ЗАДАНИЯ ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ

Кировская ЛМШ-2012
РЕШЕНИЯ ЗАДАНИЙ ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ,
ТИПИЧНЫЕ ОШИБКИ И КРИТЕРИИ ОЦЕНОК
Смысл оценок, выставлявшихся за решение конкурсных задач:
"+": задача решена правильно;
" ": решение верно, но содержит небольшие погрешности;
"±": решение в целом верно, но содержит недочеты;
"+": решение в целом верно, но содержит значительные погрешности;
"+/2": задача решена примерно наполовину;
"": решения нет, но есть заметное продвижение в правильном направлении;
" ": есть менее значительное продвижение;
" ": есть отдельные разумные соображения;
"–": решение полностью неверно.
1 (6). Таня пошла покупать ручки и карандаши. На все деньги, которые у нее были,
она могла бы купить 6 ручек или 12 карандашей. Но она решила купить на все эти деньги и того и другого поровну. Сколько ручек и сколько карандашей она купила?
Ответ: 4 ручки и 4 карандаша. Первое решение. Из условия понятно, что одна ручка стоит столько же, сколько два карандаша. Пусть Таня купила по n ручек и карандашей. Тогда она на те же деньги могла бы купить 2n+n = 3n карандашей, откуда 3n = 12 и
n = 4. Второе решение. Ручка стоит 1/6 часть Таниных денег, карандаш — 1/12 их часть,
а ручка с карандашом — 1/6+1/12 = 1/4 их часть, откуда и получаем ответ.
Комментарии. За ответ без всякого объяснения или полученный рассмотрением конкретного числового примера («пусть карандаш стоит 1 рубль…»), ставился ±.
2 (6-7). Напишите 7 последовательных натуральных чисел так, чтобы всего при
этом были выписаны 33 цифры.
Ответ: 9998, 9999, 10000, 10001, 10002, 10003, 10004. Решение. Поскольку 33 = 75–
2, среди выписанных чисел должно быть пять пятизначных и два четырехзначных, откуда и получается (очевидно, единственно возможный) ответ.
Комментарии. Для плюса было достаточно верного ответа.
3 (6-7). Каждая из четырех девочек либо всегда лжёт, либо всегда говорит правду.
На вопрос: «Сколько среди вас правдивых?» — они дали такие ответы: Аня: «Все»; Валя: «Ни одного»; Галя: «Правдива только одна из нас»; Даша: «Правдивых и лживых
среди нас поровну». Кто из них правдивый, а кто — лжец?
Ответ: Галя правдива, остальные лгут. Первое решение. Так как любые два из
утверждений девочек противоречат друг другу, правдивых среди них не больше одного.
Но все они лживыми быть не могут, так как тогда получается, что лживая Валя говорит
правду. Поэтому правдивое утверждение было ровно одно, и понятно, что это утверждение Гали. Второе решение. Валя говорит неправду, так как иначе получилось бы, что
она говорит правду, при этом заявляя, что лжет в числе всех. Так как Валя лжива, лжет и
Аня, говоря что все правдивы. Если бы Даша была правдива, то правдива была бы и Галя, но ее слова противоречат словам Даши. Поэтому Даша лжет. При этом правдивые
среди девочек есть, иначе бы Валя была права. Поэтому Галя говорит правду.
Комментарии. Ответ без обоснования оценивался в , ответ с неполным обоснованием — в +/2. Также +/2 ставился, если из того, что любые два утверждения противоре-
чат друг другу, сразу делается вывод, что правдива ровно одна девочка. Кстати, во многих решениях вместо «утверждения противоречивы» говорилось «утверждения различны», что, строго говоря, неправильно, но оценку за эту неточность было решено не снижать.
Авторы многих решений, показав, что Аня, Валя и Даша лгут, а слова Гали не ведут
к противоречию, сразу делали вывод, что Галя правдива. Но то, что слова Гали не противоречат словам остальных девочек, еще не означает, что она правдива, это надо обосновывать отдельно (например, заметив, что Валя лжет, и потому все девочки лживыми
быть не могут). За решения с таким недочетом ставился ±.
