Турнир Архимеда. Московская математическая регата. 8 класс
15 ноября 2008 года в Московском городском дворце детского (юношеского) творчества состоялась математическая регата 8-х классов, в которой приняли участие 85 команд из Москвы, Долгопрудного, Костромы, Переславля, Черноголовки и Химок.
Дипломами Турниров Архимеда и математической литературой (традиционно предоставляемой МЦНМО) были награждены 20 команд. Победителями регаты стали одна из команд г. Костромы и одна из команд ФМШ № 2007 г. Москвы. Полные итоги регаты опубликованы на сервере МЦНМО (http://www.mccme.ru/olympiads).
Как обычно, часть заданий придумывалась авторами специально для этой регаты, а остальные являются математическим фольклором или взяты из популярной математической литературы. Тексты решений опубликованы в том виде, в котором они готовились для работы жюри.
Условия задач
Первый тур
(10 минут; каждая задача — 6 баллов)
1.1. Известно, что а > b. Можно ли утверждать, что 9b < 10a? Ответ обоснуйте.
1.2. Диагональ четырехугольника делит его на два равнобедренных прямоугольных треугольника. Найдите все возможные значения углов этого четырехугольника.
1.3. Может ли разность квадратов двух простых чисел быть квадратом простого числа? Ответ обоснуйте.
Второй тур
(15 минут; каждая задача — 7 баллов)
2.1. Для чисел а, b и с выполняются три равенства:
(a + b)(a + b + с) = 5,
(b + c)(b + c + a) = 6, (c + a)(c + a + b) = 7.
Найдите (a + b + с)2.
2.2. Точка D — середина стороны AC треугольника ABC. На стороне BC выбрана точка E так, что равны углы BEA и CED. Найдите отношение AE : DE.
2.3. Цену на яблоки подняли на 20%. Однако для того, чтобы записать новую цену килограмма яблок, продавцу оказалось достаточным поменять местами цифры числа, записанного на ценнике. Сколько рублей стоили яблоки до их подорожания, если эта цена была меньше 100 рублей?
Третий тур
(20 минут; каждая задача — 8 баллов)
3.1. Известно, что m 2 + 9mn + n2 делится на 11 (числа m и n — целые).
Докажите,
что m2 – n2 также делится на 11.
3.2. На медиане ВМ треугольника АВС выбрана точка K так, что AK = BC. Луч AK пересекает сторону ВС в точке Р. Докажите, что треугольник ВKР — равнобедренный.
3.3. В шахматном турнире каждый участник встречался с каждым один раз (победа — 1 очко, поражение — 0, ничья — пол-очка). Единоличным победителем стал Иванов. Петров сказал: «Можно удалить из турнирной таблицы любого участника и аннулировать очки, набранные во встречах с ним, и тогда единоличным победителем будет уже не Иванов, а кто-нибудь другой». Прав ли Петров? Ответ обоснуйте.
Четвертый тур
(25 минут; каждая задача — 9 баллов)
4.1. В нескольких кошельках лежат одинаковые суммы денег. Если бы количество кошельков было на 1% меньше, а денег в каждом кошельке — на копейку больше, то общая сумма денег была бы меньше. А если, наоборот, количество кошельков было больше на 1%, а денег в каждом кошельке — на копейку меньше, то общая сумма денег также была бы меньше. Во сколько раз увеличится общая сумма денег, если количество кошельков не менять, но в каждый кошелек добавить по рублю?
4.2. Дан прямой угол О и точка С внутри
его. Рассмотрим такой прямоугольник СDМЕ, что точки D и Е
лежат на сторонах угла. Найдите ОМ, если диагональ прямоугольника равна
10 см, а 
ОМС
= 60°.
4.3. Выберем произвольным образом 55 различных натуральных чисел из первой сотни. Докажите, что среди них найдутся два числа, разность между которыми равна 9.
Решения задач
1.1. Нет, нельзя.
Пусть, например, a = –1, b = –1,1. Тогда 10a = –10, 9b = –9,9, то есть 9b > 10a.
Комментарий. Отметим, что контрпримеры можно подбирать исходя из следующих соображений. Так как a > b, то 9a > 9b. Для того, чтобы выполнялось неравенство 10а ≤ 9b, надо выбрать а < 0. При этом число b должно мало отличаться от числа а.
1.2. Четыре угла по 90°, или два угла по 45° и два угла по 135°, или 45°, 135° и два угла по 90°.
Пусть диагональ BD делит четырехугольник ABCD на равнобедренные прямоугольные треугольники ABD и BCD. Возможны три случая.
1. BD — общая гипотенуза (рис. 1,а). Тогда АВСD — квадрат, то есть все его углы — прямые.
2. BD — общий катет. Тогда либо АВСD — параллелограмм, соседние углы которого 45° и 135° (рис. 1,б), либо точки А, С и D лежат на одной прямой (рис. 1,в), то есть АВСD — не четырехугольник.
3. BD — катет одного треугольника и гипотенуза другого (рис. 1,г). Тогда АВСD — прямоугольная трапеция. Ее углы, прилежащие к большей боковой стороне, равны 45° и 135°.
1.3. Нет, не может.
Предположим, что существуют такие простые числа m, n и k, что m2 – n2 = k2. Далее можно рассуждать по-разному.
Способ I. Запишем равенство в виде:
k 2 = (m – n)(m + n).
Это означает, что число k2 делится на каждое из чисел (m – n) и (m + n). Поскольку k – простое число, то это возможно только в том случае, если m – n = 1 и m + n = k2.
Существует только одна пара простых чисел, удовлетворяющих первому условию: 3 и 2. Но второму условию она не удовлетворяет, так как 5 не является квадратом натурального числа.
Способ II. Предположим, что числа m, n и k — нечетные, тогда в правой части равенства стоит четное число, а в левой — нечетное, что невозможно. Следовательно, одно из чисел — четное. Это число 2, поскольку существует единственное четное простое число. Пусть k = 2, тогда
m 2 – n2 = (m – n)(m + n) = 4;
это возможно только в том случае, когда m – n = 1 и m + n = 4, но натуральных m и n, удовлетворяющих этим условиям, не существует. Предположив, что n = 2, придем к аналогичному выводу.
2.1. 9.
Сложим данные равенства почленно. Получим:
(a + b + с)(a + b + b + c + c + a) = 18.
Тогда 2(a + b + с)2 = 18, то есть (a + b + с)2 = 9.
2.2. AE : DE = 2 : 1.
Способ I. Проведем через точку D прямую, параллельную ВС, которая пересечет АЕ в точке K (рис. 2). Тогда
EKD =
BEA
= CED
= EDK,
следовательно, KE = DE. Так как D — середина AC, то (по теореме Фалеса) K — середина АЕ. Таким образом, AE = 2KE = 2DE.
Способ II. Продлим медиану ED треугольника АЕС
на ее длину: FD = ED, тогда AECF — параллелограмм (рис. 3). Так
как ВС 
AF, то
EAF =
BEA
= CED
= EFA,
значит, АЕ = FE. Следовательно, AE = 2DE.
Способ III. Проведем через точку D прямую, параллельную АЕ, которая пересечет ВС в точке М (рис. 4). Тогда
EMD =
BEA
= DEM,
следовательно, DE = DM. Так как D — середина AC, то (по теореме Фалеса) M — середина ЕC, то есть DM — средняя линия треугольника АСЕ. Таким образом,
Способ IV. Проведем из точек D и А перпендикуляры DP и АН к стороне ВС (рис. 5). Прямо угольные треугольники АНЕ и DPE подобны (по двум углам), следовательно,
AE : DE = АН : DP = 2 : 1,
так как DP – средняя линия треугольника АСH (по теореме Фалеса).
Способ I. Из условия задачи следует, что первоначальная
цена яблок выражается двузначным числом, кратным пяти (20% соответствуют 
стоимости). Так как цифра единиц этого числа не может быть нулем (иначе новая
цена будет начинаться с нуля) и при перестановке цифр число должно увеличиться,
то достаточно проверить числа 15, 25, 35 и 45. Из этих чисел только 45 при
перестановке цифр увеличивается на 20%.
Способ II. Пусть первоначальная цена яблок — 
рублей за
килограмм. Тогда новая цена — 
рублей. По условию, 
то есть
10b + a = 1,2(10a + b).
Упрощая это равенство, получим, что 4b = 5a.
Так как а и b – натуральные числа, то а = 4 ,
3.1. Преобразуем выражение m2 + 9mn + n2 следующим образом:
m 2 + 9mn + n2 – 11mn + 11mn = m2 – 2mn + n2 + 11mn = (m – n)2 + 11mn.
Так как m2 + 9mn + n2 делится на 11, то (m – n)2 также делится на 11. Число 11 — простое, поэтому m – n кратно 11. Следовательно,
m 2 – n2 = (m – n)(m + n)
также делится на 11.
