Турнир Архимеда. Московская математическая регата. 7 класс
18 апреля 2009 года в Московском городском дворце детского (юношеского) творчества состоялась математическая регата для учащихся 7-х классов, завершившая очередной сезон регат. В ней приняли участие 82 команды из Москвы, Костромы и Подмосковья (Долгопрудный, Мытищи, Поварово, Солнечногорск, Ступино, Черноголовка).
Абсолютным победителем регаты стала команда школы № 853 (г. Зеленоград), получившая диплом первой степени. Дипломами второй и третьей степени были награждены еще 13 команд. Несколько команд получили поощрительные призы.
Полные итоги регаты опубликованы на сервере МЦНМО (http://www.mccme.ru/olympiads). Там же можно найти материалы регат предыдущих лет, которые ежегодно публикуются и на страницах газеты «Математика». Прочитать подробно о том, как проводятся математические регаты, и познакомиться с материалами прошедших регат можно в книге «Московские математические регаты» (составители: А.Д. Блинков, В.М. Гуровиц, Е.С. Горская, издательство МЦНМО, 2007).
Как всегда, каждый участник и руководитель команды по окончании регаты получил небольшую брошюру с условиями и решениями задач, только что прошедшей регаты. Эти специальные выпуски регулярно готовятся коллективом редакции «Архимед» под руководством П.В. Чулкова.
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. Разложите на множители:
1 + 4a2b2 – (a2 + b2)2.
1.2. Два угла треугольника равны 100° и 60°. Покажите, как его разрезать на два равнобедренных треугольника.
1.3. Из Москвы в Неаполь самолет вылетает в 9.20 по московскому времени, а прилетает в 11.30 по неаполитанскому. Из Неаполя в Москву самолет вылетает в 8.30 по неаполитанскому времени, а прилетает в 14.40 по московскому. Какова разница во времени между Москвой и Неаполем?
Второй тур
(15 минут; каждая задача — 7 баллов)
2.1. Балда договорился с попом отработать на него ровно год и расплатиться щелчками по лбу. Балда предложил, чтобы за каждый отработанный день ему добавлялся один щелчок, а за каждый прогул вычиталось 10 щелчков. Поп же настаивал на более хитром (по его мнению) варианте: за отработанный день начисляется 12 щелчков,
а за пропущенный вычитается аж 121 щелчок. По окончании срока выяснилось, что в обоих случаях поп должен получить от Балды одно и то же количество щелчков. Сколько именно?
2.2. На боковых сторонах АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС выбраны точки D и Е соответственно так, что BD = BE. Отрезки АЕ и CD пересекаются в точке F. Найдите угол AFC, если угол ЕАС равен 25°.
2.3. Может ли сумма квадратов двух простых чисел быть квадратом какого-нибудь целого числа?
Третий тур
(15 минут; каждая задача — 7 баллов)
3.1. Несколько учеников отвечали на уроке, и каждый получил не ниже тройки. Аня получила отметку, которая на 10 меньше, чем сумма отметок остальных; Боря получил отметку, которая на
8 меньше, чем сумма отметок остальных; Вера — отметку, которая на 6 меньше, чем сумма отметок остальных. Сколько человек отвечало на уроке и какие отметки они получили?
3.2. В остроугольном треугольнике ABC
∠ A = 30°, BB1 и CC1 — высоты, B2 и C2 — середины сторон AC и AB соответственно. Под каким углом пресекаются прямые B1С2 и С1B2?
3.3. В школе прошел шахматный турнир, в котором участвовало 20 шахматистов (каждый сыграл с каждым один раз). После подведения итогов оказалось, что Толя с 9,5 очками занял 19-е место, ни с кем его не разделив. Единоличным же победителем оказался Витя. Определите, сколько очков набрал каждый участник. (В шахматах за победу присуждается одно очко, за поражение —
0 очков, за ничью — пол-очка.)
Четвертый тур
(20 минут; каждая задача — 8 баллов)
4.1. Сравните:
4005 – 3992(4003 + 2ж4002 + 3ж400 + 4) и 2000.
4.2. В четырехугольнике ABCD (рис. 1)
∠ САD + ∠ ВСА = 180°
и
АВ = ВС + АD.
Докажите, что ∠ ВАС + ∠ АСD = ∠ СDА.
4.3. Коля выписал все трехзначные числа, в записи которых нет нулей. Для каждого такого числа Вася записал сумму двух его цифр: наименьшей и наибольшей. Найдите сумму чисел, записанных Васей.
Решения задач
1.1. (1 + a2 – b2)(1 – a2 + b2).
