём его смысл. В простых случаях индукция остаётся «за кадром»: в цепочке, построенной по очевидному закону, вполне хватает многоточия между первыми и последними членами (см. 22.8.2); свойство, которое не меняется на каждом шаге, является инвариантом (см. 25.8.2), хотя формально и там и тут доказательство проводится индукцией по числу шагов. В других случаях мы старались наряду с доказательством по индукции дать и другое решение, отражающее, на наш взгляд, суть задачи точнее (см. 21.6.3, 25.1.3, 21.8.3). Наиболее оправдано применение индукции при построении сложных конструкций, когда очередной этаж строится на основе уже построенных нижних этажей. Собственно, построение по индукции является частным случаем постепенного конструирования (см. 19.8.3, 23.4.2, 24.3.6, 24.7.3, 25.4.2, 26.8.4, Д30.4.7) и может быть при необходимости преобразовано в явный алгоритм. Желающим подробностей рекомендуем главу «Индукция» И. С. Рубанова в [ЛМК]. Задачи: 19.8.3, 21.6.3, 21.8.3, 22.8.2, 23.4.2, 24.3.5, 24.3.6, 24.7.3, 25.1.3, 25.4.2, 25.8.2, 26.8.4, И30.3.7, Д30.4.7.

Испытания В некоторых задачах надо что-то узнать или чего-то добиться, проводя испытания и глядя на их результаты. Типичный сюжет крутится вокруг поиска фальшивых монет с помощью взвешиваний (см. 22.2.4, 23.1.3, 23.5.5, 27.1.5). Здесь «монеты» в меньшинстве — подборка очень нестандартная, а вообще среди олимпиадных задач на испытания задачи на взвешивания составляют львиную долю. По методу это частный случай задач на алгоритмы: надо либо придумать алгоритм испытаний, либо доказать, что при

404

Словарик

любом алгоритме цель недостижима. Но, кроме общих методов, есть и специфический подход. Пространство вариантов. Чаще всего перед нами ситуация одного неизвестного варианта из некоторого множества (пространства) возможных элементарных вариантов: монет (см. 27.1.5), чисел (см. 22.7.7, 24.3.2, И30.4.7, Д30.4.7), разбиений (22.2.4, 23.5.5), а в общем случае — комбинаций (23.1.3, 28.1.2, 25.8.6, Д25.8.6, И29.3.5). Типичные цели: Ц1 — узнать, какой именно вариант имеет место (см. 22.7.7, 27.1.5, 28.1.2a, 28.3.7, И30.4.7, Д30.4.7); Ц2 — узнать, принадлежит ли вариант некоторому множеству (см. 23.1.3, 24.3.7, 24.4.7, И29.3.5); Ц3 — за несколько попыток (в условиях неполной информации) предъявить комбинацию с заданными свойствами (см. 22.2.4, 23.5.5, 23.6.3); Ц4 — оптимизировать какую-то функцию, например стоимость испытаний или число ошибок (см. 25.8.6, Д25.8.6). Количество попыток или испытаний обычно ограничено. Идея решения в том, что, узнав результат очередного испытания (попытки), мы часть вариантов отбрасываем, тем самым уменьшая неопределённость. Контроль за множеством остающихся вариантов позволяет выбирать наиболее эффективные способы «отбраковки» (см. 22.7.7, 25.8.6, Д25.8.6). Задача может, однако, состоять и в выяснении, достижима ли цель (см. 22.7.7а, в, 23.1.3, 24.3.2, 28.1.2б) или оценке числа испытаний (см. 24.3.7, 24.4.7). Тогда невозможность гарантированно достичь цели за указанное число попыток доказывается обычно так: мы показываем, что в худшем случае после всех отбрасываний останется множество из более чем одного варианта. Этого достаточно для цели Ц1 (см. 22.7.7, 24.3.7). Для цели Ц2 нужно показать ещё, что один из оставшихся вариантов принадлежит указанному множеству, а другой не принадлежит (см. 24.3.7, 24.4.7). Если число испытаний не ограничено, достаточно указать два варианта, неразличимые при любом испытании (см. 24.3.2, 28.1.2б). Ключевая задача: 22.7.7. Задачи: 22.2.4, 23.1.3, 23.5.5, 23.6.3, 24.3.2, 24.3.7, 24.4.7, 25.8.6, Д25.8.6, 27.1.5, 28.1.2, 28.3.7, И29.3.5, И30.4.7, Д30.4.7.

Словарик

405

Карты игральные Карты игральные — плоские прямоугольники, имеют одинаковые обратные стороны (рубашки) и разные лицевые стороны, на которых обозначены масть и достоинство. Обычно есть 13 достоинств (двойка, тройка, ..., десятка, валет, дама, король, туз) и четыре масти: трефы, пики (чёрные масти), бубны и червы (красные масти). Набор карт со всевозможными комбинациями мастей и достоинств называется (полной) колодой. В стандартной колоде 13 · 4 = 52 карты, но бывают колоды и с меньшим количеством достоинств (36 карт, 32 карты). Задачи: 19.8.6, 21.8.3, 23.8.6, 25.8.6, 28.3.7, 28.4.6, 28.7.7.

Клетчатые задачи Здесь собраны задачи, где в условии или решении фигурируют шахматы, прямоугольные и квадратные клетчатые сетки, таблицы (см. 22.1.1, 22.3.1, 22.8.4, 23.3.3, 23.4.3, 24.1.3, 24.5.5, 24.8.6, 25.1.1, 25.4.7, 26.7.7, 27.5.2, 27.7.5, 27.7.7, 28.2.3, 28.3.3), а также сетки из равносторонних треугольников (см. 19.4.6, Д19.4.6). Такие задачи популярны, особенно среди младших школьников, из-за наглядности формулировок и связи с играми. По постановке вопроса можно выделить задачи на оценку+пример (см. 19.1.4, 19.4.6, Д19.4.6, 19.6.3, 19.7.5, Д20.2.3, 21.3.4, 21.7.5, 22.7.7, 23.3.5, 23.4.3, 24.7.5, 25.1.5, 25.2.2, 25.3.4, 25.7.2, 26.3.3, 26.5.3, 27.1.4, 27.3.3, 27.5.5, 27.6.5, 27.7.5, 28.1.5, 28.5.3, 28.6.1), конструкции и алгоритмы (см. 19.2.4, 19.3.3, Д19.3.3, 20.1.5, 20.6.5, 21.1.5, 21.2.5, 23.3.5, 24.8.6, 25.1.5, 26.5.3, 27.2.5, 27.3.3, И29.3.4), в том числе на расстановку (шахматных фигур, чисел, крестиков и т. п.; см. 19.2.4, 19.4.6, Д9.4.6, 19.7.5, Д20.2.3, 21.1.5, 21.2.5, 21.7.5, 22.3.4, 22.5.5, 22.7.5, 23.2.5, 23.7.2, 24.8.6, 25.1.1, 25.2.2, 25.3.4, 25.4.7, 25.7.2, 26.3.3, 26.7.7, 27.7.5, 28.5.3, 28.6.1, И7.1.7), разбиения (см. 19.6.3, 20.2.3, 20.3.2, 21.1.5, 21.2.5, 21.4.6, 22.5.5, 24.5.5, Д24.5.5, 24.7.5, 28.1.5), игры (см. 20.6.5, 22.6.4, И29.3.4), раскраску (см. 20.1.5, 22.3.4, 27.5.5, 27.6.5), обходы (см. 19.3.5, Д19.3.5, 19.5.2, 20.7.6, 26.8.6, 27.1.4,

406

Словарик

27.2.5). Отметим, что некоторые задачи на заполнение таблиц (чаще всего — последовательными числами) равносильны задачам на обход ладьёй (см. 23.4.3, 23.6.4, 28.4.6). Несмотря на внешнюю схожесть, по идеям решений клетчатые задачи весьма разнообразны и могут быть весьма нетривиальны. Всё же можно выделить группу идей, характерных именно для таких задач. Прежде всего, это работа с конечными множествами. Полезно помнить, что наряду с множеством клеток есть и другие множества, в частности, состоящие из сторон клеток (см. 20.7.6, 21.4.6, 25.2.2), вершин клеток (см. 19.7.5, 24.7.5, 27.2.5), расстановок (см. 23.7.2, 24.8.6, 26.7.7), обходов (см. 23.6.4, 26.8.6, 27.1.4, 28.4.6). Широко применяется разбиение этих множеств на группы (см. Д19.3.5, 19.4.6, 20.2.3, 20.3.2, 20.6.5, 21.4.6, 22.1.1, 22.3.4, 22.5.5, 22.7.7, 22.8.4, 23.4.3, 25.2.2, 25.7.2, 27.5.2, 28.2.3) и выделение некоторых «ключевых» или «особых» подмножеств (см. 19.7.5, 20.1.1, 20.2.3, 21.7.5, 22.3.4, 23.6.4, 24.8.6, 25.1.5, 25.2.2, 25.3.4, 25.4.7, 25.7.2, 26.3.3, 26.5.3, 26.8.6, 27.1.4, 27.3.3, 27.5.5, 27.6.5, И7.1.7). Благодаря шахматной раскраске популярна идея чередования цвета клеток (см. 19.2.4, 19.5.2, 20.1.5, Д20.2.3, 21.7.5, 23.4.3, 23.6.4, 25.2.2); но могут чередоваться и расстановки (см. 21.3.4, 22.7.5, 27.2.5), а также границы и области (19.1.4, 26.7.4, И29.3.4). Кроме шахматной, может понадобиться и другая раскраска (20.1.5, 20.7.6, Д24.3.7, 24.5.5, 27.2.5). При подсчётах (но не только) может оказаться полезным рассмотреть площади и периметры (см. 21.4.6, 21.8.4, 24.1.3, 20.7.6, 21.8.4), координаты (см. Д19.4.6, 22.5.5, 26.7.7), расстояния между клетками, измеряемые числом ходов (см. 19.2.4, Д19.3.3, 20.2.3, Д20.2.3). Бывает полезно построить или рассмотреть вспомогательные объекты: граф (см. 23.3.3, 24.7.5, 27.1.4), в том числе — граф перегородок между клетками (см. 19.3.5, 20.7.6, 24.3.7, Д24.3.7, 24.4.7), инвариант расстановки (см. 22.5.5, 22.7.5, 23.2.5, 23.7.2, 25.4.7, 26.7.7, 27.2.5), таблицу (см. 24.5.5, 28.4.6), клетчатую сетку (см. Д24.5.5, 26.7.4, 28.1.5). При построении алгоритмов бывают полезны подпрограммы для отдельных полос (см. Д19.3.3, 21.3.4, 24.8.6, 25.4.7, 26.5.3, 27.1.4). Индукция и редукция могут опираться на вычёркивание строки и столбца (см. 22.3.1, 27.7.7.)

Словарик

407

Задачи: 19.1.4, 19.2.4, 19.3.3, Д19.3.3, 19.3.5, Д19.3.5, 19.4.6, Д19.4.6, 19.5.2, 19.6.3, 19.7.5, 20.1.1, 20.1.5, 20.2.3, Д20.2.3, 20.3.2, 20.6.5, 20.7.6, 21.1.5, 21.2.5, 21.3.4, 21.4.6, 21.7.5, 21.8.4, 22.1.1, 22.3.1, 22.3.4, 22.4.5, 22.5.5, 22.6.4, 22.7.5, 22.7.7, 22.8.4, 23.2.5, 23.3.3, 23.3.5, 23.4.3, 23.6.4, 23.7.2, 24.1.3, 24.3.7, Д24.3.7, 24.4.7, 24.5.5, Д24.5.5, 24.7.5, 24.8.6, 25.1.1, 25.1.5, 25.2.2, 25.3.4, 25.4.7, 25.7.2, 26.3.3, 26.5.3, 26.7.4, 26.7.7, 26.8.6, 27.1.4, 27.2.5, 27.3.3, 27.5.2, 27.5.5, 27.6.5, 27.7.5, 27.7.7, 28.1.5, 28.2.3, 28.3.3, Д28.3.3, 28.4.6, 28.5.3, 28.6.1, И7.1.7, И29.3.4.

Конечная плоскость Конечная (аффинная) плоскость — это конечное множество, в котором выделен некоторый набор подмножеств так, что выполняются аксиомы A1, A2, A3 (см. ниже). Используется язык из обычной геометрии: элементы плоскости называются точками, выделенные подмножества — прямыми, говорят: «точка лежит на прямой», «прямая проходит через точку», «точка пересечения двух прямых» и т. п. Прямые параллельны, если они совпадают или не пересекаются. Аксиомы: А1. Через любые две различные точки проходит ровно одна прямая. А2. Через любую точку проходит ровно одна прямая, параллельная данной. А3. Существуют три точки, не лежащие на одной прямой. Пример конечной плоскости: множество из 4 точек, где прямыми объявлены все двухэлементные множества. Рассматривая пучки параллельных прямых и их пересечения, нетрудно вывести из аксиом следующие свойства конечной плоскости. С1. На каждой прямой лежит одно и то же число точек. Это число n называется порядком конечной плоскости. С2. Всего на плоскости порядка n имеется n2 точек и n2 + n прямых. С3. Через каждую точку проходит ровно n + 1 прямая. С4. Все прямые разбиваются на n + 1 пучков параллельных прямых. Каждый пучок содержит n прямых.

408

Словарик

Конечные плоскости часто используются для построения примеров (см. 26.8.7). К сожалению, не для каждого натурального n существует плоскость порядка n. Например, не существует плоскости порядка 6; неизвестно, существует ли плоскость порядка 10. Зато известно, что существуют плоскости порядков pk для любой пары из простого p и натурального k. Плоскость порядка p построить легко: объявим её точками пары (x, y), а прямые задаются уравнениями y ≡ kx + b (mod p) и x ≡ b (mod p), все целые числа x, y, k, b могут принимать значения от 0 до p−1. Задачи: 26.8.7.

Конструкции Среди задач турнира значительная часть — на построение и исследование конструкций. Мы разбили их на несколько разделов. Здесь остались, в основном, те, что не вошли в разделы Оценка+пример, Постепенное конструирование, Алгоритм и Геометрическая комбинаторика. Чаще всего конструкцию надо построить. Не стоит начинать с чистого листа. Лучше оттолкнуться от чего-нибудь известного. Бывает, что всеми нужными свойствами обладает известная вам конструкция, просто вы об этих её свойствах не задумывались (см. 26.3.1, 27.6.2, 20.8.1, И31.7.4). Но даже если для пришедшей в голову конструкции выполнена лишь часть условий, попробуйте её «отремонтировать» (см. 26.2.5). Помогают также редукция и аналогия: строишь пример для упрощённого случая (скажем, для меньших значений параметра), а затем, отталкиваясь от него, для нужного (см. 21.1.5, 21.2.5). Построение облегчает повторямость. Старайтесь обойтись минимальным числом различных элементов (см. 27.1.2, 25.1.1, 27.4.1, 28.4.7б). В конструкциях на делимость такими элементами чаще всего бывают простые числа, из них все и строят (см. 21.5.4, Д21.5.4, 25.3.1). Для последовательностей пример часто периодичен, или составляется из нескольких периодических кусков. Последнее особенно характерно для серий цифровых примеров (см. 27.3.1, 27.7.2, 27.8.5). Пример может переходить сам в себя при сдвиге, вращении или симметрии (см. 19.4.6, 20.1.5, 21.1.5, 21.2.5, 21.5.3). Многие примеры берут за основу известные конструкции с высокой степенью

Словарик

409

симметрии: правильные многоугольники, правильные многогранники и их графы (см. 22.3.6), конечные плоскости (см. 26.8.7). Много-мало (мнимо противоречивые конструкции). Если два фактора (две величины) ведут себя сходно, но не одинаково, можно сыграть на частичном несходстве. И игрок, и казино хотят выиграть. Но если игроку важнее выиграть 9 раз из 10, а казино важнее остаться в плюсе — то это и надо устроить к обоюдному удовольствию! Более серьёзный пример: идти под парусом против ветра удаётся из-за того, что силы сопротивления воды и воздуха действуют по-разному. Итак, полезно помнить, что «больше и меньше», «много и мало» — понятия относительные. Прежде чем браться за мнимо противоречивую конструкцию, полезно проанализировать несходство. Чаще всего это удаётся сделать, составив подходящую систему уравнений или неравенств и решив её. Тогда мы либо установим невозможность конструкции, либо выясним какие-то важные её параметры. Ну а если все вышеперечисленные приёмы не помогли, то случай сложный. Не дожидаясь озарения, принимайтесь за основательное исследование конструкции, и её свойства сами подскажут, как строить пример (см. 21.4.5, Д21.4.5, 28.4.7). Много-мало. Задачи: 21.6.4, 19.5.1, 19.7.1, 20.2.5, 20.8.1, 22.7.1, 24.1.3, 24.6.2, 27.7.7. Задачи: 19.4.6, 19.5.1, 19.7.1, 20.1.5, 20.2.5, 20.8.1, 21.2.5, 21.4.5, Д21.4.5, 21.5.3, 21.5.4, Д21.5.4, 21.6.4, 22.7.1, 24.1.3, 24.6.2, 25.1.1, 25.3.1, 25.6.3, 26.2.5, 26.8.7, 27.1.2, 27.3.1, 27.4.1, 27.6.2, 27.7.2, 27.7.7, 28.3.2, 28.4.7, И31.7.4.

Кость игральная Кость игральная — кубик, на гранях которого нанесены числа от 1 до 6, обычно в виде точек. На стандартной игральной кости сумма чисел на каждой паре противоположных граней равна 7, но используют и нестандартные кости. Задачи: 19.7.3, Д19.7.3, 21.6.2.

