Уважаемый коллега! Общий

Уважаемый коллега!
Высылаю Вам решения задач конкурсной вступительной работы на математическое отделение Кировской ЛМШ-2009 с разбором типичных ошибок, допущенных в работах. Общий
смысл оценок, выставлявшихся за решение конкурсных задач, таков:
"+": 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.
Восклицательный знак, добавленный к оценке, указывает на красоту или нестандартность решения.
С уважением,
И.С.Рубанов, завуч Кировских ЦДООШ и ЛМШ.
1. (6) Фирма «Рога и копыта» изготавливает деревянные кубики со стороной 20 см.
Материалы для изготовления одного кубика стоят 40 копеек (10 копеек — дерево, 30 копеек
— лак для покрытия всей поверхности). Во сколько раз дороже обойдутся материалы для
производства одного кубика со стороной 40 см?
Ответ: В 5 раз. Решение. Чтобы сложить куб со стороной 40 см, нужно 8 кубиков со
стороной 20 см. Поэтому дерево для него будет стоить 810 = 80 копеек. При этом каждая
грань большого куба — квадрат со стороной 40 см — будет складываться из четырёх граней
маленьких кубиков. Поэтому лак для его лакировки обойдётся вчетверо дороже, то есть будет
стоить 430 = 120 копеек. Таким образом, всего материалы для изготовления куба со стороной
в 40 см обойдутся в 80+120 = 200 копеек. Деля 200 на 40, получаем ответ.
Комментарии. Задача оказалась не очень сложной, но сложнее, чем мы думали. Самой
грубой ошибкой было такое рассуждение: «Поскольку сторона кубика увеличилась вдвое,
стоимость материалов тоже выросла вдвое». Другие популярные неверные ответы: 4 и 8. В
первом случае обычно вычислялось только, во сколько раз дороже обойдётся лак, во втором
— во сколько раз дороже обойдётся дерево. Были также работы, в которых ответ 4 получался
из предположения, что кубик — фанерный, то есть из дерева сделаны только его грани. Все
такие решения не засчитывались. Если в решении было вычислено, во сколько раз дороже
обойдутся лак и дерево по отдельности, но не был дан ответ на вопрос задачи, оно оценивалось в +/2.
2. (6) Из клетчатого квадрата размером 99 клеточек вырезали
центральную клетку. Как разрезать оставшуюся часть квадрата на 40
одинаковых треугольников?
Решение. Достаточно разрезать её на 20 прямоугольников размером
14 клеточки, а потом каждый прямоугольник разрезать по диагонали на
два одинаковых треугольника. Это можно сделать многими разными способами, один из которых — на рисунке справа.
1
Комментарий. Для плюса достаточно было верного рисунка. Неверные разрезания, а
также любые общие слова, не сопровождённые верной картинкой, оценивались минусом.
3. (6-7) Юра задумал натуральное число, умножил его на 17, зачеркнул последнюю цифру результата, полученное число умножил на 13, зачеркнул последнюю цифру результата, полученное число умножил на 7, опять зачеркнул последнюю цифру результата и получил число
21. Докажите, что он где-то ошибся.
Решение. Предпоследнее число Юры было трёхзначным, начиналось на 21 и делилось
на 7. Это могло быть либо 210, либо 217. Тогда число, которое Юра умножал на 7, было либо
210:7 = 30, либо 217:7 = 31. Стало быть, предыдущее число начиналось на 30 или 31, было
трёхзначным и делилось на 13. Такое число только одно — 312. Перед ним было 312:13 = 24.
Получается, что Юра задумал трёхзначное число, начинающееся на 24 и делящееся на 17. Но
таких чисел нет: 1714 = 238, а 1715 = 255.
Комментарии. Некоторые участники, рассуждая «с конца», не замечали одного из чисел 210 или 217. Решение в этом случае оценивалось не выше, чем в .
Если проделать с каждым натуральным числом указанные в условии задачи действия,
то чем больше число, тем большим будет результат. Заметить это несложно, обосновать —
намного труднее. Те, кто воспользовался этим фактом без обоснования, заметив, что из числа
14 получается 20, а из 15 — уже 22, получили +/2 (или меньше, если в решении были и другие
погрешности).
4. (6-7) Часовая и минутная стрелки часов образуют прямой угол. Какой угол они будут образовывать через 3 часа?
Ответ: 0 или 180. Решение. За три часа минутная стрелка совершит три полных оборота и окажется там же, где была, а часовая совершит четверть полного оборота, то есть повернётся на прямой угол, и либо догонит минутную (например, с 9.00 до 12.00) либо обгонит
её ещё на 90 (например, с 3.00 до 6.00).