Некоторые авторы сочли, что по условию среди девочек есть хотя бы одна лживая и
хотя бы одна правдивая, и использовали это в решении. Поскольку фраза «Каждая из
четырех девочек либо всегда лжёт, либо всегда говорит правду» не дает оснований для
этого вывода, такие решения оценивались не выше, чем в +/2.
4 (6-8). Почтальон Печкин вышел из Простоквашино в Творогово. В тот же момент из Простоквашино в Творогово выехал на велосипеде Дядя Федор, а навстречу им
из Творогово вышел кот Матроскин. Проехав 3/4 расстояния до Творогово, Дядя Федор
встретил Матроскина, повернул назад в Простоквашино и встретил Печкина, когда
тому оставалось ровно полпути до Творогово. Какую часть пути до Творогово оставалось пройти Печкину, когда он встретил Матроскина? Скорости всех персонажей задачи постоянны.
Ответ: 2/5. Решение. Пусть расстояние от Простоквашино до Творогово равно 20x,
а скорость Дяди Федора равна 6v. До места встречи с Матроскиным Дядя Федор прошел
15x, а Матроскин — 5x. Поэтому Дядя Федор идет втрое быстрее Матроскина, то есть
скорость Матроскина равна 2v. До места встречи с Печкиным Дядя Федор прошел
15x+5x = 20x, а Печкин — 10x. Поэтому Дядя Федор идет вдвое быстрее Печкина, то
есть скорость Печкина равна 3v. Таким образом, Печкин идёт в полтора раза быстрее
Матроскина, и к моменту их встречи пройдет в полтора раза большее расстояние. Деля
20x в отношении 3:2, находим, что Печкин прошел к этому моменту 12x, а Матроскин —
8x, то есть Печкину осталось пройти до Творогово 8x/20x = 2/5 части пути.
Комментарии. Если задача была решена для конкретных числовых данных (пусть
от Простоквашино до Творогово 1 км…), ставился +/2. За верное нахождение отношения скоростей Печкина и Матроскина при неверном ответе ставился . Такое случалось,
например, когда из того, что скорость Матроскина относится к скорости Печкина как
2:3, делался неверный вывод, что Печкин до встречи с Матроскиным прошел 2/3 всего
пути, или когда решавший забывал, что Дядя Федор встретился с Матроскиным и Печкиным не одновременно. Встречались и совсем странные решения, где утверждалось,
что Печкину после встречи с Матроскиным оставалось пройти больше, чем весь путь
(например, 3,5 пути!).
5 (6-8). Петя поделил с остатком одно натуральное число на другое. Могли ли все
цифры в записи делимого, делителя, частного и остатка оказаться нечетными?
Ответ: Нет. Решение. В таком случае делимое, делитель, частное и остаток оканчивались бы на нечетные цифры, и потому были бы нечетными. Но тогда сумма произведения делителя на частное и остатка была бы четной, а она равна делимому — противоречие.
Комментарии. Задача оказалась достаточно простой, но решили ее не все. Не засчитывался ответ «нет» без обоснования или «обоснованный» лишь числовыми примерами,
а также решения, авторы которых путали цифры с числами и потому рассматривали
только однозначные числа. А некоторые авторы обосновывали неверный ответ «да»
примерами, содержащими нечетные цифры и 0. Очевидно, они не считали 0 четной
цифрой.
6 (6-8). Сумма периметров нескольких квадратов равна 1 м. Может ли сумма их
площадей равняться 1 кв. см?
Ответ: Может. Решение. Разрежем квадрат со стороной 1 см на 625 квадратов со
стороной 1/25 см. Сумма их периметров равна (4/25)625 = 100 см = 1 м.
Комментарии. Для плюса было достаточно верного примера, пояснение того, как
он был найден, не обязательно. Ответ «может» без примера не засчитывался, как и неверные примеры.
7 а) (6-7). На доске записаны числа 1, 2, …, 29, 30. Незнайка стер 13 чисел. Знайка не
видел, какие числа стерты, но берется выбрать из оставшихся числа, которые в сумме
дадут 33. Прав ли Знайка?
Ответ: Прав. Решение. Разобьем числа от 3 до 30 на 14 пар чисел, дающих в сумме
33: 3+30, 4+29, …, 16+17. Поскольку Незнайка стер чисел меньше, чем получилось пар,
хотя бы в одной из пар оба числа окажутся не стёртыми.
