2003.9.5, 2003.11.5. Можно ли во всех клетках бесконечной... одному все целые числа (каждое целое число – ровно в...

2003.9.5, 2003.11.5. Можно ли во всех клетках бесконечной клетчатой плоскости расставить по
одному все целые числа (каждое целое число – ровно в одной клетке) так, чтобы у каждого числа
среди четырёх соседних (по стороне) были два числа, больших его, и два числа, меньших его?
(С.Г.Волчёнков)
Ответ: можно. Решение (первое из известных):
–19 27 28 29 30
В качестве примера приведем следующий алгоритм расстановки чисел. Расставим все целые чис–20 –10 16 17 18 26
ла так, чтобы каждое число было меньше соседних
–21 –11 –4 8 9 15 25
чисел сверху и справа, и больше чисел слева и снизу. Для этого введём на нашей клетчатой плоско–22 –12 –5 –1 3 7 14 24
сти обычную систему координат, в которой у каж–23 –13 –6 –2 0 2 6 13 23
дой клетки будут две целочисленные координаты.
Сначала поставим в клетку с координатами (0, 0)
–24 –14 –7 –3 1 5 12 22
число 0. Затем начнём по очереди ставить последовательные положительные целые числа сериями.
–25 –15 –9 –8 4 11 21
Первая серия (числа 1, 2, 3) занимает клетки с ко–26 –18 –17 –16 10 20
ординатами (1, –1), (1, 0), (0, 1). А каждая следующая серия ставится следующим образом. Начало
–30 –29 –28 –27 19
серии (номер N) – в клетке (N, –N), затем числа
идут подряд вверх до клетки (N, 0) включительно,
потом по диагонали влево-вверх до клетки (1, N–
–29 20
1), а далее числа идут от клетки (–N+1, N) вправо
до клетки (0, N). Таким образом, все положитель–27 –19 12 22
ные числа займут все клетки с положительной
суммой координат и с суммой координат, равной
–25 –17 11 6 14 24
нулю, с положительной первой координатой.
–23 –15 –9 –5 2 8 16 26
Затем центрально симметрично отразим все
положительные числа относительно клетки с 0 и
–13 –7 –3 –1 0 4 10 18 28
поменяем знак на минус. В результате все остав13 7 3 1 –2 –4 –8 –14 –22
шиеся клетки будут заняты всеми отрицательными
целыми числами. На рисунке показана центральная
15 9 5 –6 –10 –16 –24
часть (около 0) плоскости, заполненной таким алгоритмом. Нетрудно убедиться, что наш алгоритм
17 11 –12 –18 –26
даёт нужный результат и в положительной, и в от19 –20 –28
рицательной частях плоскости, и на стыке этих частей.
Комментарий: Существует ещё несколько других примеров
расстановки чисел. 1). Большинство школьников, решивших эту
задачу на I открытой Нижегородской городской математической олимпиаде, предложили расстановку следующего вида.
Разделим доску на четыре бесконечных угла (по типу четвертей
координатной плоскости) и начнём заполнять их числами четырёх видов – неотрицательные чётные и нечётные, и отрицательные чётные и нечётные. В каждой четверти ставим по очереди
по диагоналям свой вид чисел подряд. Нетрудно убедиться, что
такая расстановка ведёт нас к успеху. 2). Победитель олимпиады среди 11-классников Кирилл Белкин не успел довести до
конца следующую идею расстановки чисел. Начнём расставлять
числа по следующему алгоритму с расширением области расстановки (фактически, это конструкция по индукции). Начнём с квадрата 11, в котором стоит число
0. А затем, если мы уже построили квадрат kk из n=k2 чисел, то дальше строим квадрат 3k3k из
большего количества чисел, который получается по следующей схеме – центральный квадрат оставляем прежним, а восемь новых квадратов получаем прибавлением или соответственно вычитанием
–2n
n
4n
–3n
0
3n
–4n
–n
2n
одного и того же числа из каждой соответствующей
клетки квадрата, аналогичного центральному (так, как –20 –17 –14 7 10 13 34 37 40
показано на рисунке). В результате у каждого числа –21 –18 –15 6
9 12 33 36 39
сверху и справа будут числа, большие его, а снизу и
8 11 32 35 38
слева будут числа, меньшие его, при этом сама картинка –22 –19 –16 5
получается центрально симметричной с учётом знака.
