Файл: Материалы для проведения ii (муниципального) этапа xlvii всероссийской олимпиады школьников по.pdf

9.4.
В замке 9 одинаковых квадратных комнат, образующих квадрат 3
×3. В эти комнаты по одному человеку поселилось 9 человек – лжецы и рыцари (лжецы всегда лгут, рыцари всегда говорят правду). Каждый из этих 9 человек сказал: «По крайней мере в одной из соседних с моей комнат живет лжец». Какое наибольшее количество рыцарей могло быть среди этих 9 человек? Комнаты считаются соседними, если у них общая стена.
Ответ.
6 рыцарей.
Решение.
Заметим, что у каждого рыцаря хотя бы один из соседей должен быть лжецом. Покажем, что лжецов должно быть не менее 3 (так мы покажем, что рыцарей не больше 6). Пусть лжецов не больше 2, тогда найдется «вертикальный ряд» комнат, в которых живут только рыцари. Но тогда у каждого из этих рыцарей должен быть сосед лжец (и эти соседи разные). Поэтому лжецов не меньше 3.
На рисунке показано, как могли поселиться 6 рыцарей и 3 лжеца.
Р Л Р
Р Р Л
Л Р Р
Комментарий.
Верный ответ без обоснований – 0 баллов.
Пример расселения 3 лжецов и 6 рыцарей – 2 балла.
Доказано, что рыцарей не более 6 – 5 баллов.
Замечание 1.
В примере лжецы не должны быть соседями.
Замечание 2.
Есть и другие примеры.
9.5.
На данной окружности
ω выбрана фиксированная точка A. Выберем на окружности две произвольные точки B и C, и найдем точку D пересечения биссектрисы угла ABC с окружностью
ω. Пусть K – такая точка, что точка D – середина отрезка AK.
Прямая KC вторично пересекает окружность в точке P (
P C
≠
). Докажите, что точка P не зависит от выбора точек B и C.
Первое решение.
Покажем, что точка P диаметрально противоположна точке A.
Это и будет означать, что P не зависит от выбора точек B и C. Таким образом, нам нужно доказать, что PD – перпендикуляр к AK. Будем считать, что точка C лежит на отрезке KP.
Другой случай разбирается аналогично. AD DK
=
, значит, нам нужно доказать, что
APD
KPD
α
β
= ∠
= = ∠
. Но
APD
ABD
α
= ∠
= ∠
(вписанные, опираются на дугу
AD),
CPD
CBD
β
= ∠
= ∠
(вписанные, опираются на дугу
CD). Наконец,
ABD
CBD
∠
= ∠
, так как BD – биссектриса
ABC
∠
. Утверждение доказано.
Второе решение.
Как и в первом решении, покажем, что точка
P диаметрально противоположна точке A. Так как BD – биссектриса угла ABC, то дуги AD и DC равны, значит,
AD DC
=
. Из того, что точка
D – середина отрезка AK, следует
. Значит,
. То есть в треугольнике ACK медиана CD равна половине стороны AK, к которой она проведена. Значит, треугольник ACK – прямоугольный, и
Поэтому
, и AP – диаметр окружности
ω.
AD DK
=
AD DC DK
=
=
90
ACK
∠
= °
°
90
ACP
∠
=

Комментарий.
Указано условие, равносильное утверждению задачи (точка
P диаметрально противоположна точке A) – 2 балла.
Разобран только один случай расположения точки C – баллы не снимаются.