Раскроем скобки и перегруппируем:
1 + 4a2b2 – (a2 + b2)2 =
= 1 + 4a2b2 – a4 – 2a2b2 – b4 =
= 1 – (a4 – 2a2b2 + b4) = 1 – (a2 – b2)2 =
= (1 + a2 – b2)(1 – a2 + b2).
1.2. См. рисунок 2.
Пусть в треугольнике АВС углы А и В равны 60° и 100° соответственно, тогда угол С равен 20° (см. рис. 2).
Проведем отрезок AD так, чтобы ∠ DAC = 20°. Тогда в каждом из треугольников ADC и ABD есть по два равных угла, то есть эти треугольники — равнобедренные.
1.3. 2 часа.
Перелет в обе стороны длится одно и то же время, но из-за смены часовых поясов возникает разница во времени. В первом случае показания часов отличаются на 2 часа 10 минут, а во втором — на 6 часов 10 минут. Так как в первом случае мы из времени перелета вычитаем разницу во времени, а во втором — ее же прибавляем, то разница во времени между Москвой и Неаполем равна:
(6 ч 10 мин – 2 ч 10 мин) : 2 = 2 ч.
Комментарий. Такой же результат можно получить из уравнения 
где x — искомая разница во времени (в часах).
2.1. 3 щелчка.
Способ I. Предположим, что год не високосный. Пусть Балда x дней отработал, а (365 – x) дней прогулял, тогда по своему предложению он будет иметь право
x – (365 – x)∙10 = 11x – 365∙10 щелчков,
а по предложению попа —
12x – (365 – x)∙121 = 133x – 365∙121 щелчков.
Поскольку в итоге выяснилось, что количество щелчков в обоих случаях одно и то же, то составляем уравнение 11x – 365∙10 = 133x – 365∙121. Упростив его, получим: 122x = 365∙111. Такое уравнение не имеет натуральных решений.
Если же год високосный, то, рассуждая аналогично, получим уравнение 122x = 366∙111, то есть x = 333. Следовательно, поп должен получить от Балды 333 – (366 – 333)∙10 = 3 щелчка.
Способ II. Пусть Балда отработал а дней и прогулял b дней, тогда a – 10b = 12a – 121b. Упрощая это равенство, получим, что 11а = 111b. Поскольку числа 11 и 111 – взаимно простые, то a кратно 111, b кратно 11. Так как а ≤ 366, то а может быть равно 111, 222 или 333. Соответствующие значения b: 11; 22; 33. Тогда сумма а + b (количество дней в году) принимает значения 122, 244 и 366 соответственно. Отсюда заключаем, что год был високосным, то есть а = 333, b = 33. Следовательно, попу причитается
a – 10b = 333 – 330 = 3 щелчка.
Комментарий. Отметим, что полученный ответ полностью согласуется с литературным источником: Пушкин А.С. Сказка о попе и его работнике Балде.
2.2. 130°.
Так как АВ = ВС и BD = BE, то AD = CE (рис. 3).
Кроме того, ∠ ВАС = ∠ ВСА (углы при основании равнобедренного треугольника). Рассмотрим треугольники ACD и CAE. Так как у них общая сторона АС, то эти треугольники равны (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, ∠ DСA = ∠ EAС = 25°. Тогда из треугольника AFC получим, что ∠ АFC = 180° – (25° + 25°) = 130°°.
2.3. Нет, не может.
Пусть такое возможно, тогда выполняется равенство a2 + b2 = x2, где a и b — простые числа. Тогда b2 = x2 – a2 = (x – a)(x + a). Это возможно только в двух случаях:
x – a = x + a = b или x – a = 1; x + a = b2.
В первом случае а = 0, что противоречит условию. Во втором случае x = a + 1, тогда 2a + 1 = b2, то есть 2a = (b – 1)(b + 1). Если b = 2, то a — не целое число, следовательно, b — нечетное. Тогда b – 1 и b + 1 — соседние четные числа, значит, одно из них кратно 2, а другое кратно 4. Следовательно, 2a делится на 8, то есть а делится на 4 — противоречие.
Комментарий. Получив, что a = x – 1, можно также было провести аналогичное рассуждение и получить, что b = x – 1. Тогда a = b, и исходное равенство примет вид 2а2 = x2, что невозможно для целых значений а и x.
3.1. Отвечало 4 человека; один получил «5», двое — «4», один — «3».
Пусть S – сумма всех полученных отметок, А — отметка Ани, Б — Бори, В — Веры. Из условия задачи следует, что:
S – A = A + 10; S – Б = Б + 8; S – В = В + 6.
Следовательно,
S = 2A + 10 = 2Б + 8 = 2В + 6.
Значит,
B – Б = Б – А = 1.