Комментарий. Не засчитывались ответ «прав» без обоснования или «обоснованный» разбором одного или нескольких частных примеров.
б) (8-9). Пусть Незнайка стер k чисел. Каково наименьшее k, при котором Знайка
может оказаться неправ?
Ответ: k = 15. Решение. Покажем, что 14 чисел недостаточно. Из решения задачи
а) видно, что в этом случае Незнайка обязан стереть по числу в каждой из 14 пар 3+30,
4+29, …, 16+17. Поэтому числа 1 и 2 останутся. Тогда в паре 3+30 придется стереть 30
— иначе получим 33 = 1+2+30. Но тогда в паре 4+29 придется стереть 29 — иначе получим 33 = 1+3+29. Но тогда в паре 5+28 придется стереть 28 ввиду равенства
33 = 1+4+29. Продолжая эти рассуждения, получим, что надо стереть все числа от 17 до
30. Но тогда 33 окажется равным сумме оставшихся на доске чисел 15, 16 и 2. Покажем,
что 15 чисел достаточно. Если Незнайка сотрет все нечетные числа от 1 до 29, которых
ровно 15, любая сумма оставшихся чисел будет четной и, значит, не равной 33.
Комментарии. Ответ «15» без всякого обоснования не засчитывался. Пример, показывающий, как надо стереть 15 чисел, при отсутствии объяснения, почему 14 чисел недостаточно, оценивался в , а объяснение про 14 без примера 15 чисел — в +/2. Если же
в решении было и то, и другое, но правильность примера 15 чисел не была обоснована,
ставился ±. В некоторых решениях сначала верно отмечалось, что если стереть все 15
нечетных чисел, то сумму 33 с помощью оставшихся чисел получить нельзя, но потом
из этого делался неверный вывод, что если хоть одно нечетное число останется, то получить сумму 33 удастся. За это ставился .
8 (6-10). На столе лежат 12 спичек. Двое по очереди берут себе по 1 или 2 спички.
Взявший последнюю спичку получает 3 премиальные спички. Выигрывает тот, у кого в
итоге окажется больше спичек. Кто выиграет при правильной игре: тот, кто делает
первый ход, или его партнер?
Ответ: Первый. Решение. Заметим, что всего на руках у игроков после окончания
игры окажется 15 спичек. Поэтому, чтобы выиграть, надо иметь на руках хотя бы 8 спичек. Пусть первыми двумя ходами первый берет по две спички. Тогда после второго хода его соперника на столе останутся 6, 5 или 4 спички. Если осталось 6 спичек, первый
двумя следующими ходами снова берет по две спички, на руках у него оказывается не
меньше 8 спичек, и он побеждает. Если же спичек осталось 5 или 4, первый третьим ходом берет две или одну спичку соответственно, оставляя на столе 3 спички, и четвертым
ходом, дополняя предыдущий ход соперника до 3, берет все оставшиеся спички и получает три премиальные. В этом случае на руках у первого оказываться не менее
2+2+1+1+3 = 9 спичек, и он также побеждает.
Комментарии. Полное решение этой задачи состоит из описания выигрышного алгоритма игры первого игрока и объяснения, почему при такой игре первый действительно всегда выигрывает. Ответ «выигрывает первый» без всякого обоснования не засчитывался. Если выигрышный алгоритм был описан, но не обоснован или обоснован
лишь частично, решение оценивалось в пределах от  до ±, в зависимости от величины
пробелов в обосновании. Если же алгоритм и описан был с пробелами, решение оценивалось не выше, чем в .
Некоторые участники конкурса пытались решать эту задачу анализом с конца, отмечая выигрышные и проигрышные позиции. Но в этой задаче выигрышность и проигрышность позиции зависит не только от числа спичек, оставшихся на столе, но и от числа спичек на руках у игроков, чего авторы таких решений (получавшие неверный ответ
«второй») не учитывали.
9 (6-10). Существует ли натуральное число n, при котором можно 1 : 2 : 3 : ... : n
так расставить скобки в числителе и знаменателе выражения на ри- 1 : 2 : 3 : ... : n
сунке справа, чтобы полученное значение было равно а) 0,09? б) 0,1?