10 класс
10.1.
Найдите сумму sin sin sin
x
y
z
+
+
, если известно, что sin tg
x
y
=
, sin tg
y
z
=
, sin tg
z
x
=
Ответ.
0.
Первое решение.
Из того, что sin tg
x
y
=
, получаем sin cos sin
x
y
=
y . Отсюда
| sin | | cos | | sin |
x
y
⋅
=
y . Значит, | sin | | sin |
x
y
≥
, причем неравенство обращается в равенство только если либо
, либо когда sin sin
0
y
x
=
=
| cos | 1
y
= (а, значит, опять sin sin
0
y
x
=
= ).
Аналогично, из оставшихся уравнений получаем неравенства | sin | | sin |
y
z
≥
и
. Отсюда
| sin | | sin |
z
≥
x
| sin | | sin | | sin | | sin |
x
y
z
≥
≥
≥
x . Поэтому | sin | | sin | | sin |
x
y
=
=
z . А так как все неравенства обратились в равенства, мы получаем, что
, и sin sin sin
0
x
y
z
=
=
=
sin sin sin
0
x
y
z
+
+
=
Второе решение.
Если один из синусов равен нулю, то равный ему тангенс равен нулю, значит, синус, стоящий в числителе тангенса, равен нулю. Последовательно получаем, что остальные синусы и тангенсы равны нулю. В этом случае sin sin sin
0
x
y
z
+
+
=
Пусть ни один из синусов не равен нулю. Перемножив все три равенства, получим sin sin sin sin sin sin tg tg tg cos cos cos
x
y
z
x
y
z
y
z
x
x
y
z
=
=
Так как sin sin sin
0
x
y
z
≠ , то cos cos cos
1
x
y
z
= . Но это возможно только если | cos | | cos | | cos | 1
x
y
z
=
=
= , то есть синусы равны нулю, и рассматриваемый случай невозможен.
Комментарий.
Верный ответ без обоснований – 0 баллов.
Ответ получен рассмотрением примера – 1 балл.
Неверно рассмотрен (или пропущен) хотя бы один случай – не более 3 баллов.
10.2.
Дано выражение
A xy yz zx
=
+
+ , где x, y, z – целые числа. Если число x увеличить на 1, а числа y и z уменьшить на 2, то значение выражения A не изменится.
Докажите, что число
– квадрат целого числа.
( 1) A
− ⋅
Решение.
По условию (
1)(
2) (
2)(
2) (
2)(
1)
xy yz zx
x
y
y
z
z
x
+
+
=
+
− +
−
− + −
+ , откуда
, или
4x y z
+ + = 0 4
y z
x
+
= −
. Тогда ( 1)
(
)
(
)
A
xy yz zx
yz x y z
− ⋅ = −
+
+
= − −
+
=
2 2
2
(
)
4
(
)
(
)
4 4
4 2
y z
y z
yz
y z
y
yz
y z
+
+
−
−
⎛
− +
+
=
=
= ⎜
⎝
⎠
z
− ⎞
⎟ . Так как
, то y и z одинаковой четности, поэтому число
4
y z
x
+ = −
2
y z
−
– целое.
Комментарий.
Доказано, что 4 0
x y z
+ + = – 2 балла.
Получено равенство
2
( 1)
2
y z
A
−
⎛
− ⋅ = ⎜
⎝
⎠
⎞
⎟ , но не доказано, что выражение в скобках – целое число – 4 балла.
10.3.
Числа x и y удовлетворяют неравенствам
7 6
x
y
>
и
7 6
y
x
>
. Докажите, что
2
x y
+ >

Решение.
Докажем, что
1
x
>
и
1
y
> , из чего и будет следовать доказываемое утверждение. Правые части неравенств неотрицательны, поэтому оба числа x и y положительны. Перемножив данные неравенства и сократив на положительное число
6 6
x y
, получим:
1
xy
> . Это означает, что по крайней мере одно из (положительных!) чисел
x и y больше 1. Пусть, например,
1
x
>
. Тогда из неравенства
7 6
y
x
>
следует, что
, то есть
1 7
1
y
>
y
> . Поэтому
2
x y
+ >
Комментарий.
Доказано, что
1
xy
> – 2 балла.
Доказано, что одно из чисел x и y больше 1 – еще 1 балл.
Рассмотрены не все случаи – не более 4 баллов.
Замечание.
Другое доказательство того, что
1
x
>
и
1
y
> можно получить, переписав неравенства в виде
6 7
x
y
>
и
6 7
y x
>
, и подставив x (y) из одного неравенства в другое (при этом в решении должна использоваться положительность чисел x и y).
10.4.
В замке 16 одинаковых квадратных комнат, образующих квадрат 4
×4. В эти комнаты по одному человеку поселилось 16 человек – лжецы и рыцари (лжецы всегда лгут, рыцари всегда говорят правду). Каждый из этих 16 человек казал: «По крайней мере в одной из соседних с моей комнат живет лжец». Какое наибольшее количество рыцарей могло быть среди этих 16 человек? Комнаты считаются соседними, если у них общая стена.
Ответ.
12 рыцарей.
Решение.
Заметим, что у каждого рыцаря хотя бы один из соседей должен быть лжецом. Покажем, что лжецов должно быть не менее 4 (так мы покажем, что рыцарей не больше 12). Пусть лжецов не больше 3, тогда найдется «вертикальный ряд» комнат, в которых живут только рыцари. Но тогда у каждого из этих рыцарей должен быть сосед лжец (и эти соседи разные). Поэтому лжецов не меньше 4.
На рисунке показано, как могли поселиться 12 рыцарей и 4 лжеца.
Р Л Р Р
Р Р Р Л
Л Р Р Р
Р Р Л Р
Комментарий.
Верный ответ без обоснований – 0 баллов.
Пример расселения 4 лжецов и 12 рыцарей – 2 балла.
Доказано, что рыцарей не более 12 – 5 баллов.
Замечание 1.
В примере лжецы не должны быть соседями.
Замечание 2.
Оценку можно получить, заметив, что в трех комнатах – угловой и двух соседних к ней должен поселиться хотя бы один лжец.
10.5.
В остроугольном треугольнике ABC проведена высота CH. Точка P симметрична точке A относительно прямой BC. Прямая CH вторично пересекает окружность, описанную около треугольника ACP, в точке K. Прямая KP пересекает отрезок AB в точке M. Докажите, что AC=CM.

