Турнир Архимеда. Московская математическая регата. 11 класс

6 декабря 2008 года в Московском городском дворце детского (юношеского) творчества состоялась математическая регата 11-х классов, в которой приняли участие 45 команд из Москвы, Королёва, Переславля и Троицка.

По сложившейся традиции Московских регат каждый участник и руководитель команды по окончании регаты получал небольшую брошюру с условиями и решениями задач только что прошедшей регаты.

Многие команды — участники регаты показали высокие результаты, поэтому призами (математической литературой) были награждены 22 команды. Восемь лучших команд были награждены также дипломами Турниров Архимеда. Абсолютным победителем регаты стала одна из команд СУНЦ МГУ.

Полные итоги регаты опубликованы на сервере МЦНМО (www.mccme.ru/olympiads). Там же можно найти материалы регат предыдущих лет, которые ежегодно публикуются и на страницах газеты «Математика». Подробно о том, как проводятся математические регаты, и материалы всех прошедших регат — см.: Московские математические регаты / Cост.: А.Д. Блинков, В.М. Гуровиц, Е.С. Горская. — М.: МЦНМО, 2007.

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.

Первый тур

(10 минут; каждая задача — 6 баллов)

1.1.  Пусть Докажите, что

xcos x + ycos y ≤ ycos x + xcos y.

1.2.  Из отрезков с длинами составили тетраэдр. Какое наибольшее количество граней может оказаться прямоугольными треугольниками?

1.3.  Пусть А — произведение всех простых чисел, не превосходящих 2008,   — произведение всех нечетных чисел, не превосходящих 2008. Найдите предпоследнюю цифру в десятичной записи числа А·B.

Второй тур

(15 минут; каждая задача — 7 баллов)

2.1.  Существует ли многочлен Р(x) ненулевой степени с целыми коэффициентами такой, что

2.2.  Точка Е лежит на диагонали АС трапеции АВСD. Найдите отношение ее оснований ВС и AD, если площадь треугольника ADE в два раза больше площади треугольника АВЕ.

2.3.  Можно ли расставить в вершинах правильного 45-угольника цифры 0, 1, ..., 9 так, чтобы для любой пары различных цифр нашлась сторона, концы которой занумерованы этими цифрами?

Третий тур

(20 минут; каждая задача — 8 баллов)

3.1.  Известно, что

а ≥ b ≥ c ≥ d ≥ 0 и a + b + c + d = 1.

Найдите наименьшее значение выражения

7a² + 5b² + 3c² + d².

3.2.  Внутри квадрата АВСD выбрана точка K такая, что KBC = KDB = α. Найдите угол KAD.

3.3.  Докажите, что среди любых 39 последовательных натуральных чисел обязательно найдется число, у которого сумма цифр делится на 11.

Четвертый тур

(25 минут; каждая задача — 9 баллов)

4.1.  При каких b найдутся такие a, что система уравнений

имеет хотя бы одно решение?

4.2  В треугольнике ABC I — центр вписанной окружности, D — середина AB. Найдите если известно, что угол AID — прямой.

4.3.  Имеется набор из двадцати гирь, массы которых выражаются целым числом граммов. Известно, что если из набора удалить любое количество гирь (в том числе и ноль), то оставшиеся гири нельзя будет разложить на две чашки весов так, чтобы они уравновесились. Докажите, что общая масса набора превосходит одну тонну.

Пятый тур

(15 минут; каждая задача — 7 баллов)

5.1.  Имеет ли уравнение целые корни?

5.2.  В правильной пирамиде РАВСD расстояние от вершины Р до основания АВСD равно половине ребра АВ. Какая из вершин, В или С, находится ближе к прямой РА?

5.3.  На плоскости нарисованы красные и синие квадраты, причем множество точек, являющихся вершинами синих квадратов, совпадает со множеством точек, являющихся вершинами красных. Верно ли, что какие-то два квадрата обязательно совпадают?

Решение задач

1.1.  Преобразуем разность левой и правой частей доказываемого неравенства:

x cos x + y cosy – ycos x – xcos y = (x – y)(cos x – cos y).