Ответы: а) Да. б) Нет. Решение. а) Примеров много. Вот самый типичный из них:
1: (2 : 3) : 4 : 5 : 6 : 7 : 8 : 9 :10
1: 2 : 3 : 4 : (5 : 6)
, а вот — самый короткий:
(можно показать,
1: 2 : 3 : 4 : 5 : 6 : 7 : 8 : (9 :10)
1: 2 : (3 : 4 : 5) : 6
что при n  5 нужным образом расставить скобки не удастся). б) Пусть в числителе и
знаменателе выражения из условия задачи как-то расставлены скобки. Избавившись от
них, получим дробь, где в числителе и знаменателе стоят произведения каких-то из исходных чисел, причем каждое число от 1 до n встречается среди сомножителей дважды.
Сократим все сомножители, входящие по разу в числитель и знаменатель. Получится
дробь, у которой каждое из исходных чисел встречается дважды либо в числителе, либо
в знаменателе. Следовательно, у нее и числитель, и знаменатель — квадраты натуральных чисел. Равняться 1/10 такая дробь не может: если 1/10 = p2/q2, то q2 = 10p2, и после
разложения чисел q2, 10 и p2 на простые множители слева будет четное число двоек, а
справа — нечетное: противоречие.
Комментарии. Решения пункта а), где из того, что при любой расстановке скобок в
результате получается квадрат рационального числа, делался логически неправильный
вывод, что всякий квадрат рационального числа можно получить некоторой расстановкой скобок, а конкретный пример расстановки не приводился, не засчитывались. За само
утверждение, что любой расстановке скобок получается квадрат рационального числа,
сделанное без обоснования, в пункте б) ставился , а если оно было обосновано, но
утверждение, что 0,1 — не квадрат рационального числа, использовалось без обоснования, решение оценивалось в ±. Впрочем, поскольку иррациональность корня из 10 —
факт все же достаточно известный, при подведении итогов конкурса этот ± приравнивался к плюсу.
10 (7-10). Двое рабочих, выполнив половину задания, увеличили свои производительности: один — на 20%, другой — на 16%. В результате вторую половину задания они
выполнили на один день быстрее, чем первую. Можно ли наверняка утверждать, что
рабочие уложились с выполнением задания в 14 рабочих дней?
Ответ: Можно. Первое решение. Если бы производительность обоих рабочих выросла на 16%, то, выполняя вторую половину задания, они каждый день делали бы 16% сверх
нормы, и «лишняя» дневная норма накопилась бы у них через 100:16 = 6,25 дня. Поскольку на самом деле первый рабочий работал быстрее, «лишняя» дневная норма накопилась
у них меньше, чем за 6,25 дня. Таким образом, на всю работу рабочие потратили меньше,
чем 6,25 + 7,25 = 13,5 дня, т.е., они уложились в 14 дней. Второе решение. Пусть a и b —
исходные производительности первого и второго рабочих, а t — время, за которое они
выполнили первую половину работы. По условию (a+b)t = (1,16a+1,2b)(t–1) (*), откуда
0,16ta+0,2tb = 1,16a+1,2b (**). Допустим, t > 7,5. Тогда 0,16ta > 1,2a и 0,2tb > 1,5b, то
есть левая часть в равенстве (**) больше правой — противоречие. Поэтому t  7,5, и рабочие уложились в t+(t–1)  7,5+6,5 = 14 дней. Замечание. Во втором решении можно
было действовать и многими другими способами: например, привести равенство (*) к
виду a(0,16t–1,16) = b(1,2–0,2t) и заметить, что обе разности в скобках должны быть либо неотрицательными, либо неположительными, а потом убедиться, что первое невозможно, а второе возможно лишь при 6  t  7,25, откуда t+(t–1)  7,25+6,25 = 13,5. Получающаяся тут оценка в 13,5 дней точна: именно столько времени займет работа, если
b = 0, то есть второй рабочий все время бездельничал.