3.2. Cпособ I. Продлим медиану ВМ на ее длину: MD = BM, тогда четырехугольник ABCD — параллелограмм (рис. 6).
Так как AK = BC = AD, то треугольник DAK —
равнобедренный, следовательно, ADK = AKD.PBK =ADK и PKВ = AKD,
то в треугольнике ВKР PBK = PKВ,
то есть этот треугольник — равнобедренный (с основанием BK).
Способ II. Продлим отрезок KM на его длину: МЕ = KM, тогда AKCE — параллелограмм (рис. 7).
Следовательно, СЕ = AK = CB, то есть треугольник ВСЕ — равнобедренный. Тогда
PBK =
CEB =
AKE
= BKP,
значит, треугольник ВKР — равнобедренный.
3.3. Нет, не прав.
Заметим, что при удалении одного участника из таблицы количество очков у любого из оставшихся участников не может увеличиться. Это означает, что смена единоличного победителя происходит только в том случае, если Иванов из-за выбытия участника потерял хотя бы очко. Следовательно, у выбывшего участника Иванов выиграл.
Предположим, что Петров прав. Тогда Иванов выиграл у каждого участника турнира. Но в этом случае он останется победителем при удалении любого участника, так как все равно наберет максимальное количество возможных очков.
Полученное противоречие показывает, что Петров не прав.
4.1. В 2 раза.
Способ I («арифметический»). Из первого условия следует, что из каждой сотни кошельков убирается один, а в оставшиеся 99 кошельков добавляется 99 копеек. Поскольку общая сумма денег при этом становится меньше, то в каждом кошельке должно лежать больше, чем 99 копеек.
Из второго условия следует, что к каждой сотне кошельков прибавляется один, но сумма денег в этих кошельках уменьшается на 101 копейку. Поскольку общая сумма денег также уменьшится, то в каждом кошельке должно лежать меньше, чем 101 копейка.
Таким образом, в каждом кошельке лежит по 100 копеек, то есть по рублю. Если в каждый кошелек добавить еще по рублю, то количество денег в нем удвоится, значит, удвоится и общая сумма денег.
Способ II («алгебраический»). Пусть в каждом из n кошельков находится по x копеек, тогда общая сумма денег — nx копеек. Из условия задачи следуют два неравенства:
Из первого неравенства получим, что x > 99, а из
второго – что x < 101. Таким образом,
Если в каждый кошелек добавить по рублю, то общая сумма денег
станет равна n(x + 100) копеек. При x = 100 искомое
отношение 
равно 2.
4.2. ОМ = 5 см.
Способ I. Пусть диагонали СМ и DE
прямоугольника пересекаются в точке K (рис. 8). Тогда 
OK —
медиана прямоугольного треугольника DOE, проведенная к гипотенузе,
значит, 
Таким образом, в треугольнике OKM: KM = OK и ОМK
= 60°,
поэтому этот треугольник — равносторонний. Следовательно,
ОМ = KM = OK = 5 см.
Способ II. Рассмотрим окружность, описанную около данного
прямоугольника, тогда DE — ее диаметр (рис. 9). Так как угол DOE —
прямой, то точка О лежит на этой окружности. Поскольку СМ — также
диаметр этой окружности, то СОМ
= 90°.
Таким образом, в прямоугольном треугольнике СОМ ОМС = 60°,
то есть ОСМ = 30°.
Тогда 
4.3. Способ I.
Разобьем все натуральные числа первой сотни на девять групп так, чтобы внутри
группы каждое число, начиная со второго, было на 9 больше предыдущего:
Если мы выбираем числа, разность между которыми не равна 9, то из каждой группы нельзя брать числа, стоящие рядом. Так как в первой группе 12 чисел, а в остальных — по 11, то из любой группы мы сможем взять не более шести чисел, то есть всего не более 54 чисел. Добавление любого числа обязательно даст пару чисел, разность между которыми равна 9.
Способ II. Пусть из первой сотни выбраны числа a1, a2, ..., a55. Рассмотрим эти числа вместе с числами, которые получатся, если к каждому из выбранных прибавить по 9, то есть
a 1 + 9, a2 + 9, ..., a55 + 9.
Получим 110 натуральных чисел, лежащих в диапазоне от 1 до 109. Следовательно (по принципу Дирихле), среди этих чисел найдутся хотя бы два равных числа, то есть для некоторых n и k выполняется равенство: an + 9 = ak, что равносильно утверждению задачи.