Комментарии. Можно показать, что в течение суток есть 44 момента, когда часовая и
минутная стрелки перпендикулярны. Многие участники брали какие-то два таких момента
(обычно 3.00 и 9.00), находили, что для них искомые углы равны 180 и 0 градусов, и на этом
успокаивались. Но такие рассуждения никак не гарантируют, что в каждом из остальных 42
случаев тоже получится один из этих двух углов. Поэтому они оценивались в , а если вдобавок был потерян один из двух ответов — в . Так же оценивались и ответы вообще без всякого
объяснения. Если один из двух ответов был потерян в рассуждениях, годящихся для всех возможных случаев перпендикулярного расположения стрелок, решение оценивалось в +/2. Эта
оценка снижалась до  (а оценка + — до ±), если верные общие рассуждения пояснялись неверными примерами (например, автор решения считал, что стрелки часов образуют прямой
угол в 12.15 или 6.15). Наконец, оценка снижалась до +/2, если в решении указывалось, что за
3 часа часовая стрелка повернётся на 90, но не указывалось, что минутная стрелка через 3 часа окажется на прежнем месте.
5. (6-8) В комнате находится 10 человек, некоторые из них всегда говорят правду, а
остальные всегда лгут. На каждого из них надета черная или белая шапка. Каждый из них
сказал "Среди остальных 9 человек (всех, кроме меня) ровно на троих – черные шапки".
Сколько лжецов может быть в комнате? Перечислите все варианты и объясните, почему
других вариантов нет.
2
Ответ: 3, 6 или 10. Решение. Очевидно, все десять человек могут оказаться лжецами —
например, в ситуации, когда на всех надеты черные шапки. Теперь предположим, что кто-то
из присутствующих сказал правду. Если на нём белая шапка, то в комнате трое в чёрных шапках, и все они — лжецы, а семеро в белых шапках говорят правду. Если на нём чёрная шапка,
то в комнате четверо в чёрных шапках, и все они говорят правду, а шестеро в белых шапках —
лжецы.
Комментарии. Решений, подобных нашему, было немного: в основном авторы перебирали все возможные количества чёрных (или белых) шапок от 0 до 10. Если этот перебор оказывался неполным, решение оценивалось не выше, чем в +/2, как и ответ, подтверждённый примерами, но без объяснения, почему нет других возможностей. Если один из ответов 3 или 6 был
потерян, оценка была не выше .
Если задача была решена верно, но в предположении, что обязательно есть человек, говорящий правду, решение оценивалось в ±. Но, поскольку слова «некоторые из них всегда говорят правду» в условии задачи действительно можно истолковать и таким образом, при подведении итогов конкурса такой ± приравнивался к чистому плюсу.
6. (6-8) Пончик закусывал в придорожном кафе, когда мимо него проехал автобус. Через три плюшки после автобуса мимо Пончика в том же направлении проехал мотоцикл, а
еще через три плюшки — автомобиль. Мимо Сиропчика, который закусывал в другом кафе у
той же дороги, они проехали в другом порядке: сначала — автобус, через три плюшки — автомобиль, а еще через три плюшки — мотоцикл. Известно, что Пончик и Сиропчик всегда
едят плюшки с одной и той же постоянной скоростью. Найдите скорость автобуса, если
скорость автомобиля — 60 км/ч, а скорость мотоцикла — 30 км/ч.
Ответ: 40 км/ч. Решение. Пусть кафе Пончика находится в точке П, а кафе Сиропчика
— в точке С. Мимо П автомобиль проехал позже мотоцикла, а мимо С — раньше. Поскольку
автомобиль едет быстрее мотоцикла, это означает, что где-то между П и С автомобиль обогнал
мотоцикл, то есть С находится дальше по ходу движения машин, чем П.
Пусть расстояние от П до С равно x км, автобус едет со скоростью v км/ч и проезжает
расстояние x за T часов, а три плюшки Пончик и Сиропчик съедают за t часов. Тогда
x = vT = 60(T–t) = 30(T+t), поскольку у автомобиля на путь от П до С ушло на t часов меньше, а
у мотоцикла — на t часов больше времени, чем у автобуса. Из равенства 60(T–t) = 30(T+t)
находим, что T = 3t, откуда 3vt = 120t, то есть v = 40 км/ч.