Решение.
В силу того, что CH – высота треугольника ACM, равенство
AC CM
=
равносильно тому, что CH – серединный перпендикуляр к отрезку AM, то есть тому, что
KH – серединный перпендикуляр к отрезку AM. А это равносильно тому, что AK
KM
=
, то есть равенству
, то есть
AKH
MKH
∠
= ∠
AKC
CKP
α
β
∠
= = ∠
= . Но
CPA
α
= ∠
(вписанные, опираются на дугу AC),
CAP
β
= ∠
(вписанные, опираются на дугу CP).
Наконец, по условию точки A и P симметричны относительно прямой CB, значит,
, и тогда
CPA
CAP
α
β
= ∠
= = ∠
. Утверждение доказано.
AC CP
=
Комментарий.
Записано геометрическое утверждение, равносильное симметричности точек P и A – 1 балл.

11 класс
11.1.
Дано выражение
1 1 1
x
y
xy
+ +
, где x и y – натуральные числа. Если число x увеличить на 4, а число y уменьшить на 4, то значение этого выражения не изменится.
Докажите, что
4
xy
+ – квадрат целого числа.
Решение.
По условию
1 1 1
1 1
1 4
4 (
4)(
x
y
xy
x
y
x
y
+ +
=
+
+
4)
+
−
+
−
, откуда
1
(
4)(
4
x y
x y
xy
x
y
+ +
+ +
=
+
−
1
)
. Так как
1
x y
+ + положительно, то
. Откуда
. Тогда
(
4)(
4
xy
x
y
=
+
− )
4
y x
= +
2 4
(
4) 4 (
2)
xy
x x
x
+ =
+ + =
+
Комментарий.
Доказано, что
4
y x
= + – 2 балла.
11.2.
На доске написано 4 числа. Вася умножил первое из этих чисел на sin
α , второе – на cos
α , третье – на tg
α
, четвертое – на ctg
α
(для некоторого угла
α ) и получил набор из тех же 4 чисел (возможно записанных в другом порядке). Какое наибольшее количество различных чисел могло быть написано на доске?
Ответ.
3 числа.
Решение.
Докажем сначала, что на доске был записан хотя бы один ноль.
Действительно, пусть на доске были записаны ненулевые числа
, тогда их произведение должно равняться произведению новых чисел
, , ,
a b c d
abcd
sin cos tg ctg
abcd
α
α α
α
Но из того что следует, что
0
abcd
≠
1 1 sin cos tg ctg sin 2 2
α
α α
α
α
=
=
, что невозможно. Значит, среди чисел на доске есть 0.
Заметим, что sin cos
0
α
α
≠ (а, значит, | sin | 1,| cos | 1
α
α
≠
≠ ), в противном случае tg
α
или ctg
α
был бы не определен. Если среди трех оставшихся чисел нет нуля, то аналогично предыдущему рассуждению, произведение трех тригонометрических функций равно 1. Но cos tg ctg cos
1
α α
α
α
=
≠ , sin tg ctg sin
1
α α
α
α
=
≠ ,
2
sin cos ctg cos
1
α
α
α
α
=
≠ ,
. Поэтому на доске не меньше двух нулей, то есть различных чисел не больше 3. Ровно три различных числа могли быть, например, в такой ситуации.
На доске написаны числа 0, 0, 1 и 2, и они умножались на
2
sin cos tg sin
1
α
α α
α
=
≠
sin ,cos , tg ,ctg
4 4
4 4
π
π
π
π
соответственно.
Комментарий.
Доказано только, что на доске есть 0 – 1 балл.
Доказано, что на доске не более 3 различных чисел – 5 баллов.
Приведен пример с 3 различными числами – 2 балла.
11.3.
Числа x и y удовлетворяют неравенствам
5 4
x
y
>
и
5 4
y
x
>
. Докажите, что
3 2
x
y
>
Решение.
Докажем, что
1
x
>
и
1
y
> . Правые части неравенств неотрицательны, поэтому оба числа x и y положительны. Перемножив данные неравенства и сократив на