Комментарии. Некоторые участники конкурса неверно поняли условие задачи: одни (возможно, неправильно понимая, что значит уложились) считали, что рабочие работали ровно 14 дней, другие — что рабочие работали раздельно, третьи — что вначале
производительности рабочих были одинаковыми и потому в результате увеличения их
совместная производительность возросла на 18%. Решения, опиравшиеся на такие предположения, не засчитывались, как и ответ без обоснования.
Некоторые авторы, получив равенство (**) или подобное ему, подставляли туда
t = 7,5, и из полученного неравенства вроде 1,2a+1,5b > 1,16a+1,2b без всякого обоснования делали вывод, что t < 7,5. Почему тут следует считать, что t < 7,5, а не, например,
что t > 7,5, при этом остается непонятным. Похожую ошибку совершали и те, кто рассматривал два крайних случая, когда первый или второй рабочий бездельничал, а потом,
получив в этих двух случаях нужный результат, без всяких пояснений делали вывод, что
так же будет и во всех остальных случаях. Решения с такими и другими подобными
ошибками оценивались не выше, чем в . Так же оценивались решения, где авторы считали, что на выполнение задания у рабочих ушло целое число дней, и существенно опирались на это предположение.
В целом задача оказалась довольно сложной, особенно для учеников 7-8 классов.
11 (7-10). Назовем треугольник особым, если в нем есть два угла, один из которых
вдвое больше другого. Верно ли, что любой треугольник можно разрезать на особые?
Ответ: Верно. Первое решение. Любой треугольник можно разрезать на два прямоугольных, опустив высоту на его наибольшую сторону. Поэтому достаточно показать,
как разрезать на особые прямоугольный треугольник. Возьмем треугольник ABC, где
C = 90, и выберем на гипотенузе AC такую точку D, что ADC = 2ACD Такая точка
существует: ADC = 2ACD  3ACD = 180–A  ACD = 60–A/3, то есть достаточно отделить от прямого угла C угол ACD, равный 0 < 60–A/3 < 60Осталось
заметить, что оба треугольника ACD и BCD — особые, так как ADC = 2ACD и
BDC = 180–ADC = 2(90–ACD) = 2BCD. Второе решение. Треугольник с углом
120 и острыми углами  и  легко разбить на два особых, так как 120 = 2+2. По-
скольку в каждом треугольнике, все углы которого меньше 120, существует точка
Торричелли, разбивающая его на три треугольника с углами по 120, так что любой такой треугольник можно разбить на 6 особых. Наконец, любой треугольник с углом
больше 120 можно разбить на два прямоугольных, каждый из которых, как уже показано, разбивается на особые.
Комментарии. Типичной ошибкой было разрезание треугольника ABC, где
C = 90, на два особых таким отрезком CD, что ADC = 2CAD. Беда в том, что такое
разрезание возможно только когда 30 < A < 60: при A  30 ACD  90, а при
A  60 ADC+CAD  180. Решения с такой ошибкой оценивались не выше, чем в .
Если разрезание прямоугольного треугольника было возможным при любых значениях
его острых углов, но это в решении не обосновывалось, оценка снижалась до ±, а если
вдобавок не было верно объяснено, почему любой треугольник можно разрезать на два
прямоугольных (например, говорилось, что это можно сделать с помощью любой его
высоты), ставился +.
12 (8-10). Дан квадратный трехчлен R(х) = х2+px+q. Известно, что R(–1)R(1) > 0 и
|q| > 1. Докажите, что этот трехчлен не имеет корней, лежащих между числами –1 и 1.
Решение. Пусть у трехчлена R(х) есть корень –1  a  1. Через b обозначим второй
корень этого трехчлена. Так как |q| =|ab| > 1, корень b по модулю больше 1. Но тогда одно из двух чисел –1 и 1 лежит между a и b, а другое — нет, и потому числа R(–1) и R(1)
имеют разные знаки, откуда R(–1)R(1) < 0. Противоречие.
13 (8-10). В стране 25 городов. Некоторые города связаны двусторонними беспосадочными авиарейсами так, что из любого города можно (возможно, с пересадками)
добраться самолетами до любого другого и, притом, единственным образом (если, конечно, не пользоваться никаким рейсом дважды). Назовем расстоянием между городами число рейсов, которыми надо воспользоваться, чтобы добраться от одного до
другого. Может ли сумма всех расстояний между городами страны равняться 1225?