Функция f(t) = cost убывает на следовательно, если x ≥ y, то cos x≤cos y. Аналогично, если x ≤ y, то cos x ≥ cos y. Таким образом,

(x – y)(cos x – cos y) ≤ 0

при всех указанных значениях x и y. Следовательно, xcos x + ycos y ≤ ycos x + xcos y, что и требовалось доказать.

1.2.  Все четыре грани.

Рассмотрим куб ABCDA'B'C'D' с ребром 1 (рис. 1). Так как диагональ единичного квадрата равна а диагональ единичного куба равна то BDDRC — один из тетраэдров, которые можно составить из отрезков, указанных в условии. Очевидно, что все его грани – прямоугольные треугольники.

Комментарий. Такой тетраэдр можно составить и не используя куб. Например, рассмотрим равнобедренный прямоугольный треугольник АВС с катетами АС = ВС = 1 и восстановим перпендикуляр АР к плоскости этого треугольника длины 1 (рис. 2). По определению прямой, перпендикулярной плоскости, РА АВ и РА АС. Проведя отрезки РВ и РС, получим: (угол РСВ — прямой по теореме о трех перпендикулярах).

1.3.  5.

Рассмотрим указанное произведение простых чисел. Поскольку в него входят множители 2 и 5, то оно оканчивается на ноль. Так как все остальные множители нечетные, то предпоследняя цифра числа А — нечетная. Произведение нечетных чисел оканчивается на 5 (поскольку один из множителей равен пяти, а остальные — нечетные). Перемножая числа где а — нечетная цифра, получим число вида

2.1.  Да, существует.

Построить пример можно из следующих соображений. Сначала найдем многочлен S(x) ненулевой степени с целыми коэффициентами, для которого число является корнем. Пусть тогда

Таким образом, S(x) = x² – 4x + 1. (Комментарий. Этот же квадратный трехчлен получится, если в качестве второго корня выбрать число и воспользоваться теоремой Виета.) Если то откуда следует, что многочлен P(x) = x² – 4x + 2009 удовлетворяет условию задачи.

2.2. 

Пусть h₁ и h₂ — перпендикуляры, опущенные на диагональ АС из вершин D и В соответственно, а h — высота трапеции (рис. 3). Тогда

2.3.  Нет, нельзя.

Всего из цифр 0, 1, ..., 9 можно составить 45 различных пар (пары (a, b) и (b, a) считаются одинаковыми). Поэтому каждая пара должна встретиться ровно один раз на конце стороны 45-угольника. Заметим, что цифра, стоящая в каждой вершине, участвует ровно в двух парах, поэтому каждая цифра окажется на концах у четного числа сторон многоугольника. Но всего пар, в которых участвует конкретная цифра, — девять. Полученное противоречие доказывает, что расставить цифры требуемым образом нельзя.

3.1.  1.

Значение 1 достигается при Докажем, что при заданных условиях

7a² + 5b² + 3c² + d² ≥ 1.

Способ I (алгебраический). Так как

a + b + c + d = 1,

то

(a + b + c + d)² = 1
a² + b² + c² + d² + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd = 1.

Так как а ≥ b ≥ c ≥ d ≥0, то выполняются неравенства:

2a² ≥ 2ab,
2a² ≥ 2aс,
2a² ≥ 2ad,
2b² ≥ 2bc,
2b² ≥ 2bd,
2b² ≥ 2bd.

Заменив в полученном равенстве удвоенные произведения на соответствующие удвоенные квадраты, получим требуемое неравенство.

Способ II (геометрический). Рассмотрим квадрат АВСD со стороной 1 (рис. 4). Разместим в его левом нижнем углу квадрат со стороной а.

Из условия следует, что поэтому если разместить еще три таких же квадрата «в столбик» и еще три — «в строчку», то мы либо «вылезем» за границы АВСD, либо (при ) «попадем» на стороны ВС и CD. Аналогичным образом разместим квадрат со стороной b в нижнем углу оставшегося квадрата и добавим по два таких же квадрата «в столбик» и «в строчку». Так как то в этом случае незаполненным останется только квадрат со стороной 1 – (а + b). Заполнив его описанным образом тремя квадратами со стороной мы получим незаполненным только один квадрат со стороной d. Сумма площадей шестнадцати построенных квадратов равна левой части доказываемого неравенства.

Комментарий. Отметим, что если среди чисел а, b, c и d есть хотя бы два различных, то доказанное неравенство обращается в строгое.

3.2. KAD = 90° – 2α.

Из условия задачи следует, что точка K лежит внутри треугольника BСD и что α < 45° (рис. 5 и 6). Заметим, что

DKB = 180° – (BDK + DBK) = 180° – (α + (45° – α)) = 135°.

Далее можно рассуждать по-разному.

Способ I. Проведем окружность с центром А, проходящую через точки В и D (см. рис. 5). Так как то точка K лежит на этой окружности. Тогда

KAD = 90° – KAB = 90° – 2KDB = 90° – 2α,

так как угол KAB — центральный, а угол KDB — вписанный, опирающийся на ту же дугу ВK.

Способ II. Отметим точку Р пересечения прямой DK со стороной квадрата ВС (см. рис. 6). Проведем также перпендикуляр KQ к отрезку DK (Q — точка его пересечения со стороной АВ). Докажем, что точки Р и Q симметричны относительно прямой BD. Действительно, так как СВA= QKP = 90°, то около четырехугольника KQBP можно описать окружность (с диаметром QP). Так как DKB = 135°, то QKB = BKP = 45°. По свойству углов, вписанных в окружность, получим: QPB = QKB = 45° и ВQP = BKP = 45°.
Следовательно, BP = BQ, значит, BD — серединный перпендикуляр к отрезку PQ. Тогда отрезки DP и DQ также симметричны относительно прямой BD, поэтому PDQ = 2α. Так как DАВ = DKQ = 90°, то около четырехугольника DAQK также можно описать окружность (с диаметром DQ). Следовательно, KAQ = PDQ = 2α, то есть

KAD = 90° – 2α.

3.3.  Выберем произвольно 39 последовательных натуральных чисел. Среди них обязательно найдутся три полных десятка (в каждый десяток входят числа ). Среди этих десятков найдутся два соседних десятка, у которых одинаковая цифра в разряде сотен. Рассмотрим эти двадцать чисел. Пусть сумма цифр первого из них равна S. Так как оно оканчивается на ноль, то суммы цифр следующих чисел последовательно равны: S + 1, S + 2, ..., S + 9, S + 1 (первое число второго десятка), S + 2, ..., S + 10. Среди одиннадцати натуральных чисел S, S + 1, ..., S + 10 обязательно найдется число, кратное 11.

4.1.  При b ≥ 2.

Первое уравнение системы имеет решения при b≥0. Его графиком является окружность с центром (1; –1) и радиусом (при b = 0 она «вырождается» в точку). Графиком второго уравнения является парабола, ветви которой направлены вверх. Докажем, что для любой точки полуплоскости, задаваемой неравенством y≥x, найдется значение а, при котором соответствующая парабола пройдет через эту точку. Это можно сделать различными способами.

Способ I. Перепишем второе уравнение системы в виде: y – x = (x + a)². Тогда неравенство y – x ≥ 0 y ≥ x является необходимым условием существования такого а. Оно же является достаточным, поскольку при фиксированном x выражение (x + a)² может принимать любое неотрицательное значение. Таким образом, объединение графиков уравнений y = x² + (2a + 1)x + a² при всех значениях а есть полуплоскость y ≥ x.

Способ II. Рассмотрим уравнение параболы как квадратное относительно переменной а:

a ² + 2xa + (x² + x – y) = 0.

Его упрощенный дискриминант:

Для того, чтобы указанное значение а существовало, необходимо и достаточно, чтобы квадратное уравнение имело корни, то есть чтобы выполнялось неравенство y ≥ x. Таким образом, множество всех точек плоскости, через которые проходит хотя бы одна из парабол вида y = x² + (2a + 1)x + a², является «верхней» полуплоскостью с границей y = x (включая эту границу).

Способ III. Вершины рассматриваемого семейства парабол имеют координаты

Так как то эти вершины лежат на прямой Для любой из этих парабол прямая является секущей, проходящей через ее вершину (рис. 7). Найдем уравнение касательной к произвольной параболе семейства

y = x² + (2a + 1)x + a²,

параллельной прямой Оно должно иметь вид y = y₀ + y'(x₀)(x – x₀), где x₀ — абсцисса точки касания. Так как искомая касательная параллельна прямой то y'(x₀) = 2x₀ + 2a + 1 = 1, то есть x₀ = –a. Тогда y₀ = a² – a(2a + 1) + a² = –a,
а искомое уравнение имеет вид:

y = –a + 1(x + a) y = x.

Отсутствие параметра а в этом уравнении доказывает, что полученная прямая является общей касательной для всех парабол семейства. По мере движения вершины параболы по прямой точки этих парабол «заметают» верхнюю полуплоскость, границей которой является найденная касательная (включая саму границу).

Комментарий. Отметим, что возможна некоторая разновидность этого способа решения, не использующая производную. Выберем произвольную параболу из полученного семейства и касательную к ней, параллельную указанной секущей. Любая парабола семейства получается из выбранной параллельным переносом вдоль секущей. При этом переносе рассматриваемая касательная переходит в себя и является касательной к образу выбранной параболы, так как образ пересечения равен пересечению образов. Следовательно, все параболы семейства имеют общую касательную. Найдем уравнение этой касательной. Пусть тогда уравнение параболы — а уравнение искомой касательной имеет вид: y = x + c. Система уравнений должна иметь единственное решение. Это равносильно тому, что уравнение имеет единственный корень. Так как полученное уравнение равносильно уравнению то оно имеет единственный корень при с = 0. Тогда искомое уравнение касательной: y = x. Найдем теперь, при каких значениях b имеет решения исходная система уравнений. Из сказанного выше следует, что это выполняется тогда и только тогда, когда окружность (x – 1)² + (y + 1)² = b имеет хотя бы одну общую точку с прямой y = x. Рассмотрим систему уравнений Она имеет решения тогда и только тогда, когда имеет решения уравнение (x – 1)² + (x + 1)² = b, равносильное уравнению 2x² = b – 2. Последнее уравнение имеет решения при b ≥ 2.

4.2. 

Способ I. Проведем из точки D касательную к окружности, вписанной в треугольник АВС (рис. 8). Пусть Е — точка ее пересечения со стороной ВС. Так как лучи AI и DI являются биссектрисами углов А и D четырехугольника ADEC и DAI + ADI = 90°, то CAD + ADE = 180°. Следовательно, DE || AC, то есть DE — средняя линия треугольника АВС. По свойству описанного четырехугольника АС + DE = AD + CE, тогда

Следующие два способа решения используют тот факт, что (так как угол AIB образован биссектрисами углов А и В треугольника АВС). Тогда из условия задачи следует, что

(рис. 9 и 10).

Способ II. На луче АВ отметим точку С₁ так, что ВС = ВС₁ (рис. 9). Через С₁ проведем прямую, параллельную прямой ID, и отметим точку С₂ ее пересечения с лучом АС и точку F ее пересечения с лучом AI. Тогда АFC₁ = 90°. Кроме того, угол АВС — внешний угол при вершине равнобедренного треугольника СВС₁, BI – его биссектриса, следовательно, BI || С₁C. Тогда

(углы, стороны которых противоположно направлены). Следовательно, в треугольнике АС₁С₂:

то есть этот треугольник — равнобедренный: AC₂ = AC₁ = AB + BC. Следовательно, F — середина С₁С₂. Через точку F проведем прямую, параллельную СС₁, Р и Е — точки ее пересечения с прямыми АС₁ и АС₂ соответственно. Тогда СЕ = С₂Е (по теореме Фалеса). Кроме того, так как BI || PF, то треугольники AIB и AFP — подобны. При этом ID — медиана треугольника AIB, значит, отрезок FC₁, параллельный ID, является медианой треугольника AFP. Так как АС₁ = С₁P, то АС = СЕ (по теореме Фалеса). Таким образом,