Так как двоек не было, то возможен только один вариант: А = 3, Б = 4, В = 5. Следовательно,
S = 16, тогда S – (A + Б + В) = 4, то есть еще один ученик получил отметку «4».
3.2. Под прямым углом.
Рассмотрим прямоугольный треугольник АВВ1, В1С2 — его медиана (рис. 4).
По свойству этого прямоугольного треугольника 
Следовательно, треугольник АС2В1 — равнобедренный с углом 30° при основании, значит, ∠ AС2B1 = 120°. Аналогично, С1В2 — медиана прямоугольного треугольника АCC1 (рис. 5), поэтому 
Следовательно, треугольник АВ2С1 — также равнобедренный с углом 30° при основании.
Рассмотрим треугольник С1С2D, где D — точка пересечения отрезков B1С2 и С1B2 (рис. 6). Пусть ∠ С1DC2 = θ. По теореме о внешнем угле треугольника θ + 30° = 120°. Следовательно, искомый угол между прямыми B1С2 и С1B2 равен 90°.
Комментарий. Отметим, что вместо треугольника АВ2С1 можно было рассмотреть треугольник В2CC1 (см. рис. 5), в котором 
Следовательно, этот треугольник — равносторонний, значит, ∠ С1B2С = 60°. Тогда по теореме о сумме углов треугольника ∠ В1DB2 = 90°.
3.3. Витя набрал 0,5 очков, Толя — 9,5 очков, занявший последнее место набрал 0 очков, а каждый из остальных участников набрал 10 очков.
Общее количество партий, сыгранных в турнире, равно 
Поскольку в каждой партии разыгрывается одно очко, то сумма очков, набранных всеми участниками, равна 190. Вычтем очки, набранные Толей: 190 – 9,5 = 180,5 — сумма очков, набранных остальными участниками. Поскольку 18 человек оказались в турнирной таблице выше Толи, то каждый из них набрал не менее чем 10 очков, а в сумме они набрали не менее 180 очков. Оставшиеся пол-очка обязан был набрать Витя, так как он единолично занял первое место.
Комментарий. Покажем, что описанная ситуация возможна. Действительно, пусть каждый участник выиграл у занявшего последнее место, Витя победил Толю, а все остальные партии закончились вничью.
4.1. Первое число меньше второго.
Пусть a = 400, тогда первое выражение примет вид:
a5 – (a – 1)2(a3 + 2a2 + 3a + 4).
Преобразуем его:
a5 – (a – 1)2(a3 + 2a2 + 3a + 4) =
= a5 – (a2 – 2a + 1)(a3 + 2a2 + 3a + 4) =
= a5 – a5 – 2a4 – 3a3 – 4a2 + 2a4 + 4a3 +
+ 6a2 + 8a – a3 – 2a2 – 3a – 4 = 5a – 4.
Таким образом, при a = 400 значение выражения равно 1996, что меньше, чем 2000.
4.2. Для удобства введем обозначения (рис. 7):
AD = x, BC = y, ∠CAD = α, ∠ACB = β,
∠ADC = γ, ∠BAC = δ, ∠ACD = φ.
Тогда α + β = 180° и АВ = х + у (по условию).
Если сумма двух углов равна 180°, то можно приложить их один к другому так, чтобы они имели общую сторону, а две другие стороны стали противоположными лучами. Поэтому «отрежем» треугольник ACD, перевернем его и приставим обратно так, чтобы вершины А и С поменялись местами. Новое положение вершины D обозначим Е. Так как α + β = 180°, то точки В, С и Е будут лежать на одной прямой.
При этом СЕ = AD = x, то есть ВЕ = х + у = AB (рис. 8). В равнобедренном треугольнике АВЕ углы при основании равны, то есть δ + φ = γ, что и требовалось.
4.3. 7290.
Поскольку каждая цифра от 1 до 9 может стоять на любом из трех мест, то общее количество чисел, записанных Колей, равно 93 = 729.
Разобьем эти числа на пары: 111 – 999, 112 – 998 и так далее, таких пар будет (729 – 1) : 2 = 364 (число 555 останется без пары).
Пусть в первом числе некоторой пары наименьшая цифра равна а, тогда во втором числе наибольшая цифра равна 10 – а. Аналогично, если в первом числе наибольшая цифра равна b, то наименьшая цифра во втором числе равна 10 – b.
Тогда в каждой паре сумма двух наименьших и двух наибольших цифр равна 20. Общая сумма таких цифр будет равна 20∙364 = 7280. Добавив к этой сумме 10 (сумма наибольшей и наименьшей цифры числа 555), получим 7290.
Комментарий. Отметим, что подсчет искомой суммы «в лоб» связан со значительными техническими трудностями.