Ответ: Не может. Первое решение. Отметим какой-либо авиарейс. Нетрудно показать, что все города после этого разобьются на две группы таким образом, что маршруты, связывающие города из разных групп, содержат отмеченный рейс, а маршруты, связывающие города из одной группы — нет. Если в одной из групп k городов, то в другой
25–k городов, и, следовательно, отмеченный рейс входит в k(25–k), то есть в четное число маршрутов. Так как это верно для произвольного рейса, то в суммарную длину всех
маршрутов каждый рейс входит четное число раз, значит, сумма длин всех маршрутов
четна и не может равняться 1225. Второе решение. Нетрудно показать, что все города в
стране можно разбить на две группы таким образом, чтобы прямые авиарейсы соединяли только города из разных групп (те, кто знаком с основами теории графов, сразу ссылались на то, что любое дерево двудольно). Тогда¸ как легко видеть, расстояние между
любыми двумя городами из одной группы четно, а расстояние между любыми двумя городами из разных групп нечетно. Пусть в одной группе a городов. Тогда в другой — 25–
a городов, и потому нечетных расстояний между городами в нашей стране a(25–a) —
четное число. Мы снова показали, что суммарная длина всех маршрутов четна и не может равняться 1225.
Комментарии. Некоторые авторы неверно поняли условие, считая все расстояния
между городами дважды: от А до В и от В до А (понятно, что при такой трактовке задача
становится очевидной — только вот зачем нам давать такую задачу под номером 13?).
Такие решения, естественно, не засчитывались. Встречалась также некорректная индукция, когда к дереву с 2k–1 вершинами добавлялись две вершины и не доказывалось, что
всякое дерево с 2k+1 вершинами можно получить такой операцией. Такие решения оценивались не выше, чем в  .
14 (9-10). Найдите прямую, сумма расстояний до которой от вершин данного треугольника минимальна.
Ответ: Это прямая, на которой лежит наибольшая сторона треугольника. Решение.
Возьмем произвольную прямую l, не проходящую через вершины треугольника АВС, и
проведем через вершины треугольника параллельные ей прямые. Обозначим через m ту
из них, которая лежит между двумя другими (если две из проведенных прямых совпадают, примем за m одну из них). Пусть х — расстояние между прямыми l и m. Если
сдвинуть прямую l в положение m, то два из трех расстояний от нее до точек А, В и С
уменьшатся на х, а третье, возможно, увеличится, но не больше, чем на х. Поэтому сумма расстояний от точек А, В и С до прямой m меньше, чем сумма расстояний от точек А,
В и С до прямой l. Таким образом, нужную нам прямую достаточно искать среди прямых, проходящих через одну из вершин треугольника и пересекающих противолежащую этой вершине сторону.
Возьмем прямую m, проходящую через вершину В треугольника ABC и пересекающую сторону АС в точке М. Заметим, что отрезок ВМ не длиннее хотя бы одной из сторон ВА и ВС (потому что один из углов ВМА и ВМС не меньше 90). Поменяв, если
надо, буквы A и C местами, будем считать, что ВМ  ВА. Пусть h1 и h2 — высоты треугольников ВАМ и ВСМ, опущенные на их общую сторону ВМ, а h — высота треугольника АВС, опущенная на сторону ВА. Находя двумя способами площадь треугольника
АВС, получаем, что ВМ(h1+h2) = ВАh, откуда h1+h2 = h(ВА/ВМ)  h. Таким образом,
сумма расстояний от вершин треугольника до прямой, не проходящей через его сторону,
всегда не меньше одной из высот треугольника. С другой стороны, для прямой, на которой лежит наибольшая сторона треугольника, эта сумма равна наименьшей высоте треугольника, что и дает нам ответ.
C
Комментарии. Ответ нашли многие, но немногие сумели
F
его обосновать. Ответ без обоснования или с «обоснованияN
ми» типа «видно, что…», «очевидно, что…» не засчитывался.
H
Решение, в котором была более или менее верно проведена
B
только «легкая» часть, составляющая первый абзац нашего
A
решения, оценивалось не выше .
m
Типичной ошибкой в «трудной» части решения было
Рис. 1
C
рассуждение, существенно опирающееся на ту особенность
чертежа на рис. 1 (где H и F — основания перпендикуляров,
опущенных на прямую m из вершин A и C соответственно)
F
B
что HN < CF. Чертеж на рис. 2, где перпендикуляр AH вообH
ще не пересекает сторону BC, показывает, что в случае тупоm
угольного треугольника такое рассуждение не проходит. РеA
шение с подобной ошибкой оценивалось не выше, чем в .
Рис. 2
15 (9-10). Точка D на стороне AC треугольника ABC такова, что BD2 = ADCD. При этом других точек с таким свойством на стороне AC
нет. Докажите, что BD — биссектриса угла ABC.
Решение. Пусть E — отличная от B точка пересечения луча BD с описанной окружностью  треугольника ABC. По свойству пересекающихся хорд BD2 = ADCD = BDED.
Таким образом, равенство BD2 = ADCD равносильно равенству BD = ED, означающему,
в свою очередь, что точка E лежит на прямой l, в которую прямая AC переходит при го-
мотетии с центром B и коэффициентом 2. Из второй фразы условия задачи следует, что
эта прямая должна иметь с окружностью единственную общую точку, т.е. касаться ее.
Поскольку l || AC, точка касания E должна делить пополам дугу AC окружности . Но
это означает, что вписанные углы ABE и CBE опираются на равные дуги и потому равны, что и требовалось доказать. Замечание. Продолжая проведенные рассуждения, нетрудно показать, что треугольник ABC, удовлетворяющий условию задачи, должен быть
прямоугольным и равнобедренным.
Комментарий. В некоторых решениях из того, что при наличии двух точек D1 и D2,
удовлетворяющих условию задачи, прямые E1E2 и AC параллельны, без дополнительного обоснования делался вывод, что при единственной точке D касательная к  в этой
точке будет параллельна AC. Такие рассуждения оценивались не выше, чем в . Решения, где без обоснования утверждалось, что если прямая, проходящая через точку E параллельно AC, касается описанной окружности, то она перпендикулярна BE, оценивались не выше, чем в +/2.
Некоторые авторы решали задачу составлением квадратного уравнения. Многие из
них приравнивали его дискриминант нулю, не задумываясь, что условие задачи гарантирует единственность корня не на всей прямой AC, а только на отрезке AC. Такие решения оценивались в диапазоне от  до ±, в зависимости от того, насколько очевидным
было отсутствие у полученного квадратного уравнений корней за пределами отрезка AC.
16 (9-10). На доске написаны числа 1, 2, 4, ..., 22012. Разрешается стереть любые два
числа и записать вместо них их полусумму. Какое наибольшее число может остаться
на доске после 2012 таких операций?
Ответ: 2–2012+2–2011+2–2009+…+22009+22011 = 2–2012+(42012–1)/(322011) = (22025+1)/(322012)
Первое решение. Если какие-то числа a и b на доске были заменены их полусуммой,
будем называть эту полусумму потомком каждого из чисел a и b в первом поколении.
Потомка этой полусуммы будем называть потомком каждого из чисел a и b во втором
поколении и т.д. Длину цепи потомков числа назовём его высотой. Очевидно, итоговое
число равно сумме, в которую каждое из исходных чисел 2k «делегирует» слагаемое
2k/2m, где m — высота числа 2k.
Покажем методом математической индукции, что если на доске написаны числа 1, 2,
4, ..., 2n, то наибольшее итоговое число получается тогда, когда число 2n имеет высоту 1.
База (n = 1) очевидна. Докажем переход. Если число 2n имеет высоту 1, то итоговое число,
очевидно, больше, чем 2n–1. Пусть высота числа 2n больше 1. Если высоты всех остальных
чисел тоже больше 1, итоговое число не больше (1+2+4+...+2n)/4 = 2n–1–1/4 < 2n–1. Если же
высота одного из чисел 2k (0  k < n) равна 1, поменяем его во всех проведенных операциях местами с числом 2n. Тогда суммарный вклад чисел 2n и 2k в итоговое число возрастет с 2n–m+2k–1 (где m  2) до 2n–1+2k–m (2n–m–2k–m = 2k–m(2n–k–1) < 2k–1(2n–k–1) < 2n–1–2k–1),
а вклады остальных чисел не изменятся. Переход доказан.