Комментарии. Для шестиклассников и семиклассников задача оказалась не очень простой. Типичной ошибкой было нахождение скорости автобуса как полусуммы скоростей автомобиля и мотоцикла (ответ — 45 км/ч). Встречались и другие неверные ответы, вплоть до 90 и
120 км/ч. Все такие решения, равно как и те, где верный ответ случайно получался из неверных соображений или дан вовсе без обоснования, не засчитывались. Решения, где без обоснования использовалось, что точка, где автомобиль обогнал мотоцикл, равноудалена от двух кафе, а остальное было верно, оценивались в +/2. Встречались решения с путаницей в единицах
измерения: например, в «плюшках» измерялось как время, так и расстояние. Если эта путаница была лишь словесной, и при корректном истолковании решение становилось верным, оно
оценивалось в ±, если же она влияла на существо дела, решение не засчитывалось.
3
7. Среди нескольких внешне одинаковых монет все, кроме одной, настоящие, весящие
одинаково, и одна фальшивая, весящая легче настоящей. Имеются чашечные весы, которые
оказываются в равновесии, если груз на правой их чашке ровно вдвое тяжелее, чем на левой.
Если груз на правой чашке меньше, чем удвоенный груз на левой, то перевешивает левая чашка, если больше, то правая. Как за три взвешивания на этих весах найти фальшивую монету,
если: а) (6-7) Всего монет — 11. б) (8-9) Всего монет — 21.
Решение. а) Сначала покажем, как за два взвешивания найти единственную фальшивую
среди пяти монет. Положим на левую чашку одну монету, а на правую — две. Возможны три
случая. 1) Весы в равновесии. Тогда фальшивая монета — одна из двух оставшихся. Заменим
монету на левой чашке любой из этих двух. Если правая чашка перевесит, фальшивая монета
на левой чашке, если равновесие сохранится, фальшивая монета — вторая из оставшихся.
2) Перевесила левая чашка. Тогда фальшивая монета — одна из двух, лежащих на правой
чашке. Заменим монету на правой чашке любой из двух настоящих, которые не участвовали в
первом взвешивании. Если наступит равновесие, фальшива снятая с правой чашки монета, если нет — фальшива оставшаяся на чашке монета. 3) Перевесила правая чашка. Тогда фальшива монета на левой чашке.
Пусть теперь у нас 11 монет. Положим на правую чашку весов любые 4 из них, а на левую — любые две. Если весы в равновесии, фальшивая монета — среди пяти не лежащих на
весах, и мы находим ее за оставшиеся два взвешивания. Если перевесила одна из чашек —
фальшивая монета на другой, и мы сузили круг «подозреваемых» монет до двух или четырех.
Добавляя к ним соответственно три или одну монету с другой чашки, снова сводим задачу к
поиску одной фальшивой монеты среди пяти за два взвешивания.
б) Положим на одну чашку весов 4 монеты, а на другую — 8. Если равновесие — мы
нашли 12 настоящих монет, и фальшивая — среди оставшихся девяти. Если одна из чашек перевесила — фальшивая монета на другой. Во всех случаях мы сможем предъявить 9 монет,
среди которых наверняка есть фальшивая (дополнив, если надо, «подозрительную» кучку до 9
монет монетами из других кучек) и 12 заведомо настоящих монет.
Вторым взвешиванием сравним три подозрительных монеты с ещё тремя подозрительными и тремя заведомо настоящими. При любом исходе такого взвешивания число подозрительных монет уменьшится до трёх. Тогда третьим взвешиванием сравним одну из них с другой плюс одна заведомо настоящая, и фальшивая монета будет найдена.
Замечание. Можно показать, что если монет больше 21, то трёх взвешиваний для выявления фальшивой монеты не хватит.
Комментарии. Решения, в которых автору не хватало трёх взвешиваний (обычно это
случалось, если после двух взвешиваний в одном из вариантов оставалось 4 подозрительных
монеты, из которых за одно взвешивание выделить фальшивую заведомо невозможно), не засчитывались. Рассуждения, где были рассмотрены не все возможные случаи, получающиеся в
результате взвешиваний, оценивались в широком диапазоне от ±, если не был рассмотрен всего
один вариант, аналогичный разобранным, до минуса, если пробелы были существенными.
8. (6-9) Можно ли числа 1, 2, …, 100 записать по кругу так, чтобы сумма любых двух
рядом стоящих чисел делилась на следующее за ними по ходу часовой стрелки число?