–29 –26 –23 –2 1 4 25 28 31
Для первых двух шагов получится следующий квадрат
99. Нетрудно по индукции показать, что этот алгоритм –30 –27 –24 –3 0
3 24 27 30
даёт нам нужную под условие расстановку.
2003.11.2. Верно ли, что если взять любые два угла –31 –28 –25 –4 –1 2 23 26 29
любого треугольника, то перед одним из них можно –38 –35 –32 –11 –8 –5 16 19 22
написать sin, а перед другим cos так, чтобы сумма
–39 –36 –33 –12 –9 –6 15 18 21
двух получившихся чисел была бы не больше 2 ?
(О.К. Подлипский)
–40 –37 –34 –13 –10 –7 14 17 20
Ответ: да. Решение: Предположим, что есть такие углы

и
,
что
и
sin+cos> 2 ,
и
cos+sin> 2 .
Отсюда
2 2 <sin+cos+cos+sin=(sin+cos)+(sin+cos)= 2 sin(+45)+ 2 sin(+45) 2 + 2 =2 2 –
противоречие. Значит, можно соответствующим образом подписать синус и косинус к двум любым
углам любого треугольника.
2003.11.3. В треугольнике ABC окружность, проходящая через вершины A и C, пересекает стороны AB и BC в точках C1 и A1 соответственно. Оказалось, что точки A1, B, C1 и точка Р пересечения прямых АА1 и CC1 образуют описанный четырёхугольник. Докажите, что треугольник
ABC – равнобедренный. (Е.А.Чернышов, А.Н.Куликов)
Решение (авторское): Пусть I – центр окружности, вписанной в четырёхугольник А1ВС1Р, значит, I
равноудалена от сторон четырёхугольника, следовательно, и от прямых AB и АА 1, содержащих стороны этого четырёхугольника. Значит, AI – биссектриса  BAA1, т.е.  BAI=  IAA1. Аналогично,
 BCI=  ICC1. Кроме того,  A1AC1=  C1CA1, т. к. четырехугольник ACA1C1 – вписанный, значит,
равны и половины углов, следовательно,  BAI=  BCI. Тогда ∆ABI=∆BCI (по стороне и двум соответственным углам), т. к. BI – общая сторона и биссектриса  ABC, а  BAI=  BCI. Следовательно,
AB=BC, т.е. АВС – равнобедренный.
Решение 2 (Александр Гонченко): Из равенства углов ВCC1 и BAA1, опирающихся на одну дугу, и
наличия общего угла В, следует, что треугольники ВCC1 и BAA1 – подобные, да ещё и с одинаковой
вписанной окружностью, значит, коэффициент подобия равен 1 и эти треугольники равны, следовательно, АВ=ВС.
2003.11.4. В некоторой компании 25 акционеров, причём любые 15 из них владеют не менее, чем
50% акций компании. Каким наибольшим процентом всех акций может владеть один акционер?
(О.К. Подлипский)
Ответ: 20%. Решение: Пусть Х – акционер, владеющий наибольшим процентом акций (х%). Разобьём остальных 24 акционеров на восемь групп А1, А2, …, А8 по 3 акционера. Пусть они владеют соответственно a1, a2, …, a8 процентами акций. Тогда 5(100–x) = 5(a1+a2+ …+ a8) = (a1+a2+ …+ a5) +(a2+a3+
…+ a6) +…+(a8+a1+ …+ a4)  850=400, т.е. х20.
Приведём соответствующий пример распределения акций. Если каждый из 24 акционеров,
кроме Х, владеет 80/24 % акций, то любые 15 из них без Х владеют ровно 50%, а любые 15, включая Х,
владеют более 50%, при этом у Х – ровно 20% акций.
Комментарий: Приведём другое рассуждение при решении задачи. Предположим, что Х имеет более
20% акций, тогда у остальных 24 человек – менее 80%, тогда по принципу Дирихле (а точнее, принципу усреднения) существуют 15 акционеров (с самыми наименьшими количествами акций), у которых
менее 8015/24=50(%), что противоречит условию. Соответствующую теорему на принцип усреднения можно сформулировать так: Если сумма чисел a1+a2+ …+ an  S, то среди них для любого натурального kn найдутся k чисел, сумма которых не превосходит kS/n. А доказательство этой теоремы
как раз и осуществляется с помощью приведённого выше трюка и создания сумм, аналогичных приведённым в авторском решении.
2003.11.6. Найдите все натуральные a, b и c такие, что НОД(a,b) + НОД(b,c) + НОД(c,a) =
(a+b+c)/2. (Е.А.Чернышов)
Ответ: (с точностью до порядка и умножения на любое натуральное число): (1,2,3), (1,3,6), (4,2k1,2k-1), (где k – любое натуральное число)
Решение: Можно считать, что НОД(a,b,c)=1 (иначе просто поделим).
1).Если ни одно из чисел a,b,c не делится на другое, то (a≠b, b≠c, c≠a) ясно, что
НОД(a,b)+НОД(b,c)+НОД(c,a) ≤ 1/2 × min(a,b) +1/2 × min(b,c) + 1/2 × min(c,a) <
1
/2 × 1/2 ×(a+b) + 1/2 × 1/2 ×(b+c) + 1/2 × 1/2 ×(c+a) = (a+b+c)/2 , т.е. решений нет.
2).Если есть равные числа, например, a=b, то уравнение перепишется в виде a+2НОД(a,c)=a+ c/2 , т.е.
НОД(a,c)= c/4 , откуда c=4c0 , a=c0(2k-1)=b, c0 - натуральное.
3).Если, среди исходных чисел есть 1, например, с=1, то уравнение таково: НОД(a,b)+1+1= (a+b+1)/2 ,
т.е. 2НОД(a,b)+3=a+b. Значит, 3 делится на НОД(a,b). Считая, например, что a>b>1, после рассмотрения обоих случаев (НОД(a,b)=1 и НОД(a,b)=3) получаем решения: (1,2,3) и (1,3,6).
Итак, остался 4-й случай, когда все три числа больше 1, попарно различны, и среди них есть 2
числа, одно из которых делится на другое (пусть a=bk, k≥2, k – натуральное). Тогда НОД(b,c)=1 ,т.к.
иначе НОД(a,b,c)=НОД(bk,b,c)=НОД(b,c)>1 – противоречие (см. ранее). Значит, наше уравнение таково: b+1+НОД(c,bk)= (bk+b+c)×1/2 , т.е. (т.к. НОД(b,c)=1, то НОД(с,bk)=НОД(с,k)) получим уравнение
(*) 2НОД(c,k)= b(k-1)+ (c-2). Если НОД(c,k)<k , то НОД(c,k)≤ k/2 (т.к. НОД(c,k)-делитель k).
Значит (ведь b,c>1), k ≥b(k-1)+(c-2) ≥2(k-1) , т.е. k≤2 , т.е. k=2. Следовательно, НОД(c,k)=1 (≤
k
/2). Тогда (*) переписывается так: b+c=4 , значит, b=c=2. Т.к. тогда a=2b=4, то такое исключено
(НОД(a,b,c)>1). Итак, НОД(c,k)=k. Тогда уравнение (*) таково: 2k=b(k-1)+(c-2). Т.к. с кратно k, то c≥k.
Значит, 2k≥2(k-1)+(k-2) ,т.е. k≤4.
При k=4 имеем 8=3b+(c-2) (c кратно 4), значит, с=4, b=2 и тогда a=8, следовательно,
НОД(a,b,c)>1 – противоречие.
При k=3 имеем 6=2b+(c-2) (c кратно 3), значит, b=1, c=6 и тогда a=3. Но случай b=1 был рассмотрен ранее.
При k=2 имеем 6=b+c (c кратно 2, НОД(b,c)=1), значит, (ведь b и c больше 1) нет решений.
2004.11.1. В пространстве расположены два единичных куба с общим центром. Доказать, что
объем их пересечения больше ½. (Д.Васильев)
Решение: Заметим, что вписанные в эти кубы шары совпадают (поскольку у них общий центр и равные радиусы). Тогда этот шар целиком находится внутри пересечения кубов, которое является некоторым выпуклым многогранником. Следовательно, объем пересечения кубов больше объема шара, рав3
4
4 1  1
ного R 3       .
3
3 2
6 2
2004.11.2. В некотором государстве 99 городов, некоторые пары городов соединены дорогами
длиной в 1, 3 или 5 вёрст, причём от каждого города до каждого по этим дорогам можно добраться ровно одним способом. Из каждого города в каждый другой отправились гонцы с важным донесением. Докажите, что суммарное расстояние, пройденное гонцами, делится на 4. (Д.Васильев)
Решение: Заметим, что каждая дорога делит все города на две части из N и (99–N) городов так, что
путь из любого города первой части в любой город второй части проходит по ней. Но тогда эта дорога
была учтена в нужной сумме 2N(99–N) раз, так как для каждой пары городов по ней прошли два гонца
(туда и обратно). Но N и (99–N) – числа разной чётности, значит, 2N(99–N) делится на 4 и каждая дорога была учтена кратное 4 количество раз. Следовательно, и вся сумма делится на 4.
Комментарий: Как видим, в условии задачи нечётность длин дорог (1, 3 и 5) никакой роли не играет.
Это просто избыточное условие, а факт верен при любых целочисленных длинах дорог.
2004.11.3. Прямая, параллельная диагонали BD и проходящая через Y – точку пересечения диагоналей AC и BE правильного пятиугольника ABCDE, пересекает
сторону AB в точке X. Найдите BCX. (Ответ привести в градусах) (В.Шмаров)
Ответ: 18. Решение (см.рис.5): XYBDAE , поэтому BX/XA=BY/YE=BC/CE (т.к.
С
CY – биссектриса ВСЕ, что следует из равенства углов
BCA=ACE, опирающихся на равные дуги ВА и АЕ описанной
В
D
около правильного пятиугольника окружности) = BC/CA (т.к.
CE=CA), поэтому X – основание биссектрисы угла С в ABC,
Y
отсюда BCX=ВCА/2=BCD/6=108/6=18.
X
А
Е
2004.11.4. Назовём натуральное число малым, если оно меньше числаперевёртыша, получаемого из него перестановкой цифр в обратном порядке. Обозначим через М(n) количество малых n-значных чисел. Сколькими нулями оканчивается число М(n)?
Ответ: М(n) при n4 оканчивается на [(n–3)/2] нулей, где [x] – целая часть числа x;
М(1) и М(3) оканчиваются на 1 нуль; М(2) оканчивается на 0 нулей.
Решение: Рассмотрим сначала случай чётного n=2k. Из множества n-значных чисел, не
оканчивающихся на 0 (а их всего 9102k–29), уберём те, которые при переворачивании
равны себе (их 910k–1). Остальные числа разбиваются на пары n-значных перевёртышей, из которых одно число будет малым, а другое – немалым. Таким образом,
М(n)=(81102k–2–910k–1)/2 =910k–1(910k–1–1)/2=45 (910k–1–1) 10k–2. Но первые два множителя нечётны при k2, значит, M(n) оканчивается на k–2=(n–4)/2 нуля.
В нечётном случае n=2k+1 при k2 получим M(n)= 45 (910k–1–1) 10k–1, т.е. M(n)
оканчивается на k–1=(n–3)/2 нуля. Таким образом, количество нулей равно [(n–3)/2], где
[x] – целая часть числа x.
Рассмотрев случаи маленьких n, получим, что M(1)= 0, М(2)=36, М(3)=360.