положительное число
4
( )
xy , получим: 1
xy
> . Это означает, что по крайней мере одно из
(положительных!) чисел x и y больше 1. Пусть, например,
1
x
>
. Тогда из неравенства
5 4
y
x
>
следует, что
, то есть
5 1
y
>
1
y
> .
Если x
y
> , то
3 2
2
x
x
y
>
>
Если 1 x y
< ≤ , то
5 4
2 2
x
y
x y
>
≥
, откуда
3 2
x
y
>
Комментарий.
Доказано, что
1
xy
> – 2 балла.
Доказано, что одно из чисел x и y больше 1 – еще 1 балл.
Рассмотрены не все случаи – не более 4 баллов.
11.4.
Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Перпендикуляр к стороне BC, проведенный через ее середину – точку M, пересекает сторону AB в точке K. Окружность с диаметром KC пересекает отрезок CD в точке P (
P C
≠
). Докажите, что прямые MP и AD перпендикулярны.
Решение.
Пусть
ω – окружность, построенная на KC как на диаметре, тогда точка
M лежит на
ω, так как угол CMK – прямой. Значит,
CPM
CKM
∠
= ∠
α
=
(они опираются на дугу CM окружности
ω). Пусть T – точка пересечения прямых AD и MP. Будем считать, что точка D лежит на отрезке AT. Другой случай разбирается аналогично. Тогда
TPD
α
∠
=
(углы TPD и CPM – вертикальные). Значит, для того, чтобы доказать, что прямые AD и MP перпендикулярны, нам нужно доказать, что
2
PDT
π
α
∠
+ = , где T – точка пересечения прямых MP и AD.
Но если
PDT
β
∠
= , то
PDA
ABC
π β
β
∠
= − ⇒ ∠
= , так как четырехугольник
ABCD – вписанный. Наконец,
BK CK
=
, так как MK – серединный перпендикуляр к BC.
Следовательно, KCM
KBM
β
∠
= ∠
= . А из прямоугольного треугольника KMC получаем
π
2
α β
+ = . Утверждение доказано.

Комментарий.
Разобран только один случай расположения точки D – баллы не снимаются.
Доказано, что точка M лежит на
ω –1 балл.
11.5.
В замке 25 одинаковых квадратных комнат, образующих квадрат 5
×5. В эти комнаты по одному человеку поселилось 25 человек – лжецы и рыцари (лжецы всегда лгут, рыцари всегда говорят правду). Каждый из этих 25 человек сказал: «По крайней мере в одной из соседних с моей комнат живет лжец». Какое наибольшее количество рыцарей могло быть среди этих 25 человек? Комнаты считаются соседними, если у них общая стена.
Ответ.
18 рыцарей.
Решение.
Заметим, что у каждого рыцаря хотя бы один из соседей должен быть лжецом. Покажем, что лжецов должно быть не менее 7 (так мы покажем, что рыцарей не больше 18).
Сначала рассмотрим разбиение комнат на 6 групп (2 комнаты, отмеченные серым, не входят ни в одну из групп). В каждой группе должен быть хотя бы один лжец (иначе у одного из рыцарей группы не будет соседей лжецов). Таким образом, лжецов не меньше 6.
Докажем, что их не может быть ровно 6. Предположим противное. Тогда в каждой из выделенных на рисунке групