Олимпиада "Покори Воробьевы горы"
В настоящей статье представлены материалы первого (заочного) тура 2009 г. с одним из вариантов возможных решений.
Задачи с 1 по 10 рекомендованы для абитуриентов механико-математического факультета и факультета вычислительной математики и кибернетики. Задачи с 1 до 6 рекомендованы для других факультетов МГУ, участвующих в олимпиаде.
Результаты олимпиады учитывались при поступлении в МГУ и другие вузы страны.
1. В шахматном турнире участвовали англичане, немцы и французы. Каждый англичанин сыграл в шахматы ровно с 5 немцами и 2 французами, каждый немец — с 6 англичанами и 4 французами, а каждый француз — с 3 англичанами и с одинаковым (для всех французов) числом немцев. Найдите это число.
Решение. Число англичан, немцев, французов — участников турнира обозначим через x, y, z соответственно. Тогда:
— англичане сыграли с немцами всего 5x партий, с французами — 2x партий;
— немцы сыграли с англичанами всего 6y партий, с французами — 4y партий;
— французы сыграли с англичанами всего 3z партий, с немцами — az партий, где a — искомое число немцев, с которыми сыграл каждый француз.
По условию для натуральных чисел x, y, z, a имеем:
При a = 5 система имеет натуральные решения, например, x = 6, y = 5, z = 4.
Ответ: 5.
2. Решите неравенство 
Решение. Изучим выражение под модулем.
Пусть sin x + cos x = y. Тогда:
то есть 
б) (sin x + cos x)2 = y2 ⇔
⇔ sin2 x + cos2 x + 2sin x cos x = y2 ⇔
то есть y ≠ ±1.
Значит, подмодульное выражение равно
Для исходного неравенства имеем:
То есть 
Ответ:
3. Для 50 детей детского сада закуплено 50 одинаковых тарелок. По краю каждой тарелки равномерно расположены 5 белых кружочков. Воспитатели хотят перекрасить какие-либо из этих кружочков в другой цвет так, чтобы все тарелки стали различными. Какое наименьшее число дополнительных цветов им потребуется для этого?
Решение. Обозначим через n число всех цветов для раскраски, включая белый цвет. n цветов позволяют раскрасить пять пронумерованных кружочков n5 различными способами. (Ведь i-й кружок можно раскрасить n способами независимо от раскраски остальных четырех кружков. Так как i = 1, 2, ..., 5, то получаем 
способов.)
Однако кружочки на тарелках не пронумерованы; повороты тарелок на углы, кратные 
переводят кружки друг в друга, поэтому разные раскраски пронумерованных кружков могут давать одинаковые (неразличимые) тарелки, а именно, в тех случаях, когда одна раскраска из другой может быть получена поворотом тарелки.
Рисунок 1 иллюстрирует случай с одним белым и четырьмя черными кружочками.
Пять последовательных поворотов на угол 
соответствуют пяти способам неодноцветной раскраски пяти пронумерованных кружков и лишь одному способу раскраски тарелки. Число n одноцветных раскрасок не зависит от поворотов.
Значит, число S(n) различных раскрасок тарелок равно 
Здесь:
n5 – n — число способов неодноцветной раскраски пронумерованных кружков;
— число способов неодноцветной раскраски тарелок.
Видим: двух цветов недостаточно, а трех цветов достаточно для такой раскраски 50 тарелок, чтобы все они стали различными.
Ответ: наименьшее число дополнительных цветов (кроме белого) равно двум.
4. Две параболы y = x2 и y = 2008 – x2, пересекаясь, ограничивают некоторую фигуру. Найдите уравнения всех прямых, делящих площадь этой фигуры пополам.
Решение. Геометрическое место точек (ГМТ) заданной фигуры изображено на рисунке 2. Его точки (x; y) удовлетворяют системе
Параболы y = x2 и y = 2008 – x2 пересекаются в точках 
ГМТ имеет две оси симметрии, x = 0 и y = 1004,
и центр симметрии — точку Q(0; 1004) их пересечения.
Вывод. Любая прямая, проходящая через точку Q, и только она делит площадь фигуры пополам. Это семейство наклонных y = kx + 1004, где k ∈ R и вертикальная прямая x = 0.
Действительно, любая секущая прямая MN1, не проходящая через точку Q, рассекает ГМТ на неравновеликие фигуры (см. рис. 2). Пусть
S3 = SMAN.
S1 ≠ S2 + S3,так как S1 + S2 = S3 в силу симметрии относительно точки Q.
Ответ: y = kx + 1004, где k — любое действительное число; x = 0.
5. На прямой последовательно расположены точки A, B, C, D, а вне прямой — точка M так, что AB : BC : CD = a : b : c и ∠AMB = ∠BMC = ∠CMD.
Найдите отношение AM : DM.
Решение. Пусть α = ∠AMB = ∠BMC = ∠CMD; ak = AB, bk = BC, ck = CD, где k > 0; x = AM,
m = BM, l = CM, y = DM. Искомым является отношение 
(рис. 3).
Так как MB и MC — биссектрисы в треугольниках AMC и BMC соответственно, то
 |
(1) |
| (2) |
Вычисляя отношение площадей треугольников AMC и BMD, получаем:
Перемножая равенства (1)–(3) почленно, получаем:
Ответ: 
Замечание. Можно получить условия на a, b, c, при которых указанная в условии задачи конструкция возможна. Можно считать, что a, b, c — длины отрезков AB, BC и CD соответственно (a > 0, b > 0, c > 0). Так как MB — биссектриса угла AMC и MC — биссектриса угла BMD, то по теореме о биссектрисе:
Обратно, если для точки M выполнены условия (4) и (5) и M не лежит на прямой AD, то
∠AMB = ∠BMC = ∠CMD.
Геометрическое место точек M, удовлетворяющих (4), при a ≠ b образует окружность (которую называют окружностью Аполлония). При a = b это геометрическое место точек есть перпендикуляр к AC, проходящий через B (без точки B). Докажем это.
Рассмотрим декартову систему координат с центром в точке B, в которой положительная часть оси абсцисс совпадает с лучом BC. В этой системе точки A и C имеют координаты A(–a; 0), C(b; 0). Пусть точка M имеет координаты M(x; y). Тогда условие (4) равносильно условию
⇔
⇔ b2(x2 + y2) + 2ab2x + a2b2 = a2(x2 + y2) – 2ba2x + a2b2 ⇔
⇔ (a2 – b2)(x2 + y2) = 2ab(a + b)x.
Если a = b, то получаем x = 0 — уравнение прямой, проходящей через B перпендикулярно к AC.
Пусть a ≠ b. Обозначим a2 – b2 = p, ab(a + b) = q.
Тогда p ≠ 0 и
Получим уравнение окружности с центром в точке 
и радиуса 
Эта окружность высекает на прямой AD диаметр, одним концом которого является точка B(0; 0), а другим концом — точка B1 с координатами 
где
Пусть a ≠ b и b ≠ c. Для того, чтобы существовала точка M, удовлетворяющая обоим условиям (4) и (5) и не лежащая на прямой AD, необходимо и достаточно, чтобы соответствующие этим условиям окружности Аполлония имели общую точку вне прямой AD. Это условие выполняется тогда и только тогда, когда диаметры BB1 и CC1 этих окружностей Аполлония удовлетворяют условию: из точек C и C1 ровно одна лежит строго внутри отрезка BB1 и ровно одна вне отрезка BB1. Если прямая AD является координатной осью, то точка P лежит строго внутри BB1 тогда и только тогда, когда
и лежит вне BB1 тогда и только тогда, когда
Поэтому условие на диаметры BB1 и CC1 равносильно условию
В указанной выше системе координат имеем:
Условие (6) принимает вид:
Сокращая на b4 > 0 и приводя к общему знаменателю, получим:
Разделив на –(a + b)(b + c) < 0 и домножив на (a – b)2(b – c)2 > 0, получим искомое условие на
a, b, c (при a ≠ b, b ≠ c):
–b2 – ab + 3ac – bc > 0 ⇔ b2 + b(a + c) – 3ac < 0.
Нетрудно проверить, что это условие эквивалентно существованию указанной в задаче конструкции и при a = b или b = c (проверьте!).
6. Решите уравнение
Решение. Воспользуемся тождеством (проверьте его!)
(*)
Напишем 99 тождеств, полагая 
k = 1, 2, ..., 99, причем k-е тождество умножим почленно на 2k. Получим:
Сложим тождества почленно, получим:
Здесь учтено, что
Значит, исходное уравнение принимает вид 
Ответ: 
Примечание. Ключевым здесь явилось тождество (*). Возможно иное решение — на базе тождества
sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β, (**)
входящего в школьную программу.
В левой части уравнения с учетом (**) имеем:
(здесь Σ — знак суммирования).
Пусть
Тогда исходное уравнение эквивалентно однородному уравнению первой степени относительно функций sin x и cos x:
a sin x + b cos x = 0 ⇔ 
(при a ≠ 0).
Трудоемко, но возможно упростить левые части в (***), найти, что
и получить тот же ответ: 
При этом следует учесть повторяемость (с периодом шесть) значений величин
7. Могут ли две разные плоскости отсекать от одного трехгранного угла такие пирамиды, что любые две грани, лежащие в одной грани трехгранного угла, имеют равные площади? Могут ли они отсекать такие пирамиды от четырехгранного угла (не обязательно выпуклого)?
Решение. Пусть одна плоскость пересекает ребра трехгранного угла с вершиной Q в точках A, B, C, а другая — в точках A', B', C' (рис. 4).
Если плоскости разные (ABC ≠ A'B'C'), то хотя бы на одном ребре их точки не совпадают. Пусть, например, A ≠ A' и AQ > A'Q. Тогда если
SQAB = SQA'B' и SQAC = SQA'C',
то
BQ < B'Q и CQ > C'Q.
Значит, S ∆AQC > S ∆A'QC, и ответ на первый вопрос (для трехгранного угла) — отрицательный.
Покажем, что он отрицательный и для четырехгранного угла — выпуклого или невыпуклого. Предварительно на примере грани QAB отметим важную особенность. При равенстве площадей отсекаемых треугольников (S ∆QAB = S ∆QA'B') имеем параллельность прямых AB' и A'B. Действительно,
(Здесь использовано подобие треугольников QA'B и QAB'.)
Пусть одна плоскость пересекает ребра четырехгранного угла с вершиной Q в точках A, B, C, D, а другая — в точках A', B', C', D' (рис. 5 и 6).
Покажем противоречивость допущения о том, что обе плоскости в каждой грани отсекают равновеликие треугольники.
Пусть, например, AQ < A'Q. Тогда
BQ > B'Q, CQ < C'Q, DQ > D'Q. (**)
Кроме того, с учетом (*),
откуда
B'D' 
BD, A'C' AC.
На прямых BD и AC лежат диагонали плоского четырехугольника ABCD, а потому эти прямые пересекаются и при выпуклом, и при невыпуклом четырехугольнике ABCD или четырехгранном угле с вершиной Q (см. рис. 5 и 6).
Кроме того, в силу неравенств (**) прямые B'D' и A'C' лежат по разные стороны от параллельной им плоскости ABCD.
Значит, и в выпуклом, и в невыпуклом четырехгранном угле QABCD:
— прямые B'D' и A'C' скрещиваются;
— точки A', B', C', D' не лежат в одной плоскости.
Ответ: не могут.
Примечание. Самопересекающиеся многогранные четырехгранные углы не рассматриваются в большинстве школ, а потому не рассмотрены и здесь.
8. Найдите первую и две последние цифры десятичной записи числа x1001, если 
x1 = 2 и n ∈ N.
Решение. Из равенства, определяющего последовательность {xn}, имеем:
Пусть yn = xn – 1, n = 1, 2, ... Тогда
Значит, {yn} — геометрическая прогрессия с первым членом y1 = 1 и знаменателем 
Поэтому
Отсюда 
Значит, первая цифра в десятичной записи числа x1001 есть 1.
Десятичная запись чисел 5k (при k ≥ 2) и, следовательно, x1001 заканчивается на 25.
Ответ: в десятичной записи числа x1001 первая цифра равна 1, предпоследняя цифра равна 2, последняя цифра равна 5.
9. Какое наибольшее значение может принимать квадратичная функция в точке 2009, если ее значения в трех точках, –1, 0 и 1, принадлежат отрезку [0; 1]?
Решение. Функция f(x) = x2 удовлетворяет условиям задачи (рис. 7). При фиксированном
x0 > 1, например, при x0 = 2009, значение именно этой функции является наибольшим.
Для доказательства предположим противное — существование квадратичной функции
g(x) = ax2 + bx + c, которая удовлетворяет условиям задачи:
Здесь a, b, c — действительные числа, причем a ≠ 0 (по определению квадратичной функции).
График функции y = g(x) пересекает каждый из трех вертикальных отрезков AiBi (i = 1, 2, 3) в силу условий (1) (см. рис. 7).
График функции y = f(x) пересекает эти же отрезки в их концах B1, B2, B3.
Значит, для разности этих функций
h(x) = f(x) – g(x) = (1 – a)x2 – bx – c
имеем (рис. 8):
h(–1) ≥ 0, h(0) ≤ 0, h(1) ≥ 0, h(x0) < 0. (3)
Свойства (3) означают, что функция y = h(x) на каждом из отрезков [–1; 0], [0; 1], [1; x0] имеет по крайней мере один корень, а на всем отрезке
[–1; x0] — не менее двух различных корней.
С другой стороны, квадратичная функция h(x) имеет не более двух различных корней.
Значит, при a ≠ 1 функция h(x) имеет ровно два различных корня на отрезке x ∈ [–1; x0].
Так как h(x0) < 0, то ветви параболы направлены вниз. Тогда h(–1) ≤ 0. Но согласно (3) h(–1) ≥ 0.
Значит, h(–1) = 0, x = –1 — корень. Вторым корнем обязано быть число x = 1.
Число x = 0 находится между корнями x = 1 и x = –1 параболы h(x), ветви которой направлены вниз. Отсюда h(0) > 0 — противоречие с (3).
Вывод. Функция y = h(x) не может быть квадратичной, значения a ≠ 1 не подходят.
Пусть a = 1. Тогда линейная функция
h(x) = –bx – c имеет (как ранее установлено) не менее двух различных корней, и потому h(x) ≡ 0,
что противоречит условию h(x0) < 0. Значит,
a = 1 тоже не подходит.
Выводы
1. Не существует квадратичной функции g(x) со свойствами (1)–(2).
2. Значение 20092 является наибольшим.
Ответ: наибольшее значение квадратичной функции в точке 2009 равно 20092.
10. Для каких натуральных n ≥ 3 существует выпуклый n-угольник, у которого площадь, а также длины всех сторон и всех диагоналей — натуральные числа?
1. Утверждение.
Существует бесконечное множество попарно не подобных прямоугольных треугольников с целочисленными длинами сторон.
Доказательство. а) Пусть a, b, c (c > a > b) — длины сторон треугольника. Положим
a = δ2 – 1, b = 2δ, c = δ2 + 1, (1)
где число δ — натуральное и δ ≥ 4.
Такой треугольник — прямоугольный, так как
a2 + b2 = (δ2 – 1)2 + (2δ)2 =
= δ4 – 2δ2 + 1 + 4δ2 = δ4 + 2δ2 + 1 = (δ2+ 1)2,
то есть a2 + b2 = c2.