Ответ: Нельзя. Решение. Допустим, среди записанных чисел найдутся два идущих
подряд чётных. Тогда перед ними также должно идти чётное число, иначе сумма чётного и нечётного не разделится на следующее за ними чётное. Но, двигаясь так по кругу против часовой
стрелки, мы рано или поздно наткнёмся на нечётное число, и условие задачи нарушится. Следовательно, в расстановке, удовлетворяющей условию задачи, чётные числа не могут стоять
4
рядом. Поскольку среди чисел от 1 до 100 нечётных и чётных поровну, это означает, что чётные и нечётные числа должны в такой расстановке чередоваться. Но тогда получается, что
сумма чётного числа и следующего за ним по часовой стрелке нечётного должна делиться на
следующее за нечётным по часовой стрелке чётное, что невозможно. Значит, расставить числа
требуемым в условии задачи образом не удастся.
Комментарии. Все верные решения, данные участниками конкурса, были основаны на
идее чётности. Попытки некоторых участников использовать тот факт, что все частные от деления сумм двух рядом стоящих чисел на следующее по часовой стрелке число в сумме дают
200, успехом не увенчались. Ошибка у всех была одна и та же: авторы считали, что все такие
частные должны быть не меньше 2 (и потому каждое должно равняться 2, откуда легко получается противоречие), в то время как на самом деле такое частное может равняться и единице.
Нередким недостатком в решениях было утверждение, что после двух нечётных чисел в
круге обязательно должно идти чётное. Если это утверждалось без всякого обоснования или
выводилось из неверного предположения, что чётное число может делиться только на чётные,
решение оценивалось не выше, чем в . Оценка повышалась до +/2, если в решении было доказано (не просто сформулировано, а именно доказано) одно из двух следующих утверждений:
1) два чётных числа не могут стоять рядом; 2) если после чётного числа идёт нечётное, то и
следующее за ним — тоже нечётное. Если в решении были доказаны оба этих утверждения,
оно оценивалось не ниже, чем в ±.
9. (6-10) Двое играют в такую игру. На доске написаны числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.
За один ход можно стереть любое число, большее 0, и записать вместо него число, на единицу меньшее. Игра заканчивается, когда сумма чисел, написанных на доске, становится равной
2. Если в этот момент на доске написаны две единицы, выигрывает тот, кто ходил первым,
иначе — его соперник. Кто выиграет при правильной игре?
Ответ: Первый. Первое решение. Первым ходом первому надо заменить 10 на 9. После
этого на доске появляются два числа, наибольших из написанных. Далее первому надо играть,
придерживаясь таких правил: 1) если на доске перед предыдущим ходом второго было ровно
два наибольших числа, и второй уменьшил на 1 одно из них — уменьшить на 1 другое; 2) если
на доске перед предыдущим ходом второго было ровно два наибольших числа, и второй
уменьшил на 1 не наибольшее число — уменьшить на 1 любое не наибольшее число; 3) если
на доске перед предыдущим ходом второго было больше двух наибольших чисел — отметить
два наибольших и уменьшить любое из неотмеченных. Двух последних правил первый сможет
придерживаться потому, что такого, чтобы на доске после хода второго осталось ровно два
наибольших числа, а остальные числа равнялись 0, быть не может, потому что сумма всех чисел на доске после любого хода второго нечётна.
Легко видеть, что если первый будет играть описанным образом, каждый раз после его
хода на доске будет не меньше двух наибольших чисел. Поскольку общее число ходов, равное
1+2+…+10–2 = 53, нечётно, последний ход в игре сделает первый, и если после этого хода на
доске не меньше двух наибольших чисел, то это, очевидно, две единицы, что первому и надо.
Второе решение. Разобьём все числа на две группы: в первую поместим 8, 9 и 10, во
вторую — все остальные. Первым ходом первый игрок уменьшает на 1 любое число из второй
группы. После этого сумма чисел в каждой из групп становится равной 27. Далее первый игрок играет симметрично второму: если второй уменьшил на 1 число из одной группы, первый
уменьшает на 1 какое-нибудь число из другой группы. При такой игре первого после каждого
его хода суммы чисел в группах будут равны. Следовательно, после последнего хода первого
обе они будут равны 1.
Участники нашли и другие выигрышные стратегии первого игрока.
5
Комментарии. Самыми грубыми ошибками в решениях этой задачи были, во-первых,
рассмотрение только одной конкретной партии, и, во-вторых, утверждение, что первый выиграет просто потому, что он делает в игре последний ход. Более тонкая ошибка состояла в рассмотрении наилучших, по мнению автора, ходов не только первого, но и второго игрока без
объяснения того, почему и, главное, в каком смысле они наилучшие. Такие утверждения бессмысленны по той же причине, по которой бессмысленно говорить: «Лучше быть на суше, чем
в воде», не уточняя, человеку или рыбе.
Немало было решений такого типа: «Уменьшим на 1 число 10, потом разобьём все числа на пары: 1, 2; 3, 4; 5, 6; 7, 8; 9, 9 и каждый раз, когда второй уменьшает число в одной из
пар, первый уменьшает в ней другое число.» Но такая стратегия первого не работает, когда
второй заменяет нулём единицу в паре 1, 0. Поэтому такие рассуждения оценивались не выше,
чем в . Однако, если в решении вдобавок предпринимались попытки объяснить, что должен
делать первый в такой ситуации, оно, в зависимости от их успешности, оценивалось в диапазоне от +/2 до +. Если в решении была верно описана выигрышная стратегия первого, но не
было доказано, что она действительно выигрышная, оно оценивалось не выше, чем в +/2.
10. а) (6-8) Петя написал на доске различные целые числа a, b, c, d, а потом дописал
всевозможные составленные из них суммы (из 2, 3 и 4 слагаемых). Среди написанных на доске
чисел оказалось 8 положительных. Докажите, что число a+b+c+d положительно.
б) (8-10) Петя написал на доске несколько различных целых чисел, а потом дописал всевозможные составленные из них суммы. Могло ли среди написанных на доске чисел оказаться
ровно 2009 положительных?
а) Решение. Разобьём все написанные на доске числа, кроме a+b+c+d, на пары, дающие в сумме a+b+c+d: a и b+c+d, b и a+c+d, c и a+b+d, d и a+b+c, a+b и c+d, a+c и b+d, a+d
и b+c. Если a+b+c+d не положительно, в каждой из этих семи пар может быть не больше одной положительной суммы, и восьми положительных чисел получиться не может.
Комментарии. Некоторые участники невнимательно прочитали условие и забыли, что
на доске кроме 11 сумм написаны ещё и сами исходные числа. Их решения обычно оценивались минусом, но там, где присутствовала идея разбиения сумм на пары, дающие в сумме
a+b+c+d, ставился .
Большинство решений были переборными: рассматривались случаи, когда среди четырёх данных чисел 0, 1, 2, 3 и 4 неположительных (почти все участники вместо верного неположительных писали неверное отрицательных, но оценка за это снижалась не сильно, потому
что рассуждения для отрицательных чисел обычно без изменений переносятся на случай неположительных). Самым сложным тут является случай двух неположительных чисел. Переборные решения, где он не был верно рассмотрен, обычно оценивались минусом. Разумеется,
не засчитывались и рассуждения, состоящие в разборе конкретного числового примера.
б) Ответ: Могло. Первое решение. Возьмём число 10000 и числа –9999, …, –7992. Получим 2009 положительных чисел: число 10000 и 2008 его сумм с числами –9999, …, –7992.
Остальные суммы отрицательны, поскольку даже самая большая из них равна
10000–7992–7993.
Второе решение. Рассмотрим числа 1, 2, 4, …, 29. Как известно, любое число единственным образом представимо в двоичной системе счисления, то есть в виде суммы степеней
двойки. Поэтому если к данным степеням двойки дописать всевозможные их суммы, то на
доске по одному разу будут написаны все натуральные числа от 1 до 1+2+4+…+2 9 = 1023. Добавив к этим степеням двойки произвольное число a, получим на доске ещё 1024 числа: от a
6
до a+1023, и всего чисел станет 2047. Взяв a = –37, получим ровно 38 неположительных чисел:
от a до a+37. Положительных же останется 2047–38 = 2009.
Комментарии. Примеры без обоснования не засчитывались, если подсчёт количества
положительных чисел не был очевидным. Верная идея построения примера при неверной, но
легко исправимой её реализации оценивалась в .
Понятно, что обоими описанными в наших решениях способами можно получить на доске любое наперёд заданное количество положительных чисел. Другие способы получить на доске 2009 положительных чисел, придуманные участниками конкурса, не были столь универсальными.
Вместо степеней двойки во втором нашем решении можно было взять любой набор из
11 чисел, в котором каждое число больше, чем сумма всех меньших его чисел. Но степени
двойки интересны ещё вот чем. Возьмём произвольное натуральное число n, запишем его в
двоичной системе счисления и напишем на доске число 2k, если в k-ом разряде этой двоичной
записи стоит 1, и –2k, если там стоит 0. Можно показать, что если к этим степеням двойки добавить всевозможные их суммы, то на доске окажется ровно n положительных чисел.
