А. Блинков, О. Горская,
А. Семенов, П.Чулков,
Москва

Турнир Архимеда

Московская математическая регата 8 классов

Статья опубликована при поддержке Интернет-агентства «Медиасфера». Вашей фирме необходим собственный портал в интернете? Тогда вам следует обратиться в крупнейшее интернет – агентство России – «Медиасфера». Создание сайтов, поисковая оптимизация, анализ, продвижение сайтов в Иваново, Москве, и любом другом городе страны. Посетите официальный сайт агентства www.media-sfera.com и подробно ознакомьтесь с предлагаемыми услугами.

12 мая 2001 года состоялось последнее соревнование турнира Архимеда текущего учебного года – математическая регата 8-х классов, которая прошла в гимназии № 1514. Большую работу по организации регаты проделали учителя гимназии А.Ф. Пенкин, А.Л. Беленькая и О.Р. Горская. В соревновании приняло участие 26 команд. Традицию участия в турнирах Архимеда не только московских команд продолжили на этот раз школы из Ступино, Протвино и Смоленска.
Призерами этой регаты стали команды лицея «Вторая школа», гимназий № 1514 и № 1543. Полные итоги состоявшейся регаты опубликованы на сервере МЦНМО. Там же можно найти и материалы прошедших регат текущего учебного года, которые также публиковались на страницах газеты «Математика». Подробно о том, как проводятся математические регаты и материалы регат предыдущих лет см. в сборнике «Московские математические регаты» (составитель А.Д. Блинков, МЦНМО, 2001).
В подготовке заданий для этой регаты (помимо авторов статьи) приняли участие А.В. Алферов и А.З. Гурвиц. Несколько задач были взяты из популярной математической литературы: В.В. Произволов «Задачи на вырост», А.В. Спивак «Математический праздник», И.Ф. Шарыгин, Л.Н. Ерганжиева «Наглядная геометрия», а также из материалов Уральского математического фестиваля 2000 года. Остальные задачи относятся к математическому фольклору. В работе жюри, помимо уже названных учителей, участвовали также В.Д. Арнольд, А.А. Волкова, Г.А. Анчихрова, Л.П. Киселева, Е.Б. Гладкова, З.П. Сурина, Ю.А. Светова, Н.А. Фролова, В.В. Мочалов, Д.Г. Кузнецов, Г.И. Липкин, П.А. Кожевников, А.В. Спивак, Е.Ю. Иванова, Н.В. Смирнова, В.В. Вакулюк, Е.Ф. Шершнев.

Условия задач

Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов).

1.1. Решите неравенство |x + 2000| < |x – 2001|.

1.2. Существует ли выпуклый четырехугольник, у которого сумма длин диагоналей не меньше, чем сумма длин всех сторон?

1.3. Через центр окружности проведены еще четыре окружности, касающиеся данной (рис. 1). Сравните площади фигур, выделенных на рисунке черным и серым цветом соответственно.

Второй тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

2.1. Решите систему уравнений

2.2. В остроугольном треугольнике ABC угол B равен 60°, AM и CN – его высоты, а Q – середина стороны AC. Докажите, что треугольник MNQ – равносторонний.

2.3. Найдите все натуральные m и n, для которых выполняется равенство m! + 12 = n².

Третий тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).

3.1. Укажите все пары (x; y), для которых выполняется равенство: (x⁴ + 1)•(y⁴ + 1) = 4x²y².

3.2. К окружности с диаметром АС проведена касательная ВС. Отрезок АВ пересекает окружность в точке D. Через точку D проведена еще одна касательная к окружности, пересекающая отрезок ВС в точке K. В каком отношении точка K разделила отрезок ВС?

3.3. Трое рабочих копают яму. Они работают по очереди, причем каждый из них работает столько времени, сколько нужно двум другим, чтобы вырыть половину ямы. Работая таким образом, они выкопали яму. Во сколько раз быстрее трое рабочих выкопают такую же яму, если будут работать одновременно?

Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).

4.1. Найдите все значения а, для которых выражения – принимают целые значения.

4.2. Расстояние между серединами диагоналей трапеции равно 5 см, а ее боковые стороны имеют длины 6 см и 8 см. Найдите расстояние между серединами оснований.

4.3. Рассмотрим все моменты времени, когда часовая и минутная стрелки часов лежат на одной прямой, образуя развернутый угол. Найдутся ли среди таких прямых две взаимно перпендикулярные?

Решения

1.1. Решим неравенство, используя координатную прямую. Данное неравенство выполняется для всех точек c координатой x, которые находятся ближе к точке с координатой –2000, чем к точке с координатой 2001. Так как то искомыми являются все точки, расположенные левее точки с координатой 0,5  (рис. 2).

Ответ.

Возможны другие способы решения, в частности, раскрытие модулей (три случая); возведение обеих частей неравенства в квадрат.

1.2. Любая диагональ выпуклого четырехугольника ABCD разбивает его на два треугольника (рис. 3). Применим к каждому из треугольников ABC, ADC, ABD и CBD неравенство треугольника:

АВ + BC > AC; АD + СD > AC;
АВ + AD > BD; ВC + CD > BD.

Сложив эти неравенства почленно, получим

2(АВ + BC + CD + АD) > 2(AC + BD).

Следовательно, сумма длин диагоналей четырехугольника меньше его периметра.

Ответ. Не существует.

1.3. Так как радиус большего круга в два раза больше радиуса меньшего, то их площади относятся, как 4 : 1, значит, S – площадь большего круга равна сумме площадей четырех меньших. Пусть x – площадь серой фигуры, а y – площадь черной. Так как серая фигура («лепесток», см. рис. 1) является пересечением меньших кругов, а черная фигура дополняет объединение меньших кругов до большего, то S – y = S – x, то есть, x = y.

Ответ. Площади фигур равны.

2.1. Первый способ. Заметим, что x₁x₂ = 1, x₂x₃ = 1,...., x₂₀₀₁x₁ = 1. Следовательно, откуда x₁•x₂•...•x₂₀₀₁ = 1 или x₁•x₂•...•x₂₀₀₁ = – 1. Так как x₁x₂ = 1, x₃x₄ = 1, ..., x₁₉₉₉x₂₀₀₀ = 1, то x₂₀₀₁=1 или x₂₀₀₁=– 1.
Далее последовательно находим: x₁, x₂, и т. д. Получим x₂₀₀₀ =x₂₀₀₁=x₂₀₀₀=...=x₁=1 или x₂₀₀₁=x₂₀₀₀=...=x₁=– 1.

Второй способ. x₁ = 1/x₂; x₂ = 1/x₃; ...; x₂₀₀₀ = 1/x₂₀₀₁. Следовательно, значения всех переменных с нечетными индексами равны между собой и значения всех переменных с четными индексами равны между собой, при этом, все переменные принимают значения одного знака. Из последнего уравнения следует, что x₁ = 1/x₂₀₀₁, то есть, x₁ = x₂₀₀₁ = ± 1. Тогда, из первого уравнения получим, что x₂ = ± 1, и т. д. Таким образом, значение каждой из переменных либо равно 1, либо равно –1.

Ответ. (1; 1; ...; 1); (–1; –1; ...; –1).

2.2. В прямоугольных треугольниках AMC и ANC (рис. 4) Q – середина гипотенузы АС, значит, медианы QM и QN этих треугольников равны половине AC, то есть, равны между собой. Вычислим угол MQN.

Первый способ. Так как QM = QN = 0,5АС, то точки M и N лежат на окружности с диаметром АС.

РBAM = 90° – РABC = 30°

(из прямоугольного треугольника АМВ).

РMQN = 2РMAN = 60°,

так как РMQN – центральный, а РMAN – вписанный, и они опираются на одну и ту же дугу окружности.

Второй способ. РMQN = 180° – (РAQN + РCQM). Так как треугольники AQN и CQM – равнобедренные, то

РAQN = 180° – 2•РCAB; РCQM = 180° – 2•РACB.

РAQN + РCQM = 360° – 2•(РCAB + РACB) =

= 360° – 2•(180° – РABC) = 120°,

значит, РMQN = 60°.

Следовательно, DMQN – равнобедренный с углом 60°, то есть, DMQN – равносторонний, что и требовалось доказать.

2.3. При m і 5 значение m! кратно 2 и кратно 5, то есть, десятичная запись этого числа оканчивается нулем, поэтому, число m! +12 оканчивается цифрой 2, следовательно, оно не может быть квадратом натурального числа. Последовательно проверив значения m = 1; 2; 3; 4, получим, что m = 4; n = 6. Ответ. m = 4; n = 6.

3.1. Первый способ. Раскроем скобки, перенесем все слагаемые в одну часть и сгруппируем:

Второй способ. Используем неравенство о средних

Перемножив почленно эти неравенства и умножив полученное неравенство на 4, получим, что

(x⁴ + 1)•(y⁴ + 1) і 4x²y²,

причем равенство достигается тогда и только тогда, когда x⁴ = y⁴ = 1.

Ответ. (1; 1), (–1; –1), (1; –1), (–1; 1).