21.1.5, 22.3.6, 26.3.1, 27.8.5,

410

Словарик

Кратная сумма Из n целых чисел всегда можно выбрать несколько (возможно, одно) с суммой, кратной n. Действительно, пусть исходные числа a1 , a2 , ... , an . Рассмотрим числа S0 = 0, Sk = a1 + ... + ak (k = 1, 2, ... , n). Этих чисел больше, чем вариантов остатка от деления на n, поэтому (по принципу Дирихле) найдутся два числа Si и Sj (i < j) с одинаковыми остатками. Тогда их разность кратна n и является искомой суммой: Sj − Si = ai+1 + ... + aj . Задачи: 24.3.6.

Кратчайший путь по поверхности Если у поверхности есть плоская развёртка (например, у выпуклого многогранника, конуса, цилиндра), то кратчайший путь между двумя точками на поверхности будет отрезком на одной из развёрток. Покажем это для выпуклых многогранников. 1) Ясно, что путь по каждой грани — отрезок, поэтому путь на поверхности (и на каждой развёртке) — ломаная. 2) Заметим, что грань не может содержать два звена ломаной. В противном случае, соединив две точки на разных звеньях, мы заменим ломаную в пространстве на отрезок и сократим путь. 3) Заметим, что кратчайший путь не может проходить через вершину (но может начинаться и/или кончаться в вершинах). Действительно, пусть участок пути ABC проходит через вершину B (точки A и C достаточно близки к B). От AB к CB по поверхности многогранника можно пройти в двух направлениях (рис. 1). В одном из этих направлений сумма плоских углов при вершине B меньше 180◦ (см. неравенство для многогранных углов в теме Неравенства в геометрии). B

B C

C

D

A

A Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Словарик

411

Развернём на плоскости грани, которые проходятся в этом направлении, и соединим точки A и C на этой развёртке отрезком (рис. 2). Вернувшись на поверхность многогранника, мы получим более короткий путь между A и C, чем ABC. 4) Построим развёртку, прикладывая на плоскости грани друг к другу в порядке прохождения по ним кратчайшего пути (грани, на которые путь не заходит, приклеим к ней произвольно). Докажем, что на этой развёртке кратчайший путь представляет собой отрезок. Предположим противное: путь имеется излом в точке D. Ясно, что D — внутренняя точка некоторого ребра. Но тогда путь можно сократить, соединив отрезком две близкие к D точки, лежащие по разные стороны от этого ребра (рис. 3). Противоречие. Замечание. Отрезок, соединяющий данные точки M и N на какой-нибудь развёртке, не обязан быть кратчайшим путём. Чтобы найти кратчайший путь, нужно рассмотреть все возможные развёртки. Существование кратчайшего пути. Выше доказано, строго говоря, только утверждение «Если кратчайший путь существует, то на некоторой развёртке он прямой». Существование кратчайшего пути в школьных учебниках не доказывается, а в вузовских моментально следует из теоремы о компактности. Восполним этот пробел и дадим элементарное доказательство для выпуклого многогранника. Данную пару точек A и B на поверхности выпуклого многогранника будем соединять ломаной, у которой вершины лежат на рёбрах, а на каждой грани лежит не более одного звена. Зафиксируем для такой ломаной цепочку граней в порядке следования. Можно считать, что у соседних граней цепочки всегда есть общее ребро (если нет, а только общая вершина, исправим цепочку добавлением нескольких граней с той же общей вершиной, как бы обходя «вокруг угла». Эта цепочка однозначно задаёт плоскую развёртку этих граней: она получается последовательным присоединением граней друг к другу по соответствующему ребру. Пространственная ломаная развернется в плоскую, при этом, возможно, углы при некоторых её вершинах станут развёрнутыми. Назовём такие вершины правильными. Вершину ломаной, совпадающую с верши-

412

Словарик

ной грани (на которой лежит соответствующее звено), назовём жёсткой. Ломаную AB на данной развёртке назовём хорошей, если каждая её вершина (кроме конечных) правильная или жёсткая. Нетрудно видеть, что число хороших ломаных конечно: хорошая ломаная задаётся положениями жёстких вершин, а положений — конечное число. Докажем, что при фиксированной цепочке каждая ломаная не короче некоторой хорошей. Отметим на ломаной концы, а также жёсткие и неправильные вершины. Пусть есть плохая (т. е. неправильная нежесткая) вершина C на ребре l.

C

D

E

C Рис. 4

Пойдя от C по ломаной в обе стороны, найдём ближайшие к C отмеченные вершины D и E. Будем двигать точку C по ребру l внутрь угла DCE, следя, чтобы ломаная DCE не вышла за пределы развёртки. Мы либо превратим ломаную DCE в отрезок DE (и тогда вершина C станет правильной, см. рис. 4), либо ломаная пройдёт через вершину грани (и тогда некоторая вершина G на фрагменте DCE станет жёсткой, см. рис. 5).

E

G

D

C

G

C Рис. 5

В обоих случаях сумма длин звеньев CD + CE станет меньше. Найдём следующую плохую вершину и повторим опера-

Словарик

413

цию. На каждом шаге у нас исчезает плохая вершина или появляется новая жёсткая вершина. Так как старые жёсткие вершины не исчезают, то процесс появления новых закончится, после чего постепенно исчезнут все плохие вершины. Осталось заметить, что общее число хороших ломаных конечно: число цепочек конечно, а для каждой цепочки хорошая ломаная задаётся положениями жёстких вершин, число которых тоже конечно. По доказанному выше самая короткая из списка хороших ломаных и даст нам кратчайший путь. Задачи: 25.3.6.

Логика Задачи на истинные и ложные высказывания (про лжецов и рыцарей), а также «я знаю, что ты не знаешь...». Задачи: 19.7.4, 20.1.4, 24.1.2, 28.1.2.

Метод Штурма доказательства неравенств Методом Штурма доказывают неравенства между симметрическими многочленами или выражениями, например неравенства о средних. Ключевой момент: если все переменные равны, то и значения выражений равны. Начав с исходного набора значений переменных, будем шаг за шагом менять их так, чтобы а) значение одного выражения менялось монотонно, а другого оставалось постоянным и б) среди значений переменных росло количество равных некоторому выбранному числу. В конце все переменные равны, выражения равны между собой, и ввиду монотонности неравенство доказано. Пример: докажем неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для нескольких чисел. Обозначим среднее арифметическое через a. Если не все числа равны, то среди них найдутся число x < a и число y > a. Заменим x и y на a и x + y − a. Сумма и среднее арифметическое всех чисел не изменятся, а их среднее геометрическое увеличится по свойству монотонности средних (см. Свойства средних). После нескольких таких замен все числа станут равны a, и средние сравняются. Значит, изначально среднее геометрическое было меньше. Задачи: 28.4.7.

414

Словарик

Многочлены и разложение выражений на множители Разложение на множители. Многочлен получается из переменных с помощью операций сложения, вычитания и умножения. Разложение таких выражений на множители часто оказывается шагом к решению задачи (см. 19.1.2, 19.2.3, 20.1.2, 23.5.3, 23.7.1, 25.8.5). Полезно помнить разложение для xn − yn , а также для xn + yn при нечётном n (см. 21.1.2); эти же формулы помогут «свернуть» сумму, после домножения на подходящий двучлен (см. 21.7.1). Раскладывать на множители можно не только многочлены, но и выражения с неизвестными в показателе (см. 21.2.2), а также числовые суммы (см. 19.5.4, 19.6.2): достаточно мысленно заменить числа или степени на переменные. Впрочем, такая замена может также помочь «свернуть» и произведение (см. 19.4.3), особенно если опереться на единственность стандартного вида. Стандартный вид. Многочлен единственным образом представляется как линейная комбинация произведений переменных, для одной переменной — в виде P(x) = kn xn + ... + k1 x + k0 . Стандартный вид для степени или произведения многочленов легко находится, что позволяет иногда использовать многочлены для перемножения чисел (см. И31.7.4). Числовые коэффициенты kn , ... , k1 , k0 связаны со значениями многочлена: P(0) = k0 , P(1) = kn + ... + k1 + k0 (см. 28.6.2, 27.8.3), а также с корнями многочлена по теореме Виета (см. 25.8.5, 28.5.4, 24.7.1, 28.8.1). Многочлены и корни. Разложение на множители многочленов от одной переменной тесно связано с корнями. Теорема (Безу). Многочлен P(x) делится на x − a ⇔ a — корень многочлена. Доказательство. Действительно, если P(x) = Q(x)(x − a), то P(a) = Q(a) · (a − a) = 0. Обратно, пусть P(a) = 0. Запишем многочлен в стандартном виде. Тогда P(x) = P(x) − P(a) = kn (xn − an ) + ... + k2 (x2 − a2 ) + k1 (x − a), и каждая скобка делится на (x − a). Для многочленов от нескольких переменных полезен такой, например, аналог: если многочлен обращается в ноль при x = y,

Словарик

415

то он делится на x − y (см. 19.2.3). Но главное следствие теоремы Безу — это следующая теорема. Теорема (о числе корней). Многочлен степени n имеет не более n различных корней. Доказательство. Действительно, если a — корень многочлена P(x), то P(x) = (x − a)Q(x), где степень Q(x) равна, очевидно, n − 1. Если b — другой корень многочлена P(x), то P(b) = (b − a)Q(b) = 0, но b − a 6= 0, поэтому Q(b) = 0. Значит, от Q(x) «отщепляется» множитель (x − b) и P(x) = (x − a)(x − b)R(x), где степень R(x) равна, очевидно, n − 2. Так как степень последнего множителя не может опуститься ниже нулевой, то и отщепить можно не более n раз. Следствие 1. Если два многочлена степени не выше n совпадают в n + 1 точке, то они тождественно равны. Доказательство. Действительно, разность этих многочленов имеет степень не выше n и n + 1 корней, следовательно, равна нулю. Следствие 2. Если два многочлена совпадают в бесконечном числе точек, то они тождественно равны. Следствие 3. У многочлена степени n не более n участков монотонности. Доказательство. Действительно, границы участков — это корни производной, а её степень равна n − 1. Теорема о числе корней и её следствия очень часто применяются в задачах, где не дан конкретный вид многочлена (см. 26.2.3, 26.8.4, 28.8.3). Многочлены с целыми коэффициентами. Если P(x) — многочлен с целыми коэффициентами, а m и n — различные целые числа, то P(m) − P(n) нацело делится на m − n. Доказательство. Действительно, P(x) − P(n) = (x − n)Q(x), где Q(x) — многочлен с целыми коэффициентами (см. рассуждение в теореме Безу). Теперь подставим x = m. См. 26.8.1. Симметрические многочлены — это многочлены от нескольких переменных, которые не меняются при любой перестанов-

416

Словарик

ке этих переменных. В частности, элементарные симметрические многочлены от двух переменных x и y — это x + y и xy, а от трёх переменных x, y и z — это x + y + z, xy + xz + yz и xyz. В общем случае элементарный симметрический многочлен степени k от переменных x1 , x2 , ... , xn — это коэффициент при Yn−k в многочлене (Y + x1 )(Y + x2 ) ... (Y + xn ). Основная теорема. а) Всякий симметрический многочлен представляется в виде многочлена от элементарных симметрических. б) Всякий симметрический многочлен от n переменных представляется в виде многочлена от s1 , s2 , ... , sn , где sk — это сумма k-х степеней переменных. Примеры. a) Обозначим, как в теореме Виета, x + y = −p, xy = q. Тогда x3 + y3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = −p3 + 3pq.

б) 6xyz = (x + y + z)3 − 3(x2 + y2 + z2 )(x + y + z) + 2(x3 + y3 + + z3 ) = s31 − 3s2 s1 + 2s3 . Часто бывает удобно выразить одни симметрические многочлены через другие (см. 20.4.3, 20.4.5, 28.3.3, Д28.3.3). Задачи: 19.1.2, 19.2.3, 19.4.3, 19.5.4, 19.6.2, 20.1.2, 20.4.3, 20.4.5, 21.1.2, 21.2.2, 21.7.1, 22.8.1, 23.5.3, 23.7.1, 24.7.1, 24.8.2, 25.8.5, 26.2.3, 26.8.1, 26.8.4, 27.8.3, 28.3.3, Д28.3.3, 28.5.4, 28.6.2, 28.8.1, 28.8.3, И15.7.5, И31.7.4.

Невыпуклые многоугольники Внутренняя диагональ. В каждом невыпуклом многоугольнике есть внутренняя диагональ. Действительно, выпустим из вершины угла ABC, большего 180◦ , «луч света» и будем его поворачивать из положения BA в положение BC. Его конец не может всё время скользить по одной стороне многоугольника (каждая сторона видна из вершины B под углом, меньшим 180◦ ), поэтому в момент «перехода» он упрётся в вершину. Подробности см. [Прасолов, задача 22.20]. Сумма внешних углов любого многоугольника (как выпуклого, так и невыпуклого 1) равна 360◦ . Отсюда следует, что сумма (внутренних) углов n-угольника равна 180◦ (n − 2). 1 Если внутренний угол a многоугольника больше 180◦ , то соответствующий внешний угол, равный 180◦ − a, будет отрицательным.

Словарик

417

Доказательство. Проведём индукцию по числу сторон. Для треугольника утверждение известно. Для проведения шага индукции разобьём многоугольник M внутренней диагональю AB на два многоугольника с меньшим числом сторон и обозначим их суммы внешних углов соответственно S, S1 и S2 . Сравним S с S1 + S2 . Изменения происходят только в точках A и B. Пусть угол A, равный a, разбился на углы a1 и a2 . Тогда слагаемое (180◦ − a) в S заменится в S1 + S2 на (180◦ − a1 ) + (180◦ − a2 ) = 180◦ + (180◦ − a), т. е. увеличится на 180◦ . Поэтому S + 360◦ = S1 + S2 , и так как S1 = S2 = 360◦ , то и S = 360◦ . Задачи: 19.4.2, 26.5.5.

Непрерывная комбинаторика В этих задачах возникают комбинации из конечного числа объектов, но сами объекты выбираются из бесконечного набора, заданного непрерывным параметром или параметрами. Кроме того, отношения между объектами и наборами задаются в первую очередь неравенствами. Соответственно, работа с неравенствами и служит главным средством при решении таких задач. Но неравенства нужно правильно выбрать. Основные приёмы: применить принцип крайнего (см. 23.6.3, 24.6.2, 27.3.6, 28.3.2), упорядочить объекты (см. 23.6.3, 27.8.6, 28.3.2), свести к известному неравенству, скажем, к неравенству между средним арифметическом и средним геометрическим (см. 26.3.4). Если в задаче есть равенство каких-то величин, полезно записать неравенства с участием именно этих величин (см. 26.3.4, 27.5.3, 27.6.3). В геометрических задачах (см. 24.6.2, 27.1.3, 24.4.2) чаще всего опираются на неравенство треугольника. В сложных случаях помогает разбиение области значений параметра на несколько интервалов (см. 27.1.3, 26.3.6, 27.3.6). Задачи: 23.6.3, 24.4.2, 24.6.2, 26.3.4, 26.3.6, 27.1.3, 27.3.6, 27.5.3, 27.6.3., 27.8.6, 28.3.2.

Непрерывность обычная и дискретная Из соображений непрерывности чаще всего доказывают существование или невозможность некого объекта или конструкции, не предъявляя его явно.

418

Словарик

Если объекты или ситуации задачи чётко делятся на две категории («два берега»), и если путь (процесс) начинается на одном берегу, а заканчивается на другом, то придётся переправляться. Часто именно это и решает задачу. Обычно у нас есть некоторая величина, которая меняется непрерывно. Тогда она принимает все значения между начальным и конечным. Если значение между ними соответствует «переправе», она непременно произойдёт (см. 25.6.3, 28.8.3). Наоборот, если «переправа» по условию невозможна, то «другой берег» недостижим (см. 27.3.4) или условие противоречиво (см. 28.3.2). «Переправа» может возникать и при пересечении ломаных (см. Д26.7.5). Дискретная величина принимает только целочисленные значения, но если она на каждом шаге изменяется не более чем на 1 (дискретно непрерывна), то обязательно примет все целые значения между начальным и конечным (см. 23.2.2, И30.3.7). Подходящую величину можно ввести самим. Например, для доказательства равенства двух величин в некоторый момент можно последить за их разностью. Это особенно эффективно, если значения величин в процессе как бы меняются местами: идущий из A в B встречает идущего из B в A (см. 20.7.4). Бывает что величина (или «берега») есть, а нет процесса. Тогда нужно организовать процесс, причём так, чтобы «на переправе» был достигнут нужный эффект (см. Д24.3.7), скажем, возникало узкое место (см. 24.2.5). Ключевая задача: 23.2.2. Задачи: 20.7.4, 23.4.3, 24.2.5, 24.3.3, Д24.3.7, 25.6.3, Д26.7.5, 27.3.4, 27.5.4, 28.3.2, 28.8.3, И30.3.7.

Неравенства в геометрии Здесь собраны задачи на доказательство и использование геометрических неравенств. Помимо обычных свойств неравенств мы можем пользоваться известными геометрическими неравенствами. Наиболее известно неравенство треугольника (см. 19.2.2, 23.7.1, 24.4.2, 24.6.2, 25.2.4а, 25.6.3а, 27.1.3), которое используют и для нахождения кратчайшего пути (см. 25.3.6).

Словарик

419

Нередко встречаются неравенство сторон и углов (против большей стороны в данном треугольнике лежит больший угол, в частности, гипотенуза длиннее катета (см. 22.5.2, 23.4.4, 25.3.5, 25.3.6)) и неравенство третьих сторон (если две стороны треугольника неизменны, то третья тем больше, чем больше противолежащий угол, см. 27.3.2, 23.4.4). Теорема (неравенство третьих сторон треугольников). Если в треугольниках ABC и A1 B1 C1 AB = A1 B1 и BC = B1 C1 , то ∠B < ∠B1 ⇔ AC < A1 C1 . Доказательство. Достаточно доказать только прямое утверждение. C2 C Можно считать, что AB 6 BC, тогда ∠C < 90◦ . Построим равный A1 B1 C1 треугольник ABC2 так, что луч BC лежит внутри угла ABC2 (см. рис.). Заметим, что четырёхугольник ABC2 C выB A пуклый (∠ACC2 < 180◦ как сумма двух острых). Имеем: ∠AC2 C < ∠BC2 C = ∠BCC2 < ∠ACC2 . Следовательно, в треугольнике ACC2 сторона AC меньше стороны AC2 . Замечание. Разумеется, приведённое утверждение — тривиальное следствие теоремы косинусов. Удобно получать неравенства из неравенств для тригонометрических функций (см. 24.6.3, Д24.6.3). В стереометрии надо иметь в виду неравенства для многогранных углов: 1) сумма плоских углов при вершине многогранного угла меньше 360◦ (см. 21.4.7); 2) неравенство треугольника для трёхгранного угла (сумма любых двух плоских углов больше третьего, см. 25.2.5). Некоторые неравенства естественно получаются из того, что одна фигура лежит внутри другой (см. 25.3.5, 24.7.2, 24.8.1, 25.2.4б). Задачи на применение неравенств к площадям или использование площадей для доказательства неравенств отнесены к подборке «Площади». Неравенство третьих сторон. Задачи: 23.4.4, 27.3.2.

420

Словарик

Задачи: 19.2.2, 21.4.7, 22.5.2, 23.4.4, 23.7.1, 24.4.2, 24.6.2, 24.6.3, Д24.6.3, 24.7.2, 24.8.1, 25.2.4, 25.2.5, 25.3.5, 25.3.6, 25.6.3а, 27.1.3, 27.2.4, 27.3.2.

Неравенство Йенсена Пусть функция f выпукла вниз, т. е. f(ta + (1 − t)b) 6 tf(a) + + (1 − t)f(b) для t ∈ [0, 1] и любых a, b. Тогда f(t1 a1 + ... + tn an ) 6 t1 f(a1 ) + ... + tn f(an ) для любых a1 , ... , an и неотрицательных t1 , ... , tn с суммой 1. Геометрически условие выпуклости вниз означает, что любая хорда, соединяющая точки графика, лежит не ниже графика. Легко проверить выпуклость функции, у которой есть непрерывная вторая производная: f(x) выпукла вниз, если f′′ (x) > 0. Доказательство неравенства Йенсена проведём индукцией по n. База при n = 2 совпадает с определением выпуклости. Шаг индукции. Обозначим t = t1 + ... + tn−1 , тогда tn = 1 − t tn−1

t

tn−1

t

и t1 + ... + t = 1. Обозначим a = t1 a1 + ... + t an−1 , тогда к сумме в правой части можно применить неравенство Йенсена по предположению индукции. Тем самым f(t1 a1 +...+tn an ) = f(ta+tn an ) 6 tf(a)+tn f(an ) 6   tn−1 t 6 t 1 f(a1 )+...+ f(an−1 ) +tn f(an ) = t1 f(a1 )+...+tn f(an ).  t

t

Задачи: 28.4.7.

Неравенство обратных чисел a

b

Если a и b — одного знака, то b + a > 2. (a − b)2 Действительно, это равносильно неравенству > 0. ab Задачи: 19.8.1.

Неравенство Чебышёва Если x1 6 x2 6 ... 6 xn , y1 6 y2 6 ... 6 yn , то (x1 + ... + xn )(y1 + ... + yn ) 6 n(x1 y1 + ... + xn yn ).

421

Словарик

Доказательство. Раскрыв скобки, сократив и сгруппировав, получим равносильное неравенство (x1 y2 + x2 y1 ) + (x1 y3 + x3 y1 ) + ... + (xn−1 yn + xn yn−1 ) 6 6 (n − 1)(x1 y1 + ... + xn yn ). Оно получается сложением для всех пар индексов неравенств xi yj + xj yi 6 xi yi + xj yj , а эти неравенства равносильны неравенствам (xi − xj )(yi − yj ) > 0, выполненным в силу условия (обе скобки одного знака). Задачи: 24.2.4, И29.3.5.

НОД и НОК Наибольший общий делитель, НОД — наибольшее натуральное число, которое делит данные целые числа. Известно, что любой другой общий делитель делит НОД. Если НОД равен 1, то числа называются взаимно простыми. Наименьшее общее кратное, НОК — наименьшее натуральное число, которое делится на данные целые числа. Известно, что любое другое общее кратное делится на НОК. Произведение НОД и НОК. Если m и n — натуральные числа, то НОК(m, n) · НОД(m, n) = mn. Действительно, пусть d = НОД(m, n), M = НОК(m, n). Очеmn является общим кратным чисел m и n, повидно, число

d mn mn > M, т. е. mn > Md. С другой стороны, M является d mn общим делителем чисел m и n, поэтому 6 d, т. е. mn 6 Md. M

этому

Задачи: 20.3.1, 20.4.1, 20.8.3, 23.4.2, 24.3.2.

Обратный ход Это в жизни неудобно ходить «задом наперёд», а в математике такое случается сплошь и рядом: например, при решении уравнений. Очень практично пустить в обратном направлении процесс с известным результатом, но неизвестным началом (см. 28.7.7). Обратный ход упрощает перебор, когда шаг назад можно сделать меньшим числом способов, чем шаг вперёд (см. 22.5.1). Если «прямой» и обратный ход выглядят одинаково, эффект может быть достигнут за счёт их сравнения (см. 25.7.5, 25.8.2). Обратный ход может заключаться и в выполнении шагов вперёд, но в обратном порядке (см. 28.5.2).

422

Словарик

Задачи: 22.5.1, 25.7.5, 25.8.2, 28.5.2, 28.7.7.

Общее положение точек Общее положение точек — свойство «наугад взятого» набора, свойства подавляющего большинства наборов. Точки общего положения на плоскости — никакие три из них не лежат на одной прямой. Точки общего положения в пространстве — никакие четыре из них не лежат в одной плоскости. Задачи: 25.1.4.

Окружности Львиная доля задач с окружностями решается за счёт удачной комбинации небольшого числа перечисленных ниже фактов, в основном широко известных и простых. Менее известны, но также полезны ориентированные углы. Углы и дуги (вписанные углы). Чаще всего проходит подсчёт углов с использованием равенства вписанных углов (включая угол между хордой и касательной) и связи вписанного и центрального угла (см. 19.3.4, 20.2.2, 20.7.2-реш.1, 23.3.4, 25.2.4б, 27.7.6, 28.2.2, 28.7.6), а также измерения угла полусуммой или полуразностью дуг (см. 22.2.1, 20.3.4-реш.2). Среди прочего, таким подсчётом доказывают принадлежность четырёх точек одной окружности (вписанность четырёхугольника) (см. 19.6.5, 20.8.2, 22.6.3, 22.7.3, 23.5.4, 24.3.4-реш.1, 24.7.6, 25.2.4, 26.7.2, 20.7.5-реш.2.3). Ориентированные углы позволяют проводить единообразные рассуждения для случаев взаимного расположения точек на окружности при подсчёте углов (см. 26.8.2, 26.2.1, 24.4.5). Хорды и касательные. Серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр круга (см. 20.3.4, 24.8.4, 26.4.4, 26.7.2), равные хорды стягивают равные дуги (см. 20.3.4, 22.2.1) и лежат на одинаковых расстояниях от центра (см. 20.3.4-реш.1). Касательные перпендикулярны радиусу, проведённому в точку касания (см. 19.6.5, 20.8.2); равны отрезки двух касательных, проведённые из одной точки (см. 22.3.2, 25.6.1, 28.6.3, 20.7.5, а также тему Вписанные и вневписанные окружности). Теоремы о произведении отрезков хорд и теорему о секущей и касательной можно сформулировать единообразно:

Словарик

423

Пусть заданы окружность и не лежащая на ней точка X. Проведём через X прямую, пересекающую окружность в точках A и B (A = B при касании). Тогда произведение XA · XB не зависит от выбора прямой. Этот факт упрощает подсчёты, позволяя избегать рассмотрения лишних подобных треугольников (см. 20.7.2, 24.8.4, 25.7.4). Окружность как ГМТ. То, что искомое ГМТ является окружностью или дугой окружности, обычно доказывают счётом углов либо подсчётом расстояния (радиуса) до предполагаемого центра (см. 21.7.3, 26.4.4). Напомним, что надо ещё проверить, что каждая из предъявленных точек удовлетворяет всем условиям. Чаще, однако, ГМТ является не целью, а вспомогательным средством для решения задачи. Так, в ряде задач полезно построить окружность, отсутствующую в условии, и воспользоваться её свойствами (см. 21.7.3, 22.7.3, 23.3.4, 23.4.1, 24.4.5, 24.7.6, 24.8.4, 25.2.4, 25.7.4, 26.4.7, 26.7.2). Но окружность уже есть ГМТ равноудалённых от центра! Также часто используется дуга окружности как ГМТ, из которых данный отрезок виден под данным углом (см. выше Углы и дуги, в частности 26.7.2, а также раздел Простая геометрия). Окружностями или дугами являются также менее известные ГМТ. Хорошая сводка таких ГМТ («азбука») есть в книгах [ПиК] и [Блинковы]. Напомним в связи с этим про окружность Аполлония (см. 26.4.7-реш.2). Окружность Аполлония для двух точек A и B — геометрическое место точек плоскости, для которых MA : MB = k, где k — фиксированное число, отличное M от 1. Покажем, что это действительно окружность. Будем считать, что k < 1. K B L A Рассмотрим на прямой AB точки K и L, принадлежащие нашему геометрическому месту (K находится на отрезке AB, L — на луче AB вне отрезка AB). Пусть M — произвольная точка вне прямой AB, принадлежащая нашему геометрическому месту. Согласно свойству биссектрисы, MK — биссектриса угла M, а ML — биссектриса внешнего угла M треугольника AMB (см. рис.).

424

Словарик

Следовательно, угол KML — прямой, т. е. M лежит на окружности с диаметром KL. Очевидно, что на каждом луче, выходящем из B, есть по крайней мере одна точка нашего геометрического места. Поэтому оно занимает всю указанную окружность. Окружность Аполлония. Задачи: 26.4.7. Задачи: 19.3.4, 19.6.5, 20.2.2, 20.3.4, 20.7.2, 20.7.5, 21.7.3, 22.2.1, 22.3.2, 22.6.3, 22.7.3, 23.3.4, 23.4.1, 24.3.4, 24.4.5, 24.7.6, 24.8.4, 25.1.2, 25.2.4, 25.6.1, 26.2.1, 26.4.4, 26.4.7, 26.7.2, 26.8.2, 27.7.6, 28.1.4, 28.6.3, 28.7.6.

20.8.2, 23.5.4, 25.7.4, 28.2.2,

Описанный многоугольник, свойство В описанном многоугольнике с чётным числом сторон сумма длин сторон, взятых через одну, равна полупериметру. Утверждение, что при выполнении этого равенства многоугольник описан, верно только для четырёхугольника. Задачи: 28.3.4.

Ориентация Ориентация замкнутого несамопересекающего пути на плоскости — направление обхода. Различают два направления: против часовой и по часовой стрелке. Путь ограничивает фигуру, и при обходе по часовой стрелке точки фигуры всегда остаются справа, а против часовой — слева. Ориентация многоугольника задана, если задан порядок обхода его вершин. Если задано соответствие вершин двух многоугольников (например, при равенстве или подобии), то и обходы их друг другу соответствуют. Если пара обходов ориентирована одинаково, говорят что соответствие сохраняет ориентацию (иначе — меняет ориентацию). В частности, движения без выхода из плоскости (параллельный перенос и поворот) ориентацию сохраняют, а осевая симметрия (переворот в пространстве) — меняет. Задачи: 19.4.2, 23.2.5, 26.2.1.

Ориентированные углы Ориентированный угол между прямыми ∠(l, m) — это угол, на который надо повернуть против часовой стрелки прямую l,

425

Словарик

чтобы она стала параллельна прямой m. Углы, отличающиеся на 180◦ , 360◦ , ... , считаются равными. Легко проверить, что для ориентированных углов выполнены следующие свойства. 1. ∠(l, m) = 180◦ − ∠(m, l) = −∠(m, l). 2. ∠(l, m) + ∠(m, n) = ∠(l, n). 3. a) Точки A, B, C, D лежат на одной окружности ⇔ ∠(AC, CB) = ∠(AD, DB). Это верно и при совпадении точек: например, если A совпадает с C, то надо под AC понимать касательную к окружности в точке A. б) Пусть при обходе по окружности точки A, B, C лежат именно в таком порядке. Тогда дуги AB и BC равны ⇔ ∠(AD, DB) = ∠(BD, DC). Это верно, и когда точка D попадает на одну из дуг или совпадает с одной из точек A, B или C. Свойства 3 объединяют три теоремы: о равенстве опирающихся на одинаковые дуги вписанных углов, о сумме углов вписанного четырёхугольника и об угле между касательной и хордой. Использование ориентированных углов и свойства 3 позволяет избегать перебора случаев со взаимным расположением точек на окружности. Предостережение. Перечисленные свойства могут создать иллюзию, что арифметические операции с ориентированными углами во всем аналогичны обычным. Складывать, вычитать и умножать на целое их действительно можно. Однако равенства здесь по модулю 180◦ , поэтому деление запрещено! Нельзя поделить обе части: скажем, 2 · 30◦ = 2 · 120◦ (разность равна 180◦ ), но 30◦ 6= 120◦ . В частности, если ACB — вписанный, а AOB — центральный угол, опирающиеся на хорду AB, то 1

∠(AO, OB) = 2∠(AC, CB), но равенство ∠(AC, CB) = ∠(AO, OB) 2 верно не всегда). Задачи: 20.8.2, 24.4.5, 26.2.1.

Ослабление условий Метод ослабления условий состоит во временном отказе от части условий (или временной замене их на более слабые). Он

426

Словарик

применяется для того, чтобы разбить сложную задачу на две простых. Задачу с ослабленными условиями легче решить, зато результат нуждается в доводке. Типичный «школьный» пример: упрощение уравнения возведением в квадрат обеих частей. В результате приобретаются посторонние корни, которые нужно отбросить при проверке. В задачах на поиск конструкции мы строим сначала «неполноценную» конструкцию, а потом доводим её до нужной (см. Постепенное конструирование, 23.3.1, 25.2.5, 19.4.4, 23.8.7, 22.8.6). Частным случаем ослабления является метод подобия в задачах на построение: сначала строится фигура, подобная искомой (как правило, она удовлетворяет всем условиям задачи, кроме одного), а затем построенная фигура растягивается (сжимается) до нужного положения или размера (как правило, с помощью гомотетии) (см. 26.1.4, 19.3.2-реш. 2). Задачи: 19.2.4, 19.3.2, 19.4.2, 19.4.4, 22.8.6, 23.3.1, 23.8.7, 25.2.5, 26.1.4.

Оценка Под оценкой мы понимаем неравенство, ограничивающее значение величины сверху или снизу. Оценка достижима, если неравенство может стать равенством (см. все задачи на оценку + пример, а также 20.2.1). Оценка точна, если она достижима или если разность между величиной и её оценкой может быть сколь угодно маленькой (см. 21.8.6). Оценки часто используют для доказательства невозможности, сводя задачу к невозможности достижения какого-то значения (см. 24.1.1, 28.4.4, 21.4.7, Д19.3.3). Возможно, однако, и доказательство через оценку существования нужного объекта, особенно в алгоритмах (см. И7.1.7, И32.8.7). Оценка + пример. Эти задачи очень полезны начинающим: они учат смотреть на одну и ту же ситуацию с двух сторон. Как правило, пример состоит из конкретной конструкции, а оценка достигается рассуждением, что все конструкции с большим ´ (или меньшим) значением параметра невозможны или не удовлетворяют условию задачи. Принцип Дирихле. Под задачами на «принцип Дирихле» обычно понимают задачи, где доказательство от противного проводится с помощью количественных оценок.

Словарик

427

Сам принцип Дирихле обычно формулируется так: если кроликов в клетках больше, чем клеток, то найдётся клетка, где сидит не менее двух кроликов. Это очевидно и без доказательства (которое, впрочем, состоит в одной фразе: в противном случае число кроликов не превышало бы числа клеток). Важный момент: мы доказываем существование клетки, не предъявляя самой клетки. Иногда используется и двойственная формулировка: Если кроликов меньше, чем клеток, то найдётся пустая клетка. Стоит отметить, что область применения принципа Дирихле в чистом виде довольно ограничена. Тем не менее, умело выбирая «клетки и кроликов», можно доказывать и неочевидные утверждения (см., например, Кратная сумма). Часто используются различные «обобщения» принципа Дирихле. Например: В любом наборе чисел найдётся число, не меньшее их среднего арифметического, и число, не большее их среднего арифметического (см. 24.5.1). Или для целых чисел: Если в n клетках сидит больше kn кроликов, то найдётся клетка, где сидит не менее k + 1 кролика (см. 20.3.4, 22.2.3, 25.8.6). Применение принципа Дирихле полезнее всего новичкам: это позволяет в простых случаях избежать формальной работы с неравенствами и учит чётче формулировать свои мысли, выделяя в задаче «клетки» и «кроликов». Заметим, что ввиду очевидности упомянутых формулировок отсутствие прямой ссылки на принцип Дирихле не является «дырой» в решении. Оценка + пример. Задачи: 19.1.4, Д19.3.3, 19.4.6, Д19.4.6, 19.6.3, 19.7.5, 21.3.1, 21.7.4, 21.7.5, 21.8.5, 21.8.6, 22.3.6, 22.3.7, 22.4.2, 23.3.5, 23.4.3, 23.4.4, 23.4.7б, 23.7.3, 24.1.3, 24.3.1, 24.3.5, 24.3.7, 24.4.7, 24.5.4, 24.6.4, 24.7.5, 24.8.6, 25.1.5, 25.2.2, 25.3.4, 25.3.7, 25.5.5, 25.7.2, 26.1.2, 26.2.2, 26.3.3, 26.5.3, 27.1.3, 27.3.3, 27.3.5, 27.5.5, 27.6.5, 27.1.3, 27.7.1, 27.7.5, 28.1.5, 28.3.7, 28.5.3, 28.6.1, 28.7.4. Принцип Дирихле. Ключевые задачи: 20.2.3, 24.5.1, 22.6.5.

428

Словарик

Задачи: 19.4.5, 19.7.3, Д19.7.3, Д20.2.3, 20.3.4, 20.5.5, 20.7.3, 22.2.3, 22.7.4-замеч., 23.3.4, 25.8.6, 26.8.7, 27.8.6, И29.3.4. Задачи: 19.1.4, Д19.3.3, 19.4.5, 19.4.6, Д19.4.6, 19.6.3, 19.7.3, Д19.7.3, 19.7.5, 20.2.1, 20.2.3, Д20.2.3, 20.3.4, 20.5.5, 20.7.3, 21.3.1, 21.3.4, 21.4.7, 21.7.4, 21.7.5, 21.8.5, 21.8.6, 22.2.3, 22.3.6, 22.3.7, 22.4.2, 22.6.5, 22.7.4, 23.3.4, 23.3.5, 23.4.3, 23.4.4, 23.4.7б, 23.7.3, 23.7.5, 24.1.1, 24.1.3, 24.3.1, 24.3.5, 24.3.6-реш.2, 24.3.7, 24.4.7, 24.5.1, 24.5.4, 24.6.4, 24.7.5, 24.8.6, 25.1.5, 25.2.2, 25.3.4, 25.3.7, 25.5.5, 25.7.2, 25.8.6, 26.1.2, 26.2.2, 26.3.3, 26.5.3, 26.8.7, 27.1.3, 27.3.3, 27.3.5, 27.5.5, 27.6.5, 27.7.1, 27.7.5, 27.8.6, 28.1.5, 28.3.7, 28.4.4, 28.5.3, 28.6.1, 28.7.4, И7.1.7, И29.3.4, И32.8.7.

Перебор При решении задач нередко приходится разбирать много случаев. В наших решениях мы стараемся показать, как можно разумно организовать перебор (т. е. не пропустить случай, но и не утонуть в случаях) и как можно перебор компактно изложить. Прежде всего, надо чётко перечислить все логически возможные случаи (см. 21.4.5, 23.8.6, 26.4.6, 27.8.7, 19.3.5). Без такого перечисления решение будет как минимум существенно неполным, даже в геометрических задачах, где разбор аналогичных случаев часто опускают (см. 20.8.2 — ложный след). Решение неполно и при пропуске тех случаев, которые на самом деле невозможны (свести такой случай к противоречию — ваша задача!). Уменьшить число случаев помогает переход к более простым объектам (см. Д19.3.5, 20.8.5), например, к остаткам (см. 24.8.5). Можно рассматривать и составные случаи, которые делятся на подслучаи (см. 19.7.6, 23.1.3, 23.6.3, 27.1.5, 26.3.6, 22.3.3). Однако до рассмотрения «подподслучаев» опускаться не стоит (этим особенно грешили многие виденные нами решения задачи 26.3.6). Тут необходимо применять средства сокращения перебора. Когда есть выбор, перебор надо делать в узком месте, где свобода наименьшая (см. 19.4.2в). Очень помогает сокра-

Словарик

429

тить число вариантов и предварительное исследование (см. 21.1.2). Нередко удаётся с помощью одного рассуждения рассмотреть сразу несколько случаев (см. 26.5.2, 25.6.4). В частности, можно связывать случаи в цепочку переходящих друг в друга (23.7.4, 24.8.5), вести рассуждение по индукции, сводя к уже рассмотренному «меньшему» случаю (см. 23.5.5). Полезно рассматривать группу случаев единообразно (см. 21.1.2, 22.7.2), чаще всего — за счёт введения переменной вместо числового параметра (см. 25.3.3, 26.3.6). Задачи: 19.3.5, Д19.3.5, 19.4.2в, 19.7.6, 20.8.5, 21.1.2, 21.4.5, Д22.1.3, 22.3.3, 22.7.2, 23.1.3, 23.5.5б, 23.6.3, 23.7.4, 23.8.6, 24.8.5, 25.3.3, 25.6.4, 26.3.6, 26.4.6, 26.5.2, 27.1.5, 27.8.7.

Пересечение ломаных, или пересечение путей ладьи Теорема. 1) Если в квадрате проведены две ломаные, одна из которых соединяет верхнюю сторону с нижней, а вторая — левую сторону с правой, то эти ломаные имеют общую точку. 2) Если на клетчатой доске одна (хромая!) ладья прошла от верхней стороны к нижней, а другая — от левой стороны к правой, то имеется клетка, через которую прошли обе ладьи. Доказательство. Сперва докажем, что утверждения равносильны. Ясно, что из 1) следует 2). Обратное верно, поскольку по контрпримеру к 1) строится контрпример к 2). Действительно, если ломаные не пересекаются, то расстояния между любыми их точками не меньше некоторого d (это верно для отрезков, а пар отрезков конечное число). Разобьём квадрат на клетки с диагональю меньше d, тогда в одну клетку не могут попасть точки разных ломаных. Ясно, что ладья может пройти от края до противоположного края по клеткам, где внутри или на границе есть хотя бы одна точка соответствующей ломаной. Теперь докажем 2) от противного. Пусть контрпример существует. Их (для данного размера доски) — конечное число. В каждом контрпримере раскрасим клетки на пути первой ладьи в красный, на пути второй — в синий, остальные клетки — в белый цвета.

430

Словарик

Небелые клетки будем называть цветными. Ситуацию, когда в квадратике 2 × 2 ровно три клетки — цветные одного цвета, а четвёртая клетка D — нижняя, назовём уголком, D — дополнением, а клетку по диагонали от неё — вершиной уголка. Среди контрпримеров оставим только минимальные по общему числу цветных клеток. Теперь никакой квадратик 2 × 2 не может быть целиком синим или красным (иначе путь можно сократить). У каждой некрайней клетки пути есть, как минимум, два соседа её цвета (иначе ладья поворачивает назад и клетку можно выкинуть). Кроме того, на обоих путях ходы из крайних клеток перпендикулярны соответствующим краям (иначе крайнюю клетку можно отбросить). Поэтому крайняя клетка пути не может быть дополнением уголка. Хотя бы один уголок найдётся: красный путь не может быть строго вертикален (иначе он перегородит синий путь), а на первом его повороте (при старте снизу) возникает красный уголок. Усилим требования минимальности: среди оставшихся контрпримеров выберем один с минимальной суммой высот (расстояний до нижнего края) цветных клеток. Рассмотрим в нём уголок с минимальной высотой вершины, D — его дополнение. Клетка D — не белая, иначе можно было бы вершину уголка заменить на D и уменьшить сумму высот. Поэтому D — цветная противоположного цвета и, как показано выше, не крайняя на пути. Но тогда D — вершина уголка с меньшей высотой. Противоречие. Мы перебрали все варианты, значит, контрпримера нет вообще. Замечание. Этот факт можно доказать совсем коротко, сославшись на теорему Жордана. Задачи: 24.3.7, 24.4.7.

Площадь и объём При решении олимпиадных задач площади (и объёмы) используются весьма широко. Для вычисления площадей помимо школьных формул полезно знать, что площадь четырёхугольника равна половине произведения длин его диагоналей на синус угла между ними (см. 25.2.4), а также формулу Пика (см. 20.7.6). Кроме формул при решении задач используются свойства площадей.

Словарик

431

Во-первых, одну и ту же площадь можно вычислить несколькими способами. Во-вторых, площадь целого равна сумме площадей частей (см. 19.8.2, 20.7.6-реш.2, 21.8.4, 23.4.7, 28.3.1, 28.7.2, И7.4.6). Бывает полезным связать соотношения между отрезками или углами (равенство, неравенство, отношение) с соответствующими соотношениями между площадями. Так, отношение площадей треугольников с одинаковой (в частности, общей) высотой равно отношению их оснований, а с одинаковыми основаниями — отношению высот (см. 21.1.1, 21.3.2, 21.5.2, 27.2.4); отношение площадей треугольников с равными или дополнительными углами равно отношению произведений прилежащих к углам сторон (см. 21.6.1). Часто используют и отношение между площадями подобных фигур (см. 20.8.1, 28.3.1). Работа с площадями помогает и при решении стереометрических задач. Даже если в исходной формулировке площадей нет, они могут появиться при проекции (см. 20.4.5, 20.8.1, 25.8.3), в сечении (см. 28.4.4), а также в формулах вычисления объёма (см. 25.4.6, 28.4.4-реш.2). Неравенства с площадями. Прежде всего, площадь части меньше площади целого (см. 22.4.6, 23.4.7, 27.2.4). Неравенства площадей треугольников вытекают из неравенств высот и сторон (см. 25.2.4, 27.2.4), а формулу связи между периметром и площадью описанного многоугольника можно иногда использовать и как неравенство (см. 22.4.6). При проектировании площадь фигуры не увеличивается и остаётся равной лишь при проектировании на параллельную плоскость (см. 20.4.5, 25.8.3). Можно использовать и то, что если основание треугольника неподвижно, а вершина движется по прямой, то площадь меняется монотонно (см. 21.3.2) и даже линейно. Даже если площадь или объём не упомянуты в условии задачи, они могут возникать в решении как вспомогательный инструмент для оценок и подсчётов (см. 19.8.2, 20.4.5, 21.8.4), в том числе и в негеометрических задачах (см. 20.7.6, 21.8.6, 28.1.1, 28.2.1, И7.4.6). Задачи: 19.8.2, 20.4.5, 20.7.6, 20.8.1, 21.1.1, 21.3.2, 21.5.2, 21.6.1, 21.8.4, 21.8.6, 22.4.6, 23.4.7, 23.7.3, 25.2.4, 25.4.6, 25.8.3, 27.2.4, 28.1.1, 28.2.1, 28.3.1, 28.4.4, 28.7.2, И7.4.6.

432

Словарик

Подмена объекта Чтобы доказать равенство двух объектов (величин), можно доказать, что каждый из них равен некоторому третьему объекту (посреднику). Искусство состоит в выборе посредника (см. 19.5.3, 21.8.4, 22.3.1). В частности, в геометрии есть приём выпрямления: чтобы доказать равенство сумм длин некоторой длине, строят дополнительный отрезок, равный этой сумме (см. 19.1.3, 25.3.6, 27.6.4). Посредник помогает и при доказательстве неравенства U > V: подберём такое W, что U > W > V (см. 19.8.2-реш.1, 27.7.7, 22.8.4, 27.5.3, метод Штурма); аналогично можно доказать, что фигура U накрывает V, доказав, что U накрывает фигуру-посредник W, которая накрывает V (см. 22.5.4). Чтобы доказать существование объекта с некоторыми свойствами, можно взять уже готовый объект и доказать, что он обладает нужными свойствами (см. 27.1.1, 28.8.5, 28.2.2). Похожий приём работает и в более общей ситуации. Пусть мы хотим доказать, что описанный в задаче объект A обладает некоторым свойством. Мы берём какой-то другой объект B с этим свойством, и доказываем, что нужные свойства у A и B одинаковы (см. 23.1.4). Скажем, доказываем, что B = A (см. 20.7.5, 28.4.2, 26.7.2). Или преобразовываем A в B шаг за шагом так, чтобы нужное свойство сохранялось на каждом шаге (см. 20.7.6, 22.8.4, 27.8.7, 28.4.2, инвариант) или менялось монотонно (см. 27.8.6, полуинвариант). Помогает и установление соответствия между свойствами A и B (см. 19.3.1, 20.2.4, 26.5.1). Можно также сделать дополнительное построение и преобразовать изучаемый объект, сделав его частью большего объекта с хорошо изученными свойствами (см. 20.5.2, 21.1.1, 21.7.2, 27.2.4, 27.4.5, 28.6.2). Классический пример: надо доказать, что через точку пересечения двух медиан проходит третья медиана. Подменим объект: рассматриваем точку, которая делит одну из медиан в отношении 2 : 1, считая от вершины. Покажем, что другие медианы проходят через эту точку. Задачи: 19.1.3, 19.3.1, 19.5.3, 19.8.2, 20.2.4, 20.5.2, 20.7.5, 20.7.6, 21.1.1, 21.7.2, 21.8.4, 22.3.1, 22.5.4, 22.8.4, 23.1.4,

Словарик

433

25.3.6, 26.5.1, 26.7.2, 27.1.1, 27.2.4, 27.4.5, 27.5.3, 27.6.3, 27.6.4, 27.7.7, 27.8.6, 27.8.7, 28.2.2, 28.4.2, 28.6.2, 28.8.5.

Подобие. Теорема Фалеса При подобии сохраняются углы, а длины всех отрезков умножаются на одно и то же число (коэффициент подобия). Поэтому, доказав подобие каких-то фигур (обычно треугольников), можно сделать вывод о равенстве некоторых углов (см. 21.2.1, 24.8.1) или найти какое-нибудь отношение: отрезков (см. 20.7.5, 20.3.3, 26.3.5-реш.2), площадей (см. 20.8.1) или объёмов. Отметим, что подобие сохраняет качественные свойства фигуры (например, вписанность) (см. 20.3.3-реш. 2). Более того, подобие устанавливает соответствие между всеми точками подобных фигур. Как следствие, например, ортоцентр переходит в ортоцентр, точки касания — в точки касания, и треугольники с вершинами в соответственных точках подобны с тем же коэффициентом (см. 23.8.5). Известные пропорции в прямоугольном треугольнике есть следствие подобия самого треугольника и двух частей, на которые он разбивается высотой, опущенной на гипотенузу 26.8.5. Помимо трёх общеизвестных признаков подобия треугольников можно пользоваться и другими. Например, треугольники с соответственно параллельными сторонами подобны (см. 26.5.4, 20.7.5-реш.1, 19.5.3, 27.7.3-реш.1). Выводы об отношении отрезков также следуют из теоремы Фалеса (см. 21.7.2, 23.1.1). Применение этой теоремы не следует путать с применением подобия, хотя в некоторых случая это взаимозаменяемо. Обратная теорема Фалеса фактически является одним из признаков параллельности прямых (см. 19.3.2-реш.1, 23.1.1, 24.1.5). Метод подобия при решении задач на построение состоит в том, что сначала строится фигура, подобная искомой (как правило, эта фигура удовлетворяет всем условиям задачи, кроме одного, см. ослабление условий при постепенном конструировании), а потом построенная фигура растягивается (сжимается) до нужного положения или размера (как правило, с помощью гомотетии) (см. 26.1.4, 19.3.2-реш.2).

434

Словарик

Близкая идея — построение одного из элементов пропорции по трём остальным (см. 27.2.2). Задачи: 19.3.2, 19.5.3, 20.3.3, 20.7.5, 20.8.1, 21.2.1, 21.7.2, 22.3.2, 22.4.3, 23.1.1, 23.8.5, 24.1.5, 24.8.4, 26.1.4, 26.2.1, 26.3.5, 26.5.4, 26.8.5, 27.2.2, 27.7.3.

Последовательности Наиболее известные примеры числовых последовательностей — арифметическая прогрессия, в частности — последовательные натуральные числа. Для решения задачи порой достаточно знать лишь формулу суммы прогрессии (см. 25.7.1, 27.5.2) или уметь записать алгебраически связь между двумя членами и разностью прогрессии (см. 25.3.1, 28.2.4, 23.4.5). Аналогично могут решаться задачи на геометрическую прогрессию (см. 28.2.4). Все члены прогрессий (а значит, и их свойства) однозначно задаются двумя параметрами: первым членом и разностью/знаменателем или двумя первыми членами (см. 25.6.4, 28.2.4, 28.7.5). Прогрессия может быть задана неявно или быть вспомогательной последовательностью (см. 24.5.4, 19.3.1). Вообще, построение вспомогательной последовательности с более простыми свойствами упрощает задачу (см. 23.7.6, 24.2.5, 26.1.1, Д20.8.5б, И30.3.7). К бесконечным последовательности можно применять общие приёмы (см. Бесконечность) или пытаться воспользоваться такими свойства, как периодичность (см. 20.6.1) или ограниченность (см. 21.3.5, 24.8.2, 28.2.4). Важную роль играет бесконечно убывающая геометрическая прогрессия, у которой сумма бесконечного числа слагаемых конечна (см. 21.6.4). Когда наоборот, надо установить какое-то «плохое» свойство последовательности — непериодичность, неограниченность или бесконечность — полезно действовать от противного. Ведь «противное» в этом случае — что-то «хорошее», с которым легче работать (см. 28.4.3, 28.6.4, 24.4.6). Задачи: 19.3.1, 20.6.1, 20.8.5, Д20.8.5, 21.3.5, 21.6.4, 23.4.5, 23.7.6, 24.2.5, 24.4.6, 24.5.4, 24.8.2, 25.3.1, 25.5.2, 25.6.4, 25.7.1, 26.1.1, 26.2.5, 27.5.2, 28.2.4, 28.3.6, 28.4.3, 28.6.4, 28.7.5, И30.3.7.