Способ III. Заметим, что треугольники IDB и СIB подобны (по двум углам, см. рис. 10), поэтому Следовательно, 2BI² = BC·AB. Введем стандартные обозначения: ВС = a, AC = b, AB = c,  — полупериметр, r — радиус вписанной окружности, S — площадь треугольника АВС. Тогда 2BI² = ac. Учитывая, что BE = p – b, из прямоугольного треугольника BEI получим: BI² = IE² + BE² = r² + (p – b)². Следовательно,

Выразим радиус вписанной окружности, используя две формулы для вычисления площади треугольника:

Тогда

Подставив это значение в равенство (*), получим:

Преобразуем левую часть последнего равенства:

Тогда

Следовательно,

Комментарий. Отметим, что существуют и другие «вычислительные» способы решения задачи, например, можно использовать формулу для вычисления биссектрисы треугольника по его сторонам и теорему об отношении, в котором центр вписанной окружности делит биссектрису.

4.3.  Рассмотрим два произвольных подмножества гирь (возможно, пересекающихся). Докажем, что они имеют различную массу. Действительно, если удалить их общую часть, то оставшиеся наборы (согласно условию задачи) имеют различную массу. Поэтому и исходные подмножества гирь имеют различную массу. Множество из 20 гирь имеет 2²⁰ подмножеств. По доказанному, эти подмножества гирь имеют различные целые неотрицательные массы, поэтому масса самого тяжелого подмножества (а это и есть данный набор гирь) не меньше чем 2²⁰ – 1 граммов, что больше одной тонны (1 т = 10⁶ г;
2²⁰ = 1024² > 10⁶ + 1).

5.1.  Да, имеет.

Например, x = –2009. Действительно, при x = –2009 получим:

5.2.  Вершины В и С равноудалены от прямой РА.

Пусть точка О — центр квадрата АВСD, тогда РО — перпендикуляр к этой плоскости (рис. 11 и 12).

Способ I. В плоскости АРС из вершины С проведем прямую, параллельную РО, которая пересечет прямую PA в некоторой точке Е. Так как ЕС || PO, то отрезок РО — средняя линия треугольника АСЕ, следовательно, АР = РЕ и ЕС = 2РО. По условию, АВ = 2РО, значит, равнобедренные треугольники АРВ и СРЕ равны (по трем сторонам). Следовательно, их высоты BB' и CC', проведенные к боковым сторонам, также равны.

Способ II. Проведем перпендикуляры BB' и CC' к прямой РА. Они являются высотами, проведенными к боковым сторонам в равнобедренных треугольниках АРВ и АРС соответственно (см. рис. 11). Пусть АВ = а, тогда Из прямоугольного треугольника АОР получим, что

Высота равнобедренного треугольника АРВ, проведенная к основанию АВ, равна

значит,

Тогда

Аналогично,

следовательно,

Комментарий. Отметим, что получив равенство площадей треугольников АРВ и АРС, можно было сразу сделать вывод о равенстве высот BB' и CC', не вычисляя их.

Способ III. Так как высота пирамиды в два раза меньше ребра основания, то пирамиду можно вписать в куб АВСDA'B'C'D' так, чтобы ее вершина Р совпала с центром куба (см. рис. 12).

Докажем, что шесть вершин куба, не лежащих на прямой АС' (среди них вершины В и С), расположены на равном расстоянии от этой прямой. Действительно, точки A', B и D равноудалены от точки А, поэтому ортогональная проекция точки А на плоскость A'BD является центром О_а окружности, описанной около равностороннего треугольника A'BD. Аналогично, ортогональная проекция точки C’ на эту же плоскость также является центром окружности, описанной около треугольника A'BD, и совпадает с О_а. Следовательно, АС' (ARBD). Аналогично доказывается, что АС'(СB'D'). Так как ∆A'BD = ∆СB'D', то радиусы описанных окружностей этих треугольников равны.

5.3.  Нет, не верно.

Например, девять синих квадратов (рис. 13) и 4 красных квадрата (рис. 14; для наглядности квадраты изображены на отдельных чертежах) имеют одно и то же множество вершин, но никакие два квадрата не совпадают.

Блинков А., Горская О., Гуровиц В., Иванищук А., Френкин Б., Чулков П.