В нем a > b, так как неравенство
δ2 – 1 > 2δ ⇔ (δ – 1)2 > 2
верно при всех натуральных δ ≥ 4.
б) Натуральное число δ ≥ 4 задает прямоугольный треугольник со сторонами a, b, c из (1).
Другое натуральное число ν ≠ δ, ν ≥ 4 задает не подобный ему прямоугольный треугольник со сторонами
A = ν2 – 1, B = 2ν, C = ν2 + 1 (C > A > B).
Это следует, например, из неравенства синусов углов, противолежащих большим катетам A и a соответственно. Действительно,
ν2δ2 + ν2 – δ2 – 1 ≠ ν2δ2 – ν2 + δ2 – 1, ν2 ≠ δ2, ν ≠ δ,
что верно при всех рассматриваемых ν и δ.
Значит, прямоугольных треугольников со сторонами (1) бесконечно много, все они попарно не подобны, а потому и не равны между собой.
Утверждение доказано.
2. Следствия.
а) При любых различных натуральных δ ≥ 4 точки Pδ(xδ; yδ), где 
различны и лежат на единичной окружности (рис. 9), а именно — на ее дуге 
Действительно, для острого угла αδ = ∠AOPδ имеем:
xδ = cos αδ, yδ = sin αδ, xδ > yδ,
Ясно, что координаты xδ, yδ этих точек — рациональные числа.
б) На дуге 
единичной окружности располагается бесконечное множество рациональных точек Pδ (то есть точек, обе координаты которых — рациональные числа), значения всех тригонометрических функций соответствующих острых центральных углов αδ — тоже рациональные числа.
в) Так как 
то 
Углу величиной 2αδ соответствует точка Qδ(cos 2αδ; sin 2αδ) на дуге 
Координаты точки Qδ — рациональные числа, так как
cos 2αδ = cos2 αδ – sin2 αδ, sin 2αδ = 2sin αδ cos αδ.
Значит, на дуге 
единичной окружности располагается бесчисленное множество не совпадающих рациональных точек с рациональными координатами Qδ (δ = 4, 5, ...).
Выберем n таких точек (n ≥ 3); обозначим точки через Ck (k = 1, 2, ..., n); их центральные углы AOCk — через 2γk; расположим точки в порядке возрастания углов γk. На дуге AB получим упорядоченную систему рациональных точек (рис. 10 и 11):
C1, C2, ..., Cn; Ck(cos 2γk; sin 2γk),
3. Покажем, что у выпуклого n-угольника
M = C1C2...Cn все требуемые измерения (длины всех сторон и диагоналей, величина площади) суть рациональные числа.
Любые стороны или диагонали — это отрезки CiCj (i < j) (рис. 10).
Из треугольника CiOCj при R =1 имеем:
| CiCj | = 2∙1∙sin (γj – γi).
Так как sin (γj – γi) = sin γj cos γi – cos γj sin γi — рациональное число, то длина | CiCj | — тоже рациональное число.
Площадь SM многоугольника M есть сумма площадей треугольников C1CiCi + 1 (i = 2, 3, ..., n – 1) (рис. 11).
Но каждая из них есть рациональное число как произведение рациональных чисел:
Значит, и SM — рациональное число.
4. Из существования многоугольника M с рациональными длинами всех сторон, диагоналей и величиной площади следует существование подобного ему многоугольника с натуральными длинами всех сторон, диагоналей и величиной площади. Действительно, за коэффициент подобия достаточно взять произведение λ всех знаменателей всех рациональных чисел
cos γk, sin γk, k = 1, 2, ..., n.
При этом в λ раз увеличатся все линейные размеры и станут натуральными числами, в λ2 раз увеличится величина площади и тоже станет натуральным числом.
Итак, показано существование n-угольника M при произвольном натуральном n ≥ 3.
Ответ: для любого натурального n ≥ 3 существует выпуклый n-угольник, у которого площадь, длины всех сторон и диагоналей — натуральные числа.