Словарик

435

Постепенное конструирование Дом строят не сразу: сперва фундамент, потом стены, наконец — крышу. Так и сложные математические примеры, контрпримеры и алгоритмы часто удобнее строить по частям. Порядок действий может быть естественно определён условиями (см. 20.7.3, 28.3.7). В частности, многоэтажные здания строят, ставя по очереди следующий этаж на предыдущий. В математике этому соответствует индуктивное построение, когда, например, конструкция для n + 1 строится из конструкции для n (см. 23.4.2, 23.7.4, 19.8.3, 25.4.2); впрочем, можно каждым шагом надстраивать и несколько этажей (см. 24.7.3). Другой способ построения — это постепенное улучшение. Например, мы строим дом без окон и дверей, а потом их навешиваем. При построении: мы ослабляем условия (скажем, отказываемся от части из них), строим «неполноценную» конструкцию, а потом доводим её до нужной (см. 23.3.1, 25.2.5, 19.4.4, 23.8.7, 22.8.1, 22.8.6, Д25.8.6, 27.4.4). Частным случаем ослабления является метод подобия в задачах на построение (см. 26.1.4). Там, где нужно много шагов, часто с помощью некоторого алгоритма постепенно улучшают какой-то параметр (см. 27.4.4, 28.8.6). Например, при наведении порядка постепенно уменьшают число вещей, лежащих не на своём месте (см. 23.4.6, 23.7.7, 23.8.4). Если число шагов фиксировано, а надо достичь максимума, то можно применить жадный алгоритм, достигая максимума возможного на каждом шаге (см. 20.5.4). Ключевая задача: 23.3.1. Задачи: 19.4.4, 19.8.3, 20.5.4, 20.7.3, 22.8.1, 22.8.6, 23.3.1, 23.4.2, 23.4.6, 23.7.4, 23.7.7, 23.8.4, 23.8.7, 24.7.3, 25.2.5, 25.4.2, 25.4.7, Д25.8.6, 28.3.7, 28.8.6.

Правильные многогранники Правильные многогранники (платоновы тела) — это выпуклые многогранники, у которых все грани — равные между собой правильные многоугольники, а в каждой вершине сходится одинаковое число рёбер.

436

Словарик

Отсюда следует, что все рёбра равны и все двугранные углы при рёбрах равны. У каждого правильного многогранника есть вписанная и описанная сферы. Существует лишь пять правильных многогранников: правильный тетраэдр, куб, октаэдр, додекаэдр и икосаэдр. Двойственность. Центры граней правильного многогранника очевидно являются вершинами другого правильного многогранника. Он называется двойственным к исходному. Количество вершин (граней) двойственного многогранника равно числу граней (вершин) исходного, а числа рёбер у них совпадают. Правильный тетраэдр — частный случай треугольной пирамиды 1. Имеет 4 треугольные грани, 4 вершины, 6 рёбер. В каждой вершине сходится по 3 ребра. Самодвойствен: центры граней образуют другой правильный тетраэдр. Октаэдр имеет 8 треугольных граней, 6 вершин и 12 рёбер; в каждой вершине сходится по 4 ребра (см. рис.). Октаэдр двойствен кубу. Куб (гексаэдр) имеет 8 вершин, 12 рёбер и 6 квадратных граней; в каждой вершине сходится по 3 ребра. Куб двойствен октаэдру. Четыре вершины куба, никакие две из которых не лежат на одном ребре, являются вершинами тетраэдра. Икосаэдр имеет 12 вершин, 30 рёбер и 20 треугольных граней; в каждой вершине сходится по 5 рёбер. Икосаэдр двойствен додекаэдру. Додекаэдр имеет 20 вершин, 30 рёбер и 12 пятиугольных граней; в каждой вершине сходится по 3 ребра. Додекаэдр двойствен икосаэдру. Додекаэдр. Задачи: 26.8.5, 27.8.7. Икосаэдр. Задачи: 26.8.5. Октаэдр. Задачи: 19.6.4, 28.2.5, 28.8.5.

Принцип крайнего Принцип крайнего советует в первую очередь обратить внимание на объекты «с краю», где край понимается геометриче1

Существует разнобой в терминологии. В ряде источников тетраэдром называется произвольная треугольная пирамида, в других — только правильный многогранник.

Словарик

437

ски (граница, вершина, угол — см. 20.5.4, 20.6.4, 25.1.5) или арифметически (наибольшее, наименьшее — см. 22.1.3, 22.3.1, 22.7.4, 27.4.4, 22.3.3, 20.2.3, 22.1.3, 23.8.1, 25.7.6, И29.3.5); в процессах — начало или конец (см. 23.3.5, 27.3.3). Для целых чисел полезно рассматривать НОД и НОК (они уже по названию являются крайними). Но и среди значений НОД и НОК может быть полезным рассмотреть крайнее, скажем, случай, когда НОД = 1 (см. 22.1.3б). Можно рассматривать и несколько крайних объектов. Так, для получения оценки бывает полезным выбрать два крайних объекта: для разностей — наибольший и наименьший (см. 20.2.1, 24.3.1), для расстояний — наиболее удалённые друг от друга. Упорядочив объекты по некоторому параметру, можно рассматривать группы крайних (см. 22.1.3, 27.6.5, 27.3.6). Если в задаче есть полуинвариант, может быть полезным рассмотреть случай с экстремальным значением полуинварианта (см. 19.7.6-реш.1, 23.8.4). Выбрать крайний объект или крайнюю ситуацию трудно, когда неясно, какой из параметров стоит оптимизировать. Часто бывает полезным минимизировать степень свободы, выбрав узкое место: оттуда легче дойти до противоречия или построить существенную часть конструкции (см. 23.4.3, 19.3.5). Важным частным случаем принципа крайнего является минимальный контрпример (см. 22.1.3б, 23.3.6, 22.8.4-реш.1). Условие минимальности облегчает поиск (или построение) контрпримера, а доказав, что нет минимального, мы докажем и отсутствие контрпримеров вообще. Особенно эффективно срабатывает поиск минимального контрпримера, когда есть несколько параметров для оптимизации: мы ищем минимальный пример по одному параметру, среди них — минимальный по следующему параметру и т. д. Если при этом оказывается, что контрпример отсутствует, то процесс поиска «прячется за кадром», а на виду остаётся только доказательство, что указанное построение всегда возможно (см. 19.7.6, 21.8.3, 23.8.4, 26.4.6). Минимальный контрпример. Задачи: 19.4.5, 22.1.3б, 23.3.6, 22.8.4-реш.1, 22.1.3. Ключевые задачи: 19.6.3, 20.2.1, 22.1.3.

438

Словарик

Задачи: 19.3.5, 19.4.5, 19.7.6, 20.2.3, 20.5.4, 20.6.4, 21.8.3, 22.3.1, 22.3.3, 22.7.4, 22.8.4-реш.1, 23.3.5, 23.3.6, 23.4.3, 23.8.1, 23.8.4, 24.3.1, 25.1.5, 25.7.6, 26.4.6, 27.3.3, 27.3.6, 27.4.4, Д27.4.4, 27.6.5, И29.3.5.

Причёсывание задачи Суть задачи зачастую проясняется, если очистить условие от несущественных подробностей, а решение — от тривиальных шагов и случаев. Опытный решатель всегда старается сначала привести задачу к удобному виду. Предварительную обработку он делает почти автоматически, начиная решение фразами «без ограничения общности», «можно считать, что» (см. 24.8.7), «достаточно рассмотреть», «учитывая симметрию» и т. п. (см. 20.7.4, 24.8.7, 28.6.5). Видимо, самый распространённый приём «приведения к удобному виду» — метод «от противного» (см. 22.2.2, 19.3.5, 20.7.6, 22.4.5, 28.4.3, 28.6.4, Д21.5.4, Д26.7.5). Метод особенно эффективен, когда надо доказать какое-то «плохое» свойство (бесконечность, непериодичность, иррациональность). Ведь «противное» в этом случае — что-то «хорошее», с которым легче работать. Хорошо свести задачу к частному случаю (см. 27.2.1, 20.4.6, 23.6.2). В задаче на делимость, например, это может быть случай взаимно простых чисел (см. 20.4.1) или замена всех чисел остатками (последними цифрами) (см. 28.2.3, 24.1.4). Небольшое изменение условий может свести задачу к более простой (см. 22.5.1, 21.4.2б, 27.6.3, 28.5.5). Задачи: 19.3.5, 20.4.1, 20.4.6, 20.7.4, 20.7.6, 21.4.2, Д21.5.4, 22.2.2, 22.4.5, 22.5.1, 23.6.2, 24.1.4, 24.8.7, 26.1.4, Д26.7.5, 27.2.1, 27.6.3, 28.2.3, 28.4.3, 28.5.5, 28.6.4, 28.6.5.

Простая геометрия В этот раздел мы отнесли задачи, для решения которых не требуется знаний (идей), выходящих за рамки начального курса геометрии: признаки равенства треугольников (в том числе прямоугольных); свойства равнобедренных треугольников; серединный перпендикуляр; свойства и суммы углов (вплоть до суммы углов треугольника); угол, опирающийся на диаметр;

Словарик

439

прямоугольный треугольник с углом в 30◦ ; медиана прямоугольного треугольника; теорема Пифагора, свойства и признаки параллельных прямых и параллелограммов; свойства медиан и средних линий. Это не значит, что все задачи этого раздела достаточно просты, например, не всегда легко увидеть нужные равные треугольники и их приходится «строить» (см. 27.4.5, И18.7.6). Укажем также несколько задач, в которых, хотя и использованы более «высокие» идеи, но указанные «простые» соображения играют определяющую роль: 24.3.4-реш.2, 27.1.1, 28.7.2. Задачи: 20.1.3, 21.1.1, 22.1.2, 22.7.6, 23.2.1, 24.3.4-реш.2, 24.5.3, 25.1.2-реш.2, 25.5.1, 26.3.1, 26.3.2, 26.5.1-реш.2, 26.6.1, 26.7.2, 27.1.1, 27.4.5-реш.1, 27.5.1, 28.5.1, 28.7.2, И18.7.6.

Процессы Под процессом мы понимаем последовательную смену позиций (а также положений, объектов, и т. п.) в задаче или в её решении. Типичные примеры процессов: игры и рекуррентные последовательности, но они выделены в отдельные подборки. Вопрос чаще всего ставится о результате процесса (см. 19.7.6), но могут исследоваться и его свойства (см. Д19.3.3). Иногда для решения задачи удобно «создать» какой-то процесс (см. 27.8.7, 20.7.6-реш.1, 28.3.3). Обычно это сочетается с подменой объекта: мы сами шаг за шагом преобразовываем конструкцию задачи к какой-то другой, следя лишь затем, чтобы интересующее нас свойство сохранялось (инвариант!). Собственно, исследование свойств процесса почти всегда помогает решить задачу. Очень полезно разобраться, что сохраняется, а что меняется при переходе к очередной позиции. Часто удаётся связать с каждой позицией числовую величину (или несколько величин) и обнаружить, что эта величина не изменяется или меняется монотонно. Инвариант — это неизменное число или свойство позиции, полученной разрешёнными действиями. Типичные инварианты: чётность (см. 20.7.6, 25.4.7, 27.8.7), делимость на какое-то число (см. 22.7.2, 25.5.3б), остаток по какому-то модулю (см. 20.7.1), произведение или сумма всех чисел или остатков (см.

440

Словарик

26.7.7, 28.1.1, 28.2.1), периметр или площадь (см. 23.4.4, 28.1.1), ориентация (см. 23.2.5) и т. п. Бывает, что определённым свойством обладают лишь некоторые элементы позиции (см. 23.7.5, 25.4.7). Чтобы выявить инвариант, часто применяют раскраску (см. 20.7.6). Чаще всего инвариант используют для доказательства невозможности получить некоторый результат (позицию, объект): тут достаточно показать, что конечное значение инварианта будет отличаться от начального (см. 22.7.2, 25.5.3б, 23.2.5, 25.4.7, 25.6.4). Но инвариант может быть полезен и для поиска оптимальной конструкции: зная его, можно при поиске нужной конструкции (скажем, оптимальной, см. 20.7.1) ограничиться случаями с данным значением инварианта. Полный инвариант (или набор инвариантов) гарантирует, что позиции с одинаковыми значениями могут быть получены друг из друга. Это помогает при подсчёте числа достижимых позиций (см. 23.4.4). Полуинвариант — это связанное с позицией число, которое при разрешённых действиях всё время растёт или всё время убывает. Типичные полуинварианты: сумма, произведение, модуль разности (см. 27.5.4), сумма модулей (см. 19.7.6). Полуинвариант гарантирует неповторение позиций. Если полуинвариант может принимать лишь конечное число значений или убывает, принимая лишь натуральные значения, то он достигнет «крайнего» значения. Такие полуинварианты часто используют, чтобы доказать достижимость результата (см. 21.8.3). В частности, удобно строить алгоритм так, чтобы каждый шаг «улучшал» некоторый полуинвариант, а желаемый результат достигался при крайнем значении полуинварианта (см. 27.3.6, 27.4.4). Полуинвариант с постоянным приращением может быть использован и для подсчёта или оценки числа ходов (см. 27.4.6, 27.8.6a, 23.3.6, Д19.3.3). В сложных случаях полуинвариантом может служить и упорядоченный набор величин: например, первая убывает не всегда, но, пока она сохраняет своё значение, убывает вторая (см. 19.7.6). Зацикливание и обратимость. В некоторых процессах очередные шаги определяются однозначно. Важным свойством та-

Словарик

441

кого процесса может оказаться повторение позиций по циклу. Зацикливание, в частности, означает, что процесс может продолжаться бесконечно долго (см. 23.7.4). Гарантировать такое повторение может теорема о зацикливании и возвращении. Из зацикливания может следовать и возможность возвращения в любую позицию (см. 22.8.7, И15.7.5). Инвариант. Ключевые задачи: 22.7.2, 23.2.5. Задачи: 20.7.1, 20.7.6, 22.8.5, 23.4.4, 23.7.5, 25.5.3б, 25.4.7, 25.6.4, 26.7.7, 27.8.7, 28.1.1, 28.2.1, 28.3.3. Полуинвариант. Задачи: Д19.3.3б, 19.7.6, 21.8.3, 23.3.6, 23.7.6, 27.3.6, 27.4.4, 27.4.6, 27.5.4, 27.8.6. Задачи: Д19.3.3, 19.7.6, 20.7.1, 20.7.6, 21.8.3, 22.7.2, 22.8.7, 23.2.5, 23.3.6, 23.4.4, 23.7.4, 23.7.5, 25.4.7, 25.5.3б, 25.6.4, 27.3.6, 27.4.6, 27.5.4, 27.8.6, 27.8.7, 28.1.1, 28.2.1, И15.7.5.

Разбиение (на части и группы) Разделяй и властвуй!

Если не удаётся разобраться сразу с целым, естественно разбираться по частям. В алгебраических задачах такими частями могут служить слагаемые (19.8.1, 21.6.3, 24.2.4) или сомножители, а также группы слагаемых (26.6.5) или сомножителей (20.2.4). В простых случаях одна сторона равенства или уравнения уже разложена, и остаётся соответственно разложить другую сторону (19.8.1). В более сложных случаях придётся сперва произвести преобразования и перегруппировку членов (20.2.4, 21.6.3, 24.2.4, 26.6.5). При группировке естественно пользоваться симметрией членов. Вообще, правильный выбор групп — это искусство! Иногда выбор групп подсказывается материалом: так, если в задаче возникает граф, то естественно его разбивать на компоненты связности (27.1.4), в частности — на циклы (23.3.3, 20.3.5, 25.3.2, 27.8.7). Широко применяется разбиение на пары (см., например, Соответствие и Чётность). При подсчётах стараются делить на равнозначные группы. В комбинаторике это — равные по числу элементов: так удобнее применять правило умножения (19.8.5) и доказывать де-

442

Словарик

лимость (28.4.6). При подсчётах средних разбивают на группы с равными средними (26.2.5). При других подсчётах и оценках важнее разбить на такие группы, для которых считать легко (см. 20.8.5, 21.1.3). Так, при подсчёте суммы делят на группы с известными суммами (22.1.1); таким же образом можно считать произведение (20.3.5), чётность (28.2.3, 23.8.6) или остаток (26.1.1). При оценке через принцип Дирихле группы — это «кроличьи клетки» (21.3.4, 25.5.5, 20.2.3, Д20.2.3). Для доказательства хорошей оценки целого нужны и группы с хорошей оценкой (22.4.6, 26.8.7). В сложных случаях отдельно делается оценка внутри групп и между группами (21.8.6). Разбиение на группы облегчает и построение конструкций, ведь можно строить не из отдельных кирпичей, а из блоков (23.3.3, 25.3.2, 26.5.3, Д19.3.3). Блоки часто строятся из однородных элементов, например, из равных чисел (25.1.1), пар с одинаковыми наборами цветов (20.3.2), групп с оптимальной оценкой (21.3.4). В сложных случаях помогает редукция: исследуются отношения внутри групп, затем группы объявляются элементами, и ситуация сводится к более простой (22.3.4, 24.3.6, 21.8.6). Можно делить на группы и многими способами, получая каждый раз новое свойство (19.4.3). Каждое испытание тоже делит все варианты на группы возможных и невозможных. Иногда этот подход облегчает перебор и в ситуации с полной информацией: сперва делим на группы, потом разбираемся внутри групп (26.3.4) или используем связанный с числом групп инвариант (27.8.7). Ключевые задачи: 22.1.1, 25.5.5. Задачи: Д19.3.3, 19.4.3, 19.8.1, 19.8.5, 20.2.3, Д20.2.3, 20.2.4, 20.3.2, 20.3.5, 20.4.4, 20.8.5, 21.1.3, 21.2.3, 21.3.4, 21.6.3, 21.8.6, 22.3.4, 22.4.6, 23.3.3, 23.8.6, 24.2.4, 24.3.6, 25.1.1, 25.3.2, 26.1.1, 26.2.5, 26.3.4, 26.5.3, 26.6.5, 26.8.7, 27.1.4, 27.8.7, 28.2.3, 28.4.6.

Разбиение на треугольники диагоналями Если n-угольник разбит на треугольники непересекающимися диагоналями, то проведено n − 3 диагонали и получилось n − 2 треугольника.

Словарик

443

Действительно, сумма углов всех треугольников, очевидно, равна сумме углов n-угольника, отсюда число треугольников равно 180◦ (n − 2) = n − 2. 180◦

А если проводить диагонали по одной, то число диагоналей всегда на одну меньше числа частей. Все вышесказанное верно как для выпуклых, так и для невыпуклых многоугольников (возможность разбиения невыпуклого многоугольника следует из существования внутренней диагонали). Задачи: 23.3.4, 24.3.5.

Раскраска Раскраска (вспомогательная) в основном используется для выделения узких мест (см. 25.2.2) и создания инвариантов (см. 24.5.5-реш.1, Д24.5.5). Раскраска в два цвета создаёт условия для проявления чётности (см. 19.5.2, 20.2.3, 20.7.6, 24.5.5) и/или чередования (см. 27.2.5, Д20.2.3). Чаще всего используется раскраска в шахматном порядке (см. 19.5.2, 20.2.3, Д20.2.3, 21.7.5, Д24.5.5) и правильная раскраска (т. е. граничащие области или смежные вершины графа окрашиваются в разные цвета) (см. 20.1.5, И4.2.5). Подробнее см. [Мительман]. Ключевые задачи: 19.5.2, 24.5.5. Задачи: Д19.3.5,20.1.5, 20.2.3, Д20.2.3, 20.7.6, 21.7.5, Д24.5.5, 25.2.2, 27.2.5, И4.2.5.

Рациональные и иррациональные числа Рациональные числа и их наборы ведут себя во многом как целые числа: если свойства набора не меняются при умножении на одно и то же число, то результат для целых чисел можно перенести на рациональные (см. 26.3.7, Д20.3.6, Д22.1.3). При арифметических действиях с рациональными числами результат тоже рационален. Как следствие, если система линейных уравнений с целыми или рациональными коэффициентами имеет единственное решение, то это решение — рационально (см. 26.3.1). Если же у такой системы решений много, то среди них есть рациональное (см. Д22.1.3).

444

Словарик

Как известно, рациональные числа «хорошие» (они представляются периодическими дробями), а иррациональные «плохие» (см. 28.8.6). «Плохие» свойства проще доказывать «от противного»: ведь тогда противное означает что-то «хорошее» (см. 28.4.3). Полезно помнить, что если число n натурально, √ то n — натурально либо иррационально. Увидев сумму вида √ r + t n, прикиньте, как вам может помочь сопряжённое число √ r − t n (см. 19.4.3, 23.8.7, 27.2.2). Заметим, что если отноa шение 1 иррационально и какое-то число представимо в виде a2 ra1 + ta2 , где r и t — рациональны, то числа r и t определяются однозначно (см. 26.3.7). Задачи: 19.4.3, Д20.3.6, Д22.1.3, 23.8.7, 26.3.1, 26.3.7, 27.2.2, 28.4.3, 28.8.6.

Редукция Редукция — это сведение задачи к более простой (например, общий случай сводится к частному, см. 20.3.6, 21.1.2, 25.2.3). Редукцию можно применить и несколько раз: начинаем с простых случаев, затем к рассмотренным последовательно сводятся всё более сложные случаи (см. 19.1.4, 25.2.3). Неоднократная редукция часто применяется при решении с конца (см. 22.2.4). Редукция может оказаться полезной и при доказательстве по индукции (индуктивный спуск): случай, когда значение параметра n «велико», сводится к одному или нескольким случаям с меньшими значениями n (см. 22.3.1, 23.5.5, 24.3.6). Ключевые задачи: 25.2.3, 26.6.1. Задачи: 19.1.4, 20.3.6, Д20.3.6, 21.1.2, 22.2.4, 22.3.1, 22.7.4, 23.5.5, 24.3.6, 24.7.4, 24.8.6.

Свойства средних Средним арифметическим чисел x1 , x2 , ... , xn называется x + x + ... + x

n 2 число 1 . n Наряду со средним арифметическим встречаются и другие средние (которые обычно определяются для положительных чисел), например: √ Среднее геометрическое: n x1 x2 ... xn .

Словарик

445

n . Заметим, что если 1 1 1 + + ... + x1 x2 xn 1 s — среднее арифметическое чисел x1 , x2 , ... , xn , то — средs 1 1 1 нее гармоническое чисел x , x , ... , x (и наоборот). n 1 2

Среднее гармоническое:

Среднее квадратичное:

r

x21 + x22 + ... + x2n . n

Свойства среднего арифметического: 1) Если ко всем числам некоторой группы добавить одно и то же число, то к их среднему добавится это же число. 2) Если все числа некоторой группы умножить на одно и то же число, то их среднее умножится на это же число. 3) Если в группу чисел дополнительно включить число, большее их среднего, то среднее увеличится. 4) Общее среднее объединения двух непересекающихся наборов чисел находится между средними этих наборов (строго между ними, если их средние не равны). 5) Если есть несколько непересекающихся наборов чисел, и среднее в каждом наборе не больше M, то среднее объединения этих наборов тоже не больше M. Свойства 2)— 5) верны и для остальных средних. Неравенство о средних. Указанные средние нескольких положительных чисел связаны неравенствами: ср. гармоническое 6 ср. геометрическое 6 ср. арифметическое 6 ср. квадратичное. Равенство в любом месте возможно только в случае равенства всех чисел. Монотонность средних. Будем менять два числа x и y так, чтобы их сумма (а значит, и среднее арифметическое) оставалось постоянным. Тогда каждое из остальных средних тем ближе к среднему арифметическому, чем ближе числа x и y друг к другу. Все неравенства для двух чисел легко проверить непосредственно. Наиболее известно и часто встречается неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух

446

Словарик

x+y √ чисел. Оно встречается не только в виде > xy, но и в 2 √ 1 1 видах x + y > 2 xy, x2 + y2 > 2xy, x + x > 2, x(1 − x) 6 и т. д. 4

Неравенства между средними можно доказать, например, методом Штурма. Задачи: 19.1.1, 20.2.4, 20.2.5, 21.4.7, 22.1.3, 22.7.1, 26.2.5, 26.3.4, 27.2.4.

Связность Граф связен, если любые его вершины могут быть соединены путём по рёбрам графа. Область связна, если любые её две точки можно соединить непрерывной кривой, все точки которой принадлежат области. Для доказательства связности достаточно проверить, что одна из точек области (или вершин графа) связана со всеми остальными (см. 22.8.7). Полезно помнить, что если в графе лишь из двух вершин выходит нечётное число ребер, то эти вершины связаны путём (см. Д24.3.7). Более экзотический способ доказать связность графа (или несвязность области) — применить теорему о пересечении ломаных (см. 24.3.7, Д24.3.7, 24.4.7). Связный граф можно построить, добавляя по одной вершине, связанной ребром или рёбрами с предыдущими: это даёт оценку на число его рёбер (см. графы, 19.8.5) и вообще помогает делать подсчёты и оценки (см. 21.4.6, 22.3.4). Несвязную область или граф можно разбить на компоненты связности (связные части, не связанные друг с другом). Выделение, подсчёт и изучение таких компонент может решить задачу (см. 27.1.4, 24.2.3, 28.3.7). Замкнутая кривая или ломаная внутри связной области делит её на две компоненты связности (см. теорема Жордана). И наоборот, если граф границ внутри области не нарушает её связности, то в нём нет циклов (см. 24.7.5, 19.3.5, 20.7.6). Задачи: 19.3.5, 19.8.5, 20.7.6, 21.4.6, 22.3.4, 22.8.7, 24.2.3, 24.3.7, Д24.3.7, 24.4.7, 24.7.5, 27.1.4, 28.3.7.

Середины сторон четырёхугольника. Свойства а) Середины сторон четырёхугольника являются вершинами параллелограмма.

447

Словарик

б) Площадь этого параллелограмма равна половине площади четырёхугольника. B Действительно, пусть AC — та из K L диагоналей четырёхугольника ABCD, которая делит его на два треугольA C ника (см. рис.). Средние линии KL и MN треугольников ABC и ADC паM 1

раллельны AC и равны AC. Поэтому 2 KLMN — параллелограмм. Прямая AC делит его на два параллелограмма, пло1

N

D 1

щадь одного из них равна SABC , а второго — SADC . 2 2 Замечание 1. Этот параллелограмм называют ещё параллелограммом Вариньона. Замечание 2. Пункт (а) верен также для неплоского четырёхугольника в пространстве. Задачи: 25.8.3.

Симметрия Прежде всего в эту подборку включены геометрические задачи на осевую и центральную симметрию (см. 19.6.5, 19.7.2, 20.5.2, 23.1.5, 25.4.4, 25.7.5, 25.8.2, 26.7.4, 27.4.5, 28.1.4, 28.5.5, 28.6.3, 28.8.7), по большей части из подборки Геометрические преобразования. Однако общая идея симметрии гораздо шире. Симметрия как частный случай повторяемости облегчает поиск конструкций: примеры могут переходить сами в себя при симметрии (см. 21.1.5, 21.2.5, 19.6.1, 20.6.4, 23.4.7, 23.2.4, 25.1.4, 27.7.1, 27.7.6, 26.3.1, 28.2.5) или за основу берутся известные конструкции с высокой степенью симметрии: правильные многоугольники, правильные многогранники и их графы (см. 22.3.6), конечные плоскости (см. 26.8.7). Метод координат помогает перенести симметрию с геометрических объектов на алгебраические (см. 19.6.4, 22.8.1). В алгебре заметное место занимают объекты с внутренней симметрией (см. 19.8.1, 28.3.3, Д28.3.3), в частности симметрические многочлены (см. 20.4.3, 20.4.5). В играх широко применяют симметричные стратегии (см. 20.6.5, 23.7.2). В комбинаторных задачах аналогом симметрии служит преобразование, при повторе дающее тождественное (инволюция): например, замена

448

Словарик

лжецов рыцарями и наоборот (см. 19.7.4, 28.1.2), смена направления движения (см. 25.7.5) или переворот диаграммы Юнга (см. 20.5.3). Стоит помнить, что во многих задачах применение симметрии является чем-то само собой разумеющимся и проводится мимоходом (см. 23.4.7, 25.4.4, 26.3.1, 27.4.5, 27.7.6). Задачи: 19.6.1, 19.6.4, 19.6.5, 19.7.2, 19.7.4, 19.8.1, 20.4.3, 20.4.5, 20.5.2, 20.5.3, 20.6.4, 20.6.5, 21.1.5, 21.2.5, 22.3.6, 22.8.1, 23.1.5, 23.2.4, 23.4.7, 23.7.2, 25.1.4, 25.4.4, 25.7.5, 25.8.2, 26.3.1, 26.7.4, 26.8.7, 27.4.5, 27.7.1, 27.7.6, 28.1.2, 28.1.4, 28.2.5, 28.3.3, Д28.3.3, 28.5.5, 28.6.3, 28.6.5, 28.8.7.

Слово Слово — любая (осмысленная или бессмысленная) последовательность букв данного алфавита, записанная подряд. Например, ДНТБВЩТО — слово из 8 букв русского алфавита. Разрешены слова из одной буквы, а иногда и пустые слова. Если одно слово приписать к другому, снова получится слово. Задачи: 19.4.5.

Соответствие Наметить маршрут и оценить его длину гораздо легче, когда у нас есть хорошая карта местности. Между реальными объектами (реками, посёлками, дорогами, мостами) и обозначениями на карте установлено соответствие, позволяющее применять прочитанную с карты информацию к реальности. Идея соответствия работает и в математике. Пусть нам надо изучить составной объект: последовательность (см. 19.3.1), таблицу, множество и т. п. Сопоставим ему другой объект («карту») (см. 19.6.4, 23.1.4, 28.1.1, 28.2.1, 28.4.6, 21.1.4, 22.7.7, И7.4.6, И15.7.5), который а) изучать проще и который б) тесно (чаще всего — поэлементно) связан с нашим объектом. Этот более простой объект можно выбрать среди уже известных или сконструировать самостоятельно (см. 19.4.4). Важно лишь так устроить связи, чтобы знания с простого объекта переносились на исходный составной (например, перенести упорядоченность, скажем лексикографическую, см. 21.8.3). Важнейшим видом соответствия является взаимно однозначное соответствие (биекция).

Словарик

449

Двойственность — это биекция множества с самим собой, полученная разбиением его на пары элементов и сопоставлением каждому элементу парного (см. 19.7.4, 19.8.5); при этом некоторые пары могут состоять из двух одинаковых элементов (см. 20.5.3). Сравнив объект с двойственным ему, можно получить ключевую информацию (см. 19.7.4, И7.1.7). Обычно взаимная однозначность легко следует из обратимости соответствия. Случается, однако, что проверка взаимной однозначности требует усилий (см. 20.4.4, 23.6.4, 25.1.3). Кодировка — это важный (в практическом смысле) частный случай соответствия: устанавливается взаимно однозначное соответствие между объектами (состояниями) из задачи и комбинаторными комбинациями (см. 19.4.5, 23.4.4). Например, соответствие последовательностям из 0 и 1 называют двоичной кодировкой (см. 22.2.4, 21.8.3), а конечные монотонные последовательности натуральных чисел кодируют диаграммами Юнга (см. 20.5.3, 22.8.4). Если объекты задачи сами является сложными комбинациями, кодировка может быть осуществлена редукцией такой комбинации к её части (см. 24.8.6). Чаще всего кодировку применяют при передаче информации: осмысленные сообщения кодируются формальными комбинациями (см. 19.8.6, 25.8.6, Д25.8.6). В частности, при поиске с помощью вопросов (взвешиваний) естественно возникает кодировка найденного объекта последовательностью ответов на вопросы или результатов испытаний. Чаще всего это позволяет найти оценку числа вопросов (испытаний). Биекция устанавливает равенство множеств, что само по себе может оказаться решением задачи (см. 27.1.5, 20.3.2, И7.2.3). Кроме того, при биекции мы можем вместо элементов одного множества брать элементы другого множества, что удобно для подсчёта количества элементов (комбинаций, способов, см. 21.5.3, 19.8.5, 20.4.4, 23.3.7, 23.6.4, 24.8.6, 26.1.5, 28.1.5, 28.7.4), а также вычисления сумм (см. 27.5.2, 19.5.4, 19.6.2, 25.1.3) и площадей (см. 23.4.7, 28.7.2). Биекция одного множества с подмножеством другого позволяет доказывать неравенства и оценки (см. 26.8.6). Впрочем, для подсчётов и оценок используется и не однозначное соответствие. Можно, например, сопоставить каждый элемент трём другим и учесть это при пересчёте (см. 27.6.1.).

450

Словарик

Соответствие может привести к объекту, внешне мало похожему на исходный: например, сопоставить тексту на русском языке текст на китайском. В математике широко практикуются перевод с геометрического языка на алгебраический (метод координат, см. 19.6.4, 23.6.4, а также Формулы в геометрии). Задачи об отношениях между объектами часто решаются лучше после перевода на язык графов (см. 20.3.5, а также Графы). Применяется и биекция объекта с самим собой, когда «возникают» два экземпляра объекта с перетасованным друг относительно друга элементами. Информация добывается за счёт сравнения экземпляров (см. 19.7.4). Кодировка. Ключевая задача: 19.8.6. Задачи: 19.4.5, 20.5.3, 21.8.3, 22.2.4, 22.8.4, 23.4.4, 23.6.4, 24.8.6, 25.8.6, Д25.8.6, 28.4.6. Ключевая задача: 23.6.4. Задачи: 19.3.1, 19.4.4, 19.4.5, 19.5.4, 19.6.2, 19.6.4, 19.8.5, 19.8.6, 20.3.2, 20.3.5, 20.4.4, 20.5.3, 21.1.4, 21.8.3, 22.2.4, 22.7.7, 22.8.4, 23.1.4, 23.3.7, 23.4.4, 23.6.4, 24.8.6, 25.1.3, 25.7.6, 25.8.6, Д25.8.6, 26.1.5, 27.1.5, 27.5.2, 27.6.1, 28.1.1, 28.2.1, 28.1.5, 28.4.6, 28.7.4, И7.1.7, И7.2.3, И7.4.6, И15.7.5.

19.7.4, 21.5.3, 23.4.7, 26.8.6, 28.7.2,

Спецификация Условие «Для каждого X выполняется...» часто избыточно. Достаточно применить его только для некоторых X, надо только правильно выбрать. Естественно рассматривать случаи, когда условие записывается попроще (см. 22.8.2, 23.4.5), и далее двигаться от них. Например, в задачах на периодичность полезно рассмотреть «простые» члены, отстоящие друг от друга на период (см. 28.4.3), или члены, отстоящие на период от «простых» (см. 28.6.4). В задачах на оценку сумм количество слагаемых можно выбирать в зависимости от значений тех или иных членов (см. 21.6.4). В задачах с тождеством полезно рассмотреть равенства при конкретных значениях переменных (см. 28.6.2, 27.8.3) или подставить вместо переменных подходящие выражения (см. 26.4.1).