11. (7-10) В треугольнике АВС высота AН, биссектриса BL и медиана CM пересекаются в одной точке. Обязательно ли треугольник ABC — равносторонний?
Ответ: Нет, не обязательно. Решение. Возьмем произвольный острый угол АВХ, не
равный 60. Проведем в нем биссектрису BY, а из точки А опустим перпендикуляр АН на сторону ВХ. Биссектриса и перпендикуляр пересекутся в некоторой точке О. Соединим середину
М отрезка АВ с точкой О и продолжим полученный отрезок до пересечения со стороной ВХ в
некоторой точке С. В построенном нами треугольнике АВС медиана СМ, высота АН и биссектриса угла В пересекаются в одной точке О, но этот треугольник — не равносторонний, ибо
АВС  60.
Казалось бы, всё сделано. Но наше построение возможно только если прямая MO пересекается с лучом BX, а не параллельна ему или не пересекается с его продолжением за точку B.
Докажем, что это в самом деле так. Поскольку расстояние от точки M до прямой BX равно
AH/2, достаточно доказать, что OH < AH/2, то есть, что OH < AO. А последнее вытекает,
например, из того, что по известному свойству биссектрисы треугольника AO/OH = BA/BH > 1.
Комментарии. Массовым недостатком решений участников было отсутствие объяснения, почему прямая MO пересекается со стороной ВХ угла АВХ. Такие решения оценивались
не выше, чем в +/2. Верный ответ без обоснования или «обоснованный» только чертежом без
пояснений, не засчитывался.
12. (7-10) На рисунке справа изображен план города
Туманного. Из-за постоянных туманов видимость в городе
составляет половину стороны квартала. По принятым в городе правилам с каждого перекрестка можно ехать только
по улицам, идущим на схеме вверх или вправо. Какое
наименьшее число датчиков надо расставить на перекрестках, чтобы по их данным можно было точно восстановить маршрут автомобиля, проехавшего из левого нижнего угла схемы в правый верхний и не нарушавшего правил? Датчик сообщает только о том, что данная машина проехала через перекрёсток, но не сообщает, с какой стороны она приехала и в какую сторону уехала.
7
Ответ: 14. Решение. Заметим, что в левом верхнем или правом нижнем углу каждого
квартала должен быть пост — иначе невозможно отследить, через какой из этих двух перекрёстков машина проехала из левого нижнего угла квартала в правый верхний. Проведём диагонали, ведущие из левого верхнего в правый нижний угол, в 14 кварталах, образующих на
плане верхний и нижний ряды. Они не имеют общих концов, и на каждой из них должно быть
хотя бы по одному посту. Поэтому всего постов не меньше 14. 14 постов можно расставить
так: на всех перекрёстках второй снизу горизонтальной улицы, кроме самого правого, и на
всех перекрёстках третьей снизу горизонтальной улицы, кроме самого левого.
Комментарии. Решение этой задачи складывается из двух частей: построения верного
примера с 14 датчиками и доказательства оценки, что меньшим числом датчиков обойтись
нельзя. За верный пример при отсутствии оценки ставился , за оценку без верного примера —
+/2. Такая же оценка ставилась за верный пример плюс соображение, что в левой верхней или
правой нижней вершине любого квартала (при отсутствии дальнейшего содержательного продвижения в доказательстве оценки). При отсутствии верного примера за это соображение ставился .
Заметим, что есть много верных примеров расстановки 14 датчиков, и можно показать,
что только на двух перекрёстках: втором снизу на второй вертикали и втором сверху на седьмой вертикали — датчики должны стоять обязательно. Для каждого из остальных перекрёстков можно так разместить 14 датчиков, чтобы на этом перекрёстке датчика не было. Поэтому
все попытки доказать оценку исключительно рассмотрением перекрёстков, на которых датчики должны быть обязательно, несостоятельны. Также несостоятельны попытки доказать оценку, показывая, что из построенного в решении примера нельзя удалить ни одного датчика: а
почему нельзя добиться эффекта, например, удалив 5 датчиков, а потом добавив 4?
13. (8-10) Докажите, что на серединном перпендикуляре к стороне BC треугольника
ABC есть точка, удалённая от A меньше, чем от B и С.