Пусть Mn — наибольшее число, которое может остаться на доске от чисел 1, 2, 4, ...,
n
2 . Из доказанного следует, что Mn = Mn–1/2+2n–1, откуда, поскольку M1 = 1/2+1, и получаем ответ.
Второе решение. Если a  b  c  d, то (a+b+c+d)/4  (((a+b)/2+c)/2+d)/2 (*). В самом
деле, (((a+b)/2+c)/2+d)/2 = a/8+b/8+c/4+d/2, и потому неравенство (*) сводится к очевидному a/8+b/8  d/4. Неравенство (*) означает, что если мы где-то с четырьмя числами a,
b, c, d, где a  b  c  d действовали так: сливали сначала две пары отдельно, а потом оба
результата вместе, то есть получали в итоге (a+b+c+d)/4, то если вместо этого сливать
эти числа последовательно (a c b, потом с результатом слить c, потом с итоговым ре-
зультатом слить d), то общий итог по крайней мере не уменьшится. Проводя такие замены, мы в конце концов придём к схеме слияний, где все числа сливаются последовательно. Тогда итоговое число равно a1/22012+a2/22012+a3/22011+a4/22010+…+a2012/22+a2013/2 (**),
где a1 и a2 — числа, слившиеся первыми, a3 — число, слившееся с (a1+a2)/2 на втором шаге и т.д. Как следует из транснеравенства (и нетрудно доказать непосредственно), сумма
(**) максимальна, когда a1  a2  …  a2013, то есть a1 = 1, a2 = 2, …, a2013 = 22012, откуда и
получаем ответ.
Второе решение представляет собой обработку рассуждения, принадлежащего десятикласснику из Омска Ивану Кудыку. Оно показывает, что схема последовательных слияний от меньших чисел к большим — наилучшая для любого набора исходных чисел.
Комментарии. Задача, как и предполагалось, оказалась самой трудной в работе.
Почти все решавшие понимали, что максимум достигается при последовательных слияниях в направлении от меньших чисел к большим, но мало кто сумел это доказать, а
многие вообще не осознавали, что возможны другие схемы слияний. Без такого доказательства решение не засчитывалось. За неполные доказательства ставился .
17 (10). В пространстве даны 10 различных прямых. Если взять любые четыре из
этих прямых, то среди них найдутся три, лежащие в одной плоскости. Докажите, что
по крайней мере 9 из данных прямых лежат в одной плоскости.
Решение. Возьмем любые четыре из наших прямых. Три из них — назовем их a, b и
c — лежат в одной плоскости . Среди семи оставшихся прямых найдем три — пусть d,
e и f, лежащие в одной плоскости , и среди четырех оставшихся после этого — еще три,
g, h и k, лежащие в одной плоскости .
Допустим, что   . Из четырех прямых a, b, d, и e три должны лежать в одной
плоскости . Поменяв, если надо, обозначения, можно считать, что это прямые a, b и d.
Тогда  = , а d — линия пересечения плоскостей  и . А теперь повторим проведенные рассуждения для прямых a, b, e и f. Тогда снова получится, что плоскости  и 
должны пересекаться по одной из них. Но две различные плоскости не могут пересекаться по двум различным прямым. Значит, наше предположение неверно, и  = . Аналогично,  = . Значит, все 9 прямых a, b, c, d, e, f, g, h, k лежат в одной плоскости.
Комментарии. Простая на вид, эта задача привлекла многих, даже шести- и семиклассников, но немногие сумели верно ее решить. Вот типичное неверное рассуждение:
«Пусть a, b и c лежат в одной плоскости, а d не лежит в ней. Рассмотрим b, c, d и e. b и c
лежат в одной плоскости, d в ней не лежит, но тогда e лежит в этой плоскости». Здесь
упущен случай, когда в одной плоскости лежат прямые c, d и e (или b, d и e): такая плоскость уже не обязана совпадать с той, где лежат a, b и c.
 И.С. Рубанов, 2012.