Словарик

451

Ключевая задача. 28.6.2. Задачи: 21.6.4, 22.8.2, 23.4.5, 26.4.1, 27.8.3, 28.4.3, 28.6.4.

Степени двойки Значительная доля задач связана с представлением чисел в виде суммы различных степеней двойки. Как известно, для натуральных такое представление единственно (см. 22.3.5, И31.7.4), на чём основана двоичная запись (см. 20.8.5, Д20.8.5, 28.8.6). Соответственно, степень двойки больше суммы всех меньших степеней, что используется в примерах на неравенство треугольника (см. 24.6.2). Степени двойки часто входят в ответы комбинаторных задач, поскольку 2N равно количеству подмножеств N-элементного множества (см. 20.3.5, 20.4.4). При разложении на простые множители степени двойки чаще других играют особую роль (см. 25.7.1, 23.1.2, 23.3.1), в частности — при анализе цифровой записи числа: ведь 2n — это делитель 10n (см. 23.3.7, 27.8.2). В конструкциях и алгоритмах с числовым параметром, равным степени двойки, бывает удобно проводить редукцию ко вдвое меньшему числу (см. 19.8.3, 22.2.4, 23.5.5, И30.3.7). Задачи: 19.8.3, 20.3.5, 20.4.4, 20.8.5, Д20.8.5, 21.2.2, 22.2.4, 22.3.5, 23.1.2, 23.3.1, 23.3.7, 23.5.5, 24.6.2, 25.4.2, 25.7.1, 27.7.4, 27.8.2, 28.8.6, И30.3.7, И31.7.4.

Стереометрия Развёртки: 23.6.5, 24.8.3, 25.2.5, 25.3.6. Сечения: 22.2.3, 22.4.2, 24.4.2, 28.4.4. Правильные многогранники: 19.6.4, 22.4.2, 26.8.5, 28.2.5, 28.8.5. Проекция на плоскость: 20.4.5, 20.8.1, 25.8.3. Векторы в пространстве: 20.4.5. Площадь и объём: 20.4.5, 20.8.1, 25.4.6, 25.8.3, 28.4.4. Вписанные и описанные сферы: 19.6.4, 24.8.1, 25.4.6, 26.8.5. Прочее: 21.4.7, 22.8.6, 24.8.1, 24.8.3, 27.6.1.

Теорема Жордана Всякая замкнутая несамопересекающаяся ломаная разбивает плоскость на две части — конечную внутреннюю и бесконеч-

452

Словарик

ную внешнюю (говорят ещё, что такая ломаная ограничивает многоугольник — выпуклый или невыпуклый): любая ломаная, соединяющая внутреннюю точку многоугольника с внешней пересекает его границу. Любую пару внутренних или пару внешних точек можно соединить ломаной, не пересекающей границы многоугольника. В олимпиадных задачах теорему Жордана принято считать известной и не требующей доказательства. Несмотря на очевидность, доказательство не столь уж просто. Замечание. Сравните с теоремой о пересечении ломаных. Задачи: 19.3.5, 20.7.6.

Теорема Паппа Пусть точки A, B, C лежат на одной прямой, а точки A1 , B1 , C1 — на другой прямой. Обозначим точку пересечения прямых AB1 и A1 B через C2 , точку пересечения прямых AC1 и A1 C — через B2 , а точку пересечения прямых BC1 и B1 C — через A2 . Тогда точки A2 , B2 , C2 лежат на одной прямой (см. рис.). C B A B2 A2

C2

A1

B1

C1

Теорема Паппа — одна из наиболее известных теорем о конфигурациях точек и прямых. Её более удобно формулировать в проективной геометрии, где отсутствуют параллельные прямые. Проективную плоскость можно получить из аффинной, добавив к ней мысленно «бесконечно удалённую» прямую и объявив, что бывшие параллельные пересекаются в точках этой бесконечно удалённой прямой. На обычной плоскости кроме приведённого выше основного случая теоремы Паппа, возникает большое количество вырожденных случаев: одна из точек или прямых конфигурации может оказаться «бесконечно удалённой». Наиболее простой

453

Словарик

вырожденный случай получается, когда бесконечно удалена прямая B2 C2 — это значит, что BC1 k B1 C и AC1 k A1 C. Теорема утверждает, что в этом случае и AB1 k A1 B. Этот случай сам разбивается на два подслучая. Если A1 B1 k AB, утверждение совершенно тривиально; случай, когда A1 B1 и AB не параллельны, фактически доказан в задаче 23.1.1. Прямое доказательство основного случая теоремы Паппа можно найти в [Коксетер]. В проективной же геометрии оно совсем просто: все прямые там равноправны, поэтому прямую можно считать бесконечно удалённой. Тем самым общий случай сведён к указанному выше простому «вырожденному» случаю. Задачи: 23.1.1, 24.4.5.

Теорема Чевы Чевианы AK, BL и CM треугольника ABC пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

B

AM BK CL · · = 1. MB KC LA

Доказательство. 1) Пусть чевианы пересекаются в точке P. Тогда

M

P y ϕ

A

y q

L

K ϕ

C

S AM BK CL S S · · = APM · BPK · CPL = MB KC LA SMPB SKPC SLPA PA · PM · sin ϕ PB · PK · sin y PC · PL · sin q · · = 1. = PM · PB · sin q PK · PC · sin ϕ PL · PA · sin y

2) В обратную сторону утверждение легко доказывается от противного. Предоставляем это читателю. Частными случаями теоремы Чевы являются многие теоремы о замечательных точках в треугольнике, например теорема о пересечении медиан (биссектрис, высот) треугольника. Задачи: 27.8.4.

Транснеравенство Пусть x1 6 x2 6 ... 6 xn , y1 6 y2 6 ... 6 yn — два упорядоченных набора чисел, а yi , yj , ... , yk — произвольная перестановка набора y1 , y2 , ... , yn .

454

Словарик

Тогда x1 yn + x2 yn−1 + ... + xn y1 6 x1 yi + x2 yj + ... + xn yk 6 6 x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn (т. е. максимум — когда у иксов и игреков порядок одинаковый, а минимум — когда противоположный). Доказательство. Докажем сначала для n = 2. Если x 6 X, y 6 Y, то неравенство xY + Xy 6 xy + XY; равносильно, очевидно, верному (X − x)(Y − y) > 0. Доказанное позволяет сравнить для произвольного n те суммы x1 yi + x2 yj + ... + xn yk и x1 yi′ + x2 yj′ + ... + xn yk′ , где наборы yi , yj , ... , yk и yi′ , yj′ , ... ... , yk′ отличаются перестановкой только двух членов (тогда и суммы отличаются лишь парами членов). Но любую перестановку можно упорядочить, меняя местами пары соседей, стоящих не в том порядке. Соответственно, возникают требуемые цепочки неравенств между средней суммой и крайними (рекомендуем читателю выписать такие цепочки для какогонибудь примера при n = 4). Задачи: И29.3.5.

Турниры В однокруговом турнире каждый участник (игрок или команда) играет с каждым другим ровно по одному разу. Если турнир проводится в N кругов, то каждый с каждым другим играет ровно N раз. В шахматном турнире за победу начисляют 1 очко, за ничью — 0,5 очка, за поражение — 0 очков. Задачи: 21.8.6, 22.8.5, 24.7.3.

Узкие места Чтобы перейти через речку, обычно ищут мост или брод: его расположение существенно влияет на весь остальной путь. Аналогично в задачах, где строят и исследуют конструкции, зацепкой к решению часто служит узкое место: та часть конструкции, где свобода выбора — наименьшая. От узкого места проще дойти до противоречия или построить заметный кусок возможной конструкции.

Словарик

455

Для начала полезно поглядеть на задачу «сверху». Если удастся понять, где нам будет всего труднее, то начать именно с попытки преодоления этой трудности. Кроме интуиции, найти узкое место помогают и другие известные приёмы решения задач, такие, например, как соображения непрерывности (см. 27.5.4б), принцип крайнего (см. 19.4.6, 23.3.5), аналогия, инвариант, чётность (см. 21.3.4б). Сколько пассажиров может перевезти поезд — зависит от числа мест. А как быстро пассажиры смогут высадиться — зависит от числа дверей. Точно так же, и в задачах на оценки бывает полезным выделить много узких мест и сосредоточить подсчёты вокруг них (см. 21.3.4, 19.1.4, 25.2.2, 22.2.3, 22.5.4а, 19.7.5, 19.4.6). Для выделения групп узких мест часто применяют раскраску (см. 25.2.2). Подробности см. [УзкМест]. Ключевые задачи: 24.2.5, 21.3.4. Задачи: 19.1.4, 19.3.5, 19.4.2, 19.4.6, 19.6.1, 19.7.5, 21.3.5, 21.4.1, 21.4.6, 22.2.3, 22.5.4а, 23.3.5, 23.5.2, 23.6.5, 24.8.3, 25.2.2, 27.5.4б, 28.4.4, 28.7.3.

Уравнение Пелля Уравнение в целых числах вида x2 − dy2 = 1, где d — натуральное число, не являющееся полным квадратом, называется уравнением Пелля. При любом d уравнение имеет бесконечно много решений. В частности, множество решений в натуральных числах уравнения x2 − 2y2 = 1 состоит из пар (xm , ym ), где √
m √ xm + ym 2 = 3 + 2 2 ,

m — натурально. Эти же решения можно получить из наименьшего решения (x1 , y1 ) = (3, 2) с помощью рекуррентных соотношений xm+1 = 3xm + 4ym ,

ym+1 = 2xm + 3ym .

Подробнее с уравнением Пелля можно ознакомиться по книге [УрПелля]. Задачи: Д21.4.5.

456

Словарик

Уравнения и неравенства Здесь собраны задачи, где существенно используется алгебраическая техника составления и решения уравнений, систем уравнений и неравенств. Задачи, где используется специфическая геометрическая или «целочисленная» техника, отнесены к подборкам Неравенства в геометрии и Целочисленные неравенства. Уравнения. При решении уравнения полезно его упростить. Так, если f(x) — монотонная функция, то из f(U) = f(V) следует U = V (см. 21.7.1). Бывает, что конкретное значение корня не важно, достаточно лишь доказать, что он есть и принадлежит нужному интервалу (см. 23.8.2, 26.8.4). Система линейных уравнений. Вместо одного сложного уравнения удобно записать систему из нескольких простых. Часто достаточно лишь убедиться, что она имеет единственное решение (см. 23.3.2, 28.8.7). Сложность системы линейных уравнений слабо зависит от числа неизвестных и уравнений (см. 25.1.1). Полезно помнить, что у системы линейных уравнений с целыми или рациональными коэффициентами структура множества решений в рациональных числах устроена так же, как и в действительных (см. Д20.3.6, Д22.1.3). Неравенства. Простые неравенства доказывают алгебраическими преобразованиями заведомо верного неравенства. Впрочем, выглядит это обычно иначе: разность правой и левой части преобразовывают к заведомо положительному выражению (см. 19.1.1) или заменяют в одной из частей некоторый элемент на заведомо меньший, и затем преобразовывают результат к нужному виду (см. 23.7.1). Чаще, впрочем, простые неравенства — лишь кирпичики при доказательстве сложных. Скажем, две суммы можно сравнить, сравнивая слагаемые почленно (см. 26.6.5, 19.8.1); обычно, однако, неравенство нужно предварительно преобразовать к сравнению сумм (см. 21.6.3, 23.8.7, 24.2.4). Неравенство можно доказывать и постепенно, усиливая шаг за шагом (см. 28.8.6) или строя цепочку достаточно очевидных неравенств (см. 22.8.2). Построению цепочки помогает посредник или набор посредников: чтобы доказать, что U > V, найдём такое W, что U > W > V (см. 19.8.2, 23.8.7, 27.7.7, 22.8.4, метод Штурма, транснеравенство).

457

Словарик

Симметрические неравенства доказывают почленным сравнением сумм, сведением к неравенствам средних (см. И29.3.5), методом Штурма (см. 19.1.1, 19.8.1, 26.6.5, 28.4.7), подробнее см. [МЗ]. Соответствие. Алгебраические уравнения и неравенства могут быть сведены к равносильным геометрическим (см. 19.6.4, И7.4.6). Задачи. 19.1.1, 19.6.4, 19.8.1, 19.8.2, Д20.3.6, 21.6.3, 21.7.1, Д22.1.3, 22.8.2, 22.8.4, 23.3.2, 23.7.1, 23.8.2, 23.8.7, 24.2.4, 25.1.1, 25.6.3, 26.6.5, 26.8.4, 27.7.7, 28.4.7, 28.6.2, 28.8.6, 28.8.7, И7.4.6, И29.3.5.

Факториал Факториал, N! — произведение чисел от 1 до N, где N — натурально. В частности, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120. Договорились ещё считать, что 0! = 1.

Формула включения-исключения Пусть в некотором конечном множестве элементы могут обладать какими-то свойствами. Для каждого набора свойств выпишем количество элементов, обладающих этими свойствами. У тех полученных чисел, которые соответствуют наборам из чётного числа свойств, изменим знак на минус, и сложим все числа. Полученная сумма будет равна количеству элементов, обладающих хотя бы одним из этих свойств. aa333333 aa aaa111111

aaa222222 a12

a13

a23 a123

aaa111111

a12

aaa222222

В частности, для двух свойств получим сумму a1 + a2 − a12, где a1 , a2 , a12 — количество элементов, обладающих соответственно первым, вторым или обоими свойствами. Для трёх свойств: хотя бы одним из этих свойств обладают a1 + a2 + a3 − a12 − a13 − a23 + a123 элементов, где a1 — число

458

Словарик

элементов, обладающих свойством 1, a2 — свойством 2, a3 — свойством 3, a12 — свойствами 1 и 2, a13 — свойствами 1 и 3, a23 — свойствами 2 и 3, и a123 — всеми тремя свойствами. В общем виде формула включения-исключения легко доказывается по индукции. Задачи: 20.1.1, Д20.8.5.

Формула Пика Назовём сеточным многоугольник, все вершины которого находятся в узлах целочисленной решётки. b

Площадь сеточного многоугольника равна a + − 1, где a — 2 число узлов сетки внутри многоугольника, а b — число узлов на его сторонах. b

Доказательство. Заметим, что функция f(M) = a + − 1 яв2 ляется аддитивной: если сеточный многоугольник M разрезан на два сеточных многоугольника M1 и M2 , то f(M) = f(M1 ) + f(M2 ). Действительно, пусть c — число узлов внутри линии разреза (она может быть ломаной). Эти узлы лежат внутри M, но на сторонах M1 и M2 . Поэтому a = a1 + a2 + c, b = b1 + b2 − 2c − 2 (−2 — чтобы не сосчитать концы линии разреза дважды), следовательно, f(M) = a +

b b b − 1 = a1 + 1 − 1 + a2 + 2 − 1 = f(M1 ) + f(M2 ). 2 2 2

Поэтому если многоугольник M можно разрезать на хорошие части (для которых формула Пика верна), то она верна и для M. То же верно для многоугольника, который хорошими многоугольниками можно дополнить до хорошего многоугольника. 1) Очевидно, формула Пика верна для (единичного) квадрата сетки. 2) Следовательно, она верна для любого прямоугольника, стороны которого лежат на сетке. 3) Разрезав такой прямоугольник пополам диагональю, получим, что хорошими являются все прямоугольные треугольники с катетами, расположенными на сетке.

Словарик

459

4) Тогда хорошим является и любой сеточный треугольник: он прямоугольными треугольниками указанного вида дополняется до (описанного) прямоугольника. 5) Любой сеточный многоугольник можно разрезать на сеточные треугольники (см. Разбиение на треугольники диагоналями). Значит, и для него формула Пика верна. Задачи: 20.7.6.

Формулы в геометрии В школе учат применять формулы в первую очередь в задачах на «вычисление». Однако вычисления могут быть полезны (и даже необходимы) и в задачах на доказательство (см. 20.7.2-реш.2, 27.4.5-реш.3, 27.8.4). «Вычислительные» решения обычно не столь красивы, как «чисто геометрические». Более того, за вычислениями не всегда видно геометрическое содержание задачи. Но многие профессионалы олимпиад предпочитают начинать именно с поиска вычислительного решения — чаще всего это экономит время. Ведь вычисления можно проводить, зная лишь простейшие формулы, такие как формулы для вычисления площади (см. Площадь) и теорема Пифагора (см. Простая геометрия). С другой стороны, вычислительные решения обычно длиннее, а чем больше длина, тем больше шанс ошибки. Сократить вычисления можно, применяя более «продвинутые» формулы (теоремы), что часто позволяет заодно отследить геометрическую суть задачи. Именно такие формулы и отнесены к этому разделу. Так например, теорема Чевы (см. 27.8.4) и теорема Менелая (см. 19.5.3) позволяет избежать многочисленных применений теоремы Фалеса. Встречающиеся алгебраические выражения могут сами наводить на мысль о той или иной теореме. Так, суммы квадратов встречаются не только в теореме Пифагора, но и в двух приведённых ниже свойствах (см. 21.7.3, 20.7.2-реш.2.). Свойство расстояний до вершин прямоугольника: Для прямоугольника ABCD и произвольной точки M (на плоскости или в пространстве) выполнено равенство MA2 + MC2 = MB2 + MD2 .