Первое решение. Пусть серединные перпендикуляры к отрезкам BC и AC пересекаются
в точке O. Рассмотрим тот луч серединного перпендикуляра к BC, который лежит с той же
стороны от серединного перпендикуляра к AC, что и точка A. Для любой его точки D имеем
DA < DС = DB. Второе решение. Восставим из точки A перпендикуляр к прямой AС. Пусть он
пересекает серединный перпендикуляр к стороне BC в точке D (параллельными эти перпендикуляры быть не могут, потому что тогда совпадали бы прямые AB и BC). Тогда DB = DC > DA,
поскольку гипотенуза в прямоугольном треугольнике ADC короче катета.
Комментарии. Во многих решениях рассматривались различные случаи взаимного
расположения вершин треугольника и серединного перпендикуляра к BC. Если хотя бы один
из них был рассмотрен неверно, решение не засчитывалось. Некоторые участники доказывали
неравенство DB > DA сравнением углов на чертеже. Если используемое при этом неравенство
для углов было верно не для всякого возможного чертежа, решение не засчитывалось.
14. (8-10) Вася задумал 1000 различных чисел и выписал все их попарные суммы. Среди
них нашлись 251 сумма, равная a, и 252 суммы, равных b (a  b). Докажите, что кроме этих
всех сумм найдутся ещё две равные между собой попарные суммы.
Решение. Выпишем наши 251+252 = 503 пары чисел с суммами a и b. В них участвуют
1006 чисел, значит, какое-то число встречается дважды. Ясно, что оно встречается в парах с разной суммой. Значит, мы нашли три числа x1, y1, z1 такие, что x1+y1 = a и y1+z1 = b. Выбросим x1,
y1, z1 из Васиных 1000 чисел, и все пары, в которых они участвовали — из набора рассматриваемых пар (это максимум две пары с суммой a и максимум две — с суммой b). У нас остались как
8
минимум 503–4 = 499 пар, в которых участвуют 997 оставшихся чисел. Значит, среди них снова
найдутся две пересекающиеся, то есть мы нашли три числа x2, y2, z2 такие, что x2+y2 = a, y2+z2 = b
(при этом все 6 чисел xi, yi, zi различны!). Тогда x1–z1 = (x1+y1)–(y1+z1) = a–b = x2–z2, откуда
x1+z2 = x2+z1. При этом x1+z2  x1+y1 = a, x1+z2  y2+z2 = b, то есть эти пары не учитывались раньше. Это и требовалось доказать.
Комментарии. Очень многие участники показали, как получить равенство x1+z2 = x2+z1,
но лишь немногие заметили необходимость доказывать, что x1  z2 и x2  z1. Те, кто её не заметил, получили за решение , те, которые заметили, но не смогли доказать, получили .
15. (9-10) На доске написано натуральное число, большее единицы. Каждую минуту
Маша вычисляет наибольший делитель числа на доске, отличный от него самого; затем она
вычитает из числа на доске этот делитель, если он нечетен, и прибавляет его, если он четен,
а результат записывает на доске вместо прежнего числа. Докажите, что в некоторый момент на доске появится единица.
Решение. Если наибольший делитель числа n, отличный от него самого, чётен, то чётно
и само число, и потому этот делитель равен n/2. После его прибавления число n превращается
в 3n/2. Следовательно, если n = 2km, где m нечётно, то через k–1 минуту оно превратится в
23k–1m. Затем на доске последовательно появляются числа 23k–1m–3k–1m = 3k–1m,
3k–1m–3k–2m = 23k–2m, и т.д., пока степень тройки не станет нулевой. Мы убедились, что чётное число n через некоторое время превращается в наибольший свой нечётный делитель. Если
же n нечётно, оно через минуту уменьшается и становится чётным. Таким образом, любое
число через некоторое время превращается в меньшее. Понятно, что число n не более чем через n–1 такое превращение станет равным 1.
Комментарий. За решения, в которых были разобраны только случаи простых множителей 2 и 3 без дальнейшего содержательного продвижения, ставился .
16. (9-10) В стране n городов и не менее, чем n авиакомпаний. Каждые два города связаны беспосадочным авиарейсом одной из компаний. Докажите, что найдутся три таких города, что связывающие их рейсы обслуживают три разные компании.
Первое решение. Рассмотрим граф, у которого города — вершины, а рёбра — авиарейсы. Каждой авиакомпании присвоим «фирменный» цвет и раскрасим все её рейсы в этот цвет.