3.2. Так как РADC – вписанный и опирается на диаметр окружности, то РADC = 90°, значит, DBDC – прямоугольный. KD = KC, так как они являютс отрезками касательных к окружности, проведенными из одной точки (рис. 5). РDCK = РCDK = a, тогда,

РDВC = 90° – РDCK = 90° – a;
РKDВ = 90° – РCDK = 90° – a,

следовательно, KD = KB. Таким образом, KС = KB, то есть, K – середина ВС.

Равенство углов DВC и KDВ можно также доказать, используя равенство других углов РDАC = РKDС  (РDАC – вписанный, опирающийся на дугу DС, а РKDС – между касательной и хордой, стягивающей эту же дугу).

Ответ. 1 : 1.

3.3. Первый способ. Пусть время работы каждого из рабочих составляет a, b и c часов соответственно. Следовательно, яма была выкопана за a + b + c часов. В случае совместной работы за первые a часов первый рабочий выкопает свою долю от «общей» ямы, а двое других могли бы выкопать еще половину ямы. За следующие b часов свою часть работы сделает второй, а остальные также могли выкопать половину ямы. И, наконец, за c часов третий рабочий сделает свою часть работы, а двое остальных – еще половину ямы. Следовательно, за a + b + c часов могло быть выкопано 2,5 ямы. Значит, работая одновременно, они выкопали бы такую же яму в 2,5 раза быстрее.

Второй способ. Пусть производительность каждого из рабочих равна x, y и z ям за час соответственно. Тогда время работы каждого из них соответственно равно  , и часов, то есть они выкопали яму за время При этом, первый рабочий выкопал ямы, второй – ямы, а третий – ямы. Работая таким образом, они выкопали яму, то есть 

В случае совместной работы время выкапывания ямы составит часов. Используя это, преобразуем составленное уравнение

Значит, то есть, T : t = 2,5.

Ответ. В 2,5 раза.

4.1. Пусть где m и n – целые числа. Тогда, следовательно,

Числа 16 – mn и m – n являются целыми. Если m № n, то число является рациональным, значит, оно не может быть равным . Если m = n, то 16 – mn = 0, следовательно, m = n = ± 4.

Ответ.

4.2. Пусть ABCD – данная трапеция, M и K – середины диагоналей (рис. 6а). Через точку В проведем прямую, параллельную CD, которая пересекает основание AD в точке Е. Так как BCDE – параллелограмм, то BE = CD = 8 см. Тогда,

AE = AD – ED = AD – BC.

Используем, что MK = 0,5(AD – BC). (Этот факт можно доказать, продолжив отрезок MK, лежащий на средней линии трапеции, до пересечения с одной из боковых сторон трапеции. Если N – точка пересечения, то отрезки KN и MN являются средними линиями треугольников ABD и ABC соответственно.) По условию, MK = 5 см, значит, AE = 10 см. В треугольнике ABE длины сторон равны 6 см, 8 см и 10 см, значит, DABE – прямоугольный с прямым углом В (по теореме, обратной теореме Пифагора). Пусть P и Q – середины оснований BC и AD соответственно. Вычислить длину PQ можно различными способами.

Первый способ. Рассмотрим четырехугольник PKQM (рис. 6б). Его противолежащие стороны PM и KQ являются средними линиями треугольников ABC и ABD соответственно, значит, PKQM – параллелограмм. Так как PM || AB, PK || CD || BE и АВ^BE, то PM^РK, то есть, PKQM – прямоугольник. Диагонали прямоугольника равны, следовательно, PQ = MK = 5 см.

Второй способ. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке F (см. рис. 6в) и используем известный факт: прямая, проходящая через середины оснований трапеции, содержит точку пересечения прямых, содержащих боковые стороны (его можно доказать, используя либо векторы, либо подобие треугольников, либо гомотетию). По ранее доказанному, РAFD = 90°, следовательно, точки P и Q являются центрами описанных окружностей для прямоугольных треугольников BFC и AFD соответственно. Значит, QF и PF – радиусы этих окружностей, поэтому,

PQ = QF – PF = 0,5AD – 0,5BC = 0,5(AD – BC) = 5 (см).

Ответ. 5 см.

4.3. Ответ. Нет.

Предположим, что это не так, и такие прямые найдутся. Тогда в эти моменты времени часовые стрелки перпендикулярны. Значит, между ними прошло целое количество часов, а именно 6n ± 3, где n – натуральное число. Тогда положение минутных стрелок в эти моменты времени одинаково, и угла в 90° они образовать не могут, что противоречит нашему предположению.

Возможен также способ решения, основанный на вычислениях. Можно найти все моменты времени, когда стрелки часов направлены в противоположные стороны (на одной прямой), и непосредственной проверкой убедиться, что среди этих прямых нет перпендикулярных. (Первый из таких моментов наступит через часа после начала суток, а остальные – еще через каждые часа.)