460

Словарик

Свойство параллелограмма ABCD: 2(AB2 + BC2 ) = AC2 + BD2 . (Это свойство общеизвестно. Отметим, что им можно воспользоваться для выражения длины медианы треугольника через длины его сторон.) Оба эти свойства можно вывести, например, из теоремы косинусов. Теорема синусов (см. 19.4.1, 22.6.3, 24.6.3, 27.8.4) и теорема косинусов — излюбленные формулы любителей вычислительных решений. Вопреки названию, эти формулы не вполне тригонометрические: знаки sin и cos используются в них для замены отношения двух отрезков. Однако есть целый класс задач, в которых тригонометрия используется по существу (хотя в Турнире Городов они крайне редки). Тригонометрические функции могут входить в условие (см. 23.8.1), в решении могут использоваться их свойства (см. 23.8.1) или тригонометрические тождества (см. 27.4.5-реш.3) и т. д. Задачи: 19.4.1, 20.7.2, 21.7.3, 22.6.3, 23.8.1, 24.6.3, 27.4.5, 27.8.4.

Функции и их свойства Здесь собраны задачи, связанные с общим понятием функции и с конкретными примерами функций, не являющихся многочленами (многочлены выделены в отдельную подборку). Наиболее часто встречаются дробно-линейные функции (см. 20.4.6, 20.5.1, 22.4.4). При решении обычно используются свойства функций: монотонность (см. 20.4.6, 21.3.2, 22.4.4, 22.5.3, 22.6.1, 22.6.2, 24.2.4, 24.8.2, 27.8.4, 28.4.7, 28.8.3), обратимость (см. 20.5.1, 22.4.4, 26.4.1), периодичность (см. 26.4.1), чётность (см. 27.6.2), выпуклость (см. 28.4.7). Монотонность чаще всего используется для доказательства неравенств, но может, наряду с другими перечисленными свойствами, быть использована и как инвариант (см. 22.4.4) Задачи: 20.4.6, 20.5.1, 21.3.2, 22.4.4, 22.5.3, 22.6.1, 22.6.2, 24.2.4, 24.8.2, 26.4.1, 27.6.2, 27.8.4, Д28.3.3, 28.4.7, 28.8.3.

Словарик

461

Целая часть Целая часть числа x, [x] — наибольшее целое число, не превышающее x. Например, [5, 2] = 5, [−5, 2] = −6. Верны неравенства [x] 6 x < [x] + 1, x − 1 < [x] 6 x. См. также дробная часть.

Целочисленные неравенства По сравнению с обычными, целочисленные неравенства обладают парой дополнительных свойств: Пусть m и n — натуральные, a и b — целые. а) Если a < b, то a 6 b − 1 и b > a + 1. б) Если m делит n, то m 6 n. Встречается и такой приём: доказываем, что уравнение f(x) = y не имеет целочисленных решений, где f — монотонна. Подбираем такое k (зависящее от y), чтобы f(k) < y < f(k + 1) (см. 21.5.1, 25.3.3). Задачи: 21.5.1, 21.6.4, 21.8.1, 22.3.3, 22.4.5, 23.3.7, 23.8.7, 25.3.3, 26.3.3, 27.2.1, 27.3.5, 27.5.3, 27.6.3, 27.7.4, 27.8.2, 28.7.1.

Цифры Задачи: 19.5.4, 19.6.2, 19.7.3, Д19.7.3, 20.1.2, Д20.8.5, 21.3.5, 21.8.3, 21.8.5, 22.6.2, 22.7.7, 23.3.7, 23.5.3, 24.1.4, 24.2.5, 24.5.4, 24.6.4, 25.2.3, 25.5.4, 26.5.2, 26.6.2, 27.3.1, 27.7.2, 27.7.4, 27.8.2, 27.8.5, 28.5.2, 28.6.4, 28.7.3, И30.3.7, И31.7.4.

20.8.5, 23.4.5, 25.5.5, 28.4.3,

Чашечные весы Весы с двумя чашками. Если на каждую из чашек положить груз, то весы могут показать только, что грузы весят одинаково, или на какой из чашек груз легче, но при этом не показывают, на сколько легче. Задачи: 21.3.3, 21.4.5, 22.2.4, 22.3.5, 23.1.3, 23.5.5.

Чевиана Чевиана — отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне. Название связано

462

Словарик

с теоремой Чевы. Чевиана CC1 делит сторону AB в отношении AC1 b · sin ∠ACC1 = BC1 a · sin ∠BCC1

(где a = BC, b = AC). Действительно, применив теорему синусов к треугольникам ACC1 и BCC1 , получим: AC1 sin ∠ACC1 = , b sin ∠AC1 C

sin ∠BCC1 BC1 = . a sin ∠BC1 C

C

A

C1

B

Осталось поделить первое равенство на второе и заметить, что sin AC1 C = sin BC1 C. Замечание. Известное свойство биссектрисы — частный случай приведённой формулы. Задачи: 27.8.4.

Чередование Чередование — свойство процессов и последовательностей, очень сильно ограничивающее их поведение. Хотя чередование сильно связано с чётностью, свойства таких процессов чётностью далеко не исчерпываются. Чередование состояний на каждом шагу — это простейший пример периодичности, что облегчает построение непостоянных последовательностей (см. 27.1.2), простейших алгоритмов (см. 19.3.3), процессов (23.7.4) и даже конструкций (см. 28.8.3). Чаще всего чередование связано с двудольным графом: там на любом маршруте чередуются цвета вершин. В частности, на шахматной доске при ходе коня или хромой ладьи чередуются цвета полей. Соответственно, для пары фигур чередуется совпадение и несовпадение цветов полей (см. 22.7.5), а для группы — чётность числа фигур на белых полях (см. 21.3.4). В этом случае чётность числа ходов определяется совпадением или несовпадением начального и конечного состояний (см. Д20.2.3). При чередовании полей числа пройдённых чёрных и белых полей в любой момент равны или отличаются на 1 (см. 19.2.4, 23.4.3), то же верно и в общем случае, когда сравнивается, сколько раз наступило то или иное состояние (см. 22.7.5).

Словарик

463

Бывает полезным самим ввести раскраску, чтобы создать чередование (см. 20.1.5); чередующаяся раскраска помогает создать инвариант (см. 24.5.5). При наличии двух пар слаженно чередующихся состояний («синхронные светофоры») инвариантом может послужить их соответствие (см. 24.6.4, 27.2.5). В двудольном графе чередуются не только вершины. Так, задав на рёбрах графа направление к вершинам одного цвета, мы обеспечим ещё и чередование стрелок на любом маршруте (см. замечание к 21.5.4). И наоборот: на замкнутом маршруте с нечётным числом рёбер чередование невозможно (см. Д21.5.4). Рассматривают и нестрогое чередование, когда состояние меняется не на каждом ходу. Здесь полезно выделить моменты смены состояний (см. 21.4.5). Некоторые инварианты есть и в этом случае: так, начальное и конечное состояния определяют чётность числа смен состояния (см. 19.5.2). Ключевые задачи: 19.5.2, 27.2.5. Задачи: 19.2.4, 19.3.3, 20.1.5, Д20.2.3, 21.3.4, 21.4.5, 21.5.4, Д21.5.4, 21.7.5, 22.7.5, 23.4.3, 23.7.4, 24.5.5, 24.6.4, 27.1.2, 28.8.3.

Чётность Несмотря на простоту, чётность связана с широким кругом более сложных математический идей, и регулярно используется, в том числе и для решения серьёзных математических задач (см. замечание к 25.3.2). Поскольку чётность есть простейший случай остатка, легко следить за чётностью произведений и сумм (см. 21.3.1, 19.5.2). В частности, чётность суммы равна чётности числа нечётных слагаемых (см. 20.7.6-реш.2). В задачах на делимость и остатки или сводящихся к ним соображения чётности могут облегчить дальнейшие рассмотрения (см. 26.1.1, 21.8.5, 24.4.6, 28.1.3). Часто используется, что 2 — единственное чётное простое число (см. 21.1.2). «Питательной средой» для проявления чётности служит разбиение на пары, на две равные части, раскраска в два цвета (см. 19.5.2, 20.3.2, 28.5.3, 28.6.1, 28.2.3, 20.1.5-реш.2, 25.3.2, 20.7.6-реш.1), а также чередование (см. 19.5.2, 24.6.4, 24.8.7). В частности, на шахматной доске чередуются цвета полей при

464

Словарик

ходе коня или хромой ладьи, поэтому цвета концов маршрута определяют чётность числа ходов на нём (см. 21.3.4б, 20.2.3). «Питательную среду» можно и организовать, вводя самим раскраску в два цвета или разбиение на пары (см. 22.7.5а-реш.2, И4.2.5). Чётность чаще всего используется как инвариант (подсчёт чётности двумя способами, сохранение чётности при прибавлении или вычитании чётного числа), т. е. для получения противоречия и отсечения невозможных случаев при переборе (см. 21.2.4, 22.5.5, 27.8.7, И30.4.7, Д30.4.7). Но возможно и доказательство существования: если число нужных объектов нечётно, то хоть один да есть! (См. 26.1.3.) Более подробно см. [Чет]. Ключевые задачи: 19.5.2, 21.6.2, 26.1.3. Задачи: 20.1.5, 20.2.3, 20.3.2, 20.7.6, 21.1.2, 21.2.4, 21.3.1, 21.3.4б, 21.4.1, 21.8.5, 22.5.5, 22.7.5, 23.8.6, 24.4.6, 24.6.4, 24.7.3, 24.8.7, 25.1.5, 25.3.2, 26.1.1, 27.8.7, 28.1.3, 28.2.3, 28.5.3, 28.6.1, И4.2.5, И30.4.7, Д30.4.7.

Шашки Задачи: 25.7.2.

Шахматы Шахматная доска. Клетчатая доска 8 × 8 (если не указан явно другой размер). Клетки её раскрашены в чёрный и белый цвета в шахматном порядке (см. рис.), т. е. так, что клетки с общей стороной — всегда разного цвета. Клетки ещё называют полями. Для указания полей используется шахматная 8 c7 c7 c7 c7

7 6 5

h5

4 3

d3

2 1 a

b

c

d

e

f

g h

Словарик

465

нотация. Восемь вертикалей шахматной доски обозначаются буквами a, b, c, d, e, f, g, h; восемь горизонталей — цифрами от 1 до 8; поле на пересечении вертикали и горизонтали — парой «буква цифра». Обратите внимание, что левая нижняя клетка (поле a1) — всегда чёрная. Поля на вертикалях a и h, а также на 1-й и 8-й горизонталях называются крайними. Задачи: 19.3.5, 20.1.5, 21.3.4, 22.3.4, 22.7.5, 23.7.2, 27.1.4. Конь — шахматная фигура. Ходит и бьёт «буквой Г» (см. рис.), при этом может перепрыгивать через другие фигуры. Общеизвестно, что конь ходит с белого поля на чёрное, и наоборот. Задачи: 19.2.4, 20.2.3, 21.7.5, 22.5.5, 26.3.3. Король — шахматная фигура. Ходит и бьёт на одну клетку по вертикали, горизонтали и диагонали. Клетки, связанные ходом короля, — это клетки, соседние по стороне или вершине. Задачи: 19.5.2. Ладья — шахматная фигура. Ходит на любое число клеток по вертикали и горизонтали, не перепрыгивая через другие фигуры. Ладья бьёт (защищает) фигуры, стоящие на той же горизонтали и вертикали, если между ладьёй и фигурой нет других фигур. В задачах про обход ладьёй обычно имеется в виду, что ладья хромая. Задачи: 22.4.5, 22.5.5, 23.2.5, 23.3.5, 27.3.3, 28.4.6, 28.5.3, 28.6.1. Слон — шахматная фигура. Ходит на любое число клеток по диагонали, не перепрыгивая через другие фигуры. Слон бьёт (защищает) фигуры, стоящие на той же диагонали, если между ним и фигурой нет других фигур. Слон всё время ходит по клеткам одного цвета. Задачи: 25.3.4. Ферзь — шахматная фигура. Ходит и бьёт на любое число клеток по вертикали, горизонтали и диагонали, не перепрыгивая через другие фигуры. Задачи: 26.5.3. Хромая ладья — сказочная шахматная фигура. Ходит на одну клетку по вертикали или горизонтали. Клетки, связанные ходом хромой ладьи, — это клетки, соседние по стороне. Задачи: 19.8.5, 20.7.6, 21.4.6, 23.6.4.

Предметный указатель к Словарику алгоритм 378 анализ позиций 398 арифметическая комбинаторика 379 аффинная плоскость 407

бесконечность 380 биекция 382 биссектрисы 381

векторы 382 вершина графа 389 взаимно однозначное соответствие 382 вневписанная окружность 383 внутренняя диагональ 416 вписанная окружность 383 вписанные и описанные сферы 451 вписанный угол 422 — четырёхугольник 385 выигрышная стратегия 400 выпуклая фигура 386 выпуклость 460 выпуклый многогранник 386 — многоугольник 386 высоты 386

геометрическая комбинаторика 386 геометрическое преобразование 388 гомотетия 388 граф 389 — без циклов 390, 391

движение 388 двойственность 436, 449 двудольный граф 390 двумя способами 392 делимость 392 диаграмма Юнга 394 диофантовы уравнения 394 дискретная величина 418 — непрерывность 418 додекаэдр 436 домино 395 достоинство карты 405 дробная часть 395 дробно-линейная функция 395 дубль 395

естественный алгоритм 379

жадный алгоритм 378

задачи на движение 396 заповедник 398 зацикливание 396, 440

игра на опережение 399 — с полной информацией 400 игры 397 игры-шутки 399 игры: теория 399 икосаэдр 436 инвариант 439 инверсия 402 индукция 403 иррациональные числа 443 испытания 403

Предметный указатель к Словарику

467

карты игральные 405 касательные 384, 422 клетчатые задачи 405 кодировка 449 колода 405 конечная игра 400 — плоскость 407 конструкции 408 конь 465 корни многочлена 414 король 465 кость игральная 409 кратная сумма 410 кратчайший путь по поверхности 410 куб (гексаэдр) 436

непрерывность 417 неравенства 456 — в геометрии 418 — с площадями 431 неравенство для многогранных углов 419 — Йенсена 420 — о средних 445 — обратных чисел 420 — сторон и углов 419 — третьих сторон треугольников 419 — треугольника 418 — Чебышёва 420 ничейная стратегия 400 НОД и НОК 421

ладья 465 логика 413

масть 405 метод подобия 433 — Штурма 413 минимальный контрпример 437 много-мало 409 многочлены 414 — с целыми коэффициентами 415 — стандартный вид 414 монотонность 460 — средних 445

обратимость 440, 460 обратный ход 421 общее положение точек 422 объём 430, 451 окружности 422 окружность Аполлония 423 — как ГМТ 423 октаэдр 436 описанный многоугольник 424 ориентация 424 ориентированные углы 424 ослабление условий 425 остатки 392 оценка 426 оценка+пример 426

наибольший общий делитель (НОД) 421 наименьшее общее кратное (НОК) 421 накопление преимущества 399 невыпуклые многоугольники 416 непрерывная комбинаторика 417

параллелограмм Вариньона 447 параллельный перенос 388 парные стратегии 398 перебор 428 передача хода 399 пересечение ломаных 429 — путей ладьи 429 периодичность 460

468

Предметный указатель к Словарику

платоновы тела 435 площадь 430, 451 поворот 388 подмена объекта 432 подобие 388, 433 подпрограмма 378 подсчёт двумя способами 387 полный инвариант 440 полуинвариант 440 последовательности 434 постепенное конструирование 435 — улучшение 435 правило вычитания 379 — деления 379 — сложения 379 — умножения 379 правильные многогранники 435 принцип Архимеда 381 — Дирихле 380, 426 — крайнего 436 — узких мест 387 причёсывание задачи 438 прогрессия 434 проективная геометрия 452 проекция 389 — на плоскость 451 простая геометрия 438 пространство вариантов 404 процессы 439

разбиение 441 — на циклы 390 — на пары 441 — на треугольники диагоналями 442 развёртки 451 разложение выражений на множители 414 разрезание 387 раскраска 443

рациональные числа 443 редукция 444 результат игры 401 рубашка карты 405

свойства биссектрисы 381 — средних 444 свойство параллелограмма 460 связность 446 середины сторон четырёхугольника 446 сечения 451 симметрические многочлены 415 симметрические неравенства 457 симметричные стратегии 398 симметрия 447 система линейных уравнений 456 слово 448 слон 465 соответствие 398, 448 спецификация 450 среднее арифметическое 444 — гармоническое 445 — геометрическое 444 — квадратичное 445 ставь на минус 398 стандартный вид многочлена 414 степени двойки 451 степень вершины 391 стереометрия 451 стратегия 400 сумма внешних углов многоугольника 416 — внутренних углов многоугольника 416 существование выигрышной стратегии 400 — кратчайшего пути 411

Предметный указатель к Словарику теорема Безу 414 — Жордана 451 — косинусов 460 — о зацикливании (возвращении) 396 — о пересечении ломаных 390 — о числе корней многочлена 415 — Паппа 452 — синусов 460 — Фалеса 433 — Чевы 453 — Шаля 388 тетраэдр 436 точки общего положения 422 транснеравенство 453 турниры 454

469

формула включения-исключения 457 — Пика 458 формулы в геометрии 459 функции и их свойства 460 хорды и касательные 422 хромая ладья 465 целая часть 461 целочисленные неравенства 461 цена игры 401 центральная симметрия 388 цикл 390 цифры 461

углы и дуги 422 узкие места 454 уравнение Пелля 455 уравнения 456

чашечные весы 461 чевиана 461 чередование 462 чётность 463 число рёбер 391

факториал 457 ферзь 465

шахматы 464 шашки 464

Авторы задач Некоторые задачи приписаны двум автором. Обычно это соавторы: работали совместно, или один доработал задачу другого. Соавтор просто указывается в скобках за номером задачи. Более сложные случаи (например, переоткрытие задачи) разъяснены примечаниями. Некоторые задачи повторялись, полностью или частично, в разных вариантах. Если задача давалась дважды без изменений, оба номера идут через знак «=». Если второй вариант включает первый, номера идут через знак «