Теперь будем доказывать утверждение задачи индукцией по n. При n = 3 оно очевидно. Пусть
оно верно для n = k. Докажем его для n = k+1. Выберем некоторую вершину A. Пусть Г —
полный граф на k вершинах, полученный стиранием вершины A вместе с выходящими из нее
рёбрами. Если его рёбра раскрашены не меньше, чем в k цветов, то задача решена по предположению индукции. Иначе найдутся два ребра AB и AC, выходящих из вершины A, покрашенные в два цвета, в которые не окрашено ни одно ребро графа Г. Но тогда треугольник ABC
разноцветный, поскольку ребро BC принадлежит графу Г. Второе решение. Возьмём по одному рейсу каждой авиакомпании, про остальные рейсы забудем. Получится граф на n вершинах с не менее, чем n рёбрами. У него найдётся компонента связности, в которой рёбер не
меньше, чем вершин. Поскольку она связна и не дерево, в ней найдётся цикл A1…Ak. Все его
рёбра по построению — разноцветные. Если k = 3, мы нашли разноцветный треугольник. Иначе вспомним про рейс A1A3. Если треугольник A1A2A3 — разноцветный, всё в порядке. В противном случае все рёбра цикла A1A3…Ak — разноцветные. Продолжая процесс, мы либо рано
или поздно отрежем от цикла разноцветный треугольник, либо исходный цикл укоротим до
разноцветного треугольника.
9
Комментарии. Решения с верно доказанным индукционным переходом, но не проверенной базой, оценивались в +/2. База индукции при отсутствии доказательства индукционного перехода не оценивалась. Решение не засчитывалось также, если при доказательстве индукционного перехода использовался без обоснования тот верный, но совсем не очевидный факт,
что если авиакомпаний столько же, сколько городов, то всегда можно удалить один город так,
чтобы число авиакомпаний уменьшилось не больше, чем на одну.
17. (10) Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 1, а боковые рёбра равны 2. Какова наибольшая возможная площадь ортогональной (прямоугольной) проекции
этой пирамиды на плоскость?
Ответ: 1. Решение. Проекцией треугольной пирамиды на плоскость может быть треугольник или четырёхугольник. В первом случае проекция пирамиды совпадает с проекцией
одной из ее граней, и ее площадь в силу формулы S=S0cos не может быть больше площади
этой грани. Площади граней равны
3 /4 (основание) и 15 /4 (боковая грань). Значит, пло-
щадь треугольной проекции пирамиды не превосходит 15 /4. Если проекцией пирамиды служит четырёхугольник, его диагонали будут проекциями ребра основания и противолежащего
ему бокового ребра пирамиды. Поскольку в правильной треугольной пирамиде эти два ребра
перпендикулярны, ортогонально проектируя пирамиду на параллельную им плоскость, мы получим четырёхугольник, диагонали которого перпендикулярны и равны данным рёбрам. По
формуле S = d1d2sin/2 находим, что его площадь равна 1. Поскольку ортогональная проекция
отрезка не длиннее самого этого отрезка, из той же формулы следует, что площадь любой четырёхугольной ортогональной проекции данной пирамиды не превосходит 1. Поскольку
15 /4 < 1, наибольшая возможная площадь проекции равна 1.
Комментарии. За ответ с верным примером без доказательства оценки ставился . За
оценку с идеей примера без обоснования правильности примера ставился +/2.
18. (10) Найдите все такие рациональные числа х, что cosx = cosx2.
Ответ: Это все целые числа, и только они. Решение. cosx = cosx2  ±x = x2+2n
(nZ)  x2 ± x + 2n = 0 (nZ)  x = (±1± 1  8n )/2 (nZ). Чтобы корень x, найденный по последней формуле, был рациональным числом, необходимо и достаточно, чтобы было рационально число 1  8n . Поскольку число n — целое, для этого необходимо, чтобы число 1–8n
было квадратом некоторого целого числа m. При этом число m, очевидно, нечетно. Значит,
всякий рациональный корень x = (±1± 1  8n )/2 = (±1±m)/2 нашего уравнения есть целое число.
Обратно, если х – целое число, то cosx = cosx2 = 1 при чётном x и cosx = cosx2 = –1 при нечётном x.
Комментарии. Верный ответ без проверки и доказательства, что дробные числа решениями не являются, оценивался в . Верный ответ с проверкой, но без доказательства отсутствия других решений, оценивался в . Ответ в виде выражения с радикалами при отсутствии
дальнейшего продвижения не засчитывался.
 И.С. Рубанов, 2009.
Составитель благодарен А.Н. Семёнову за полезные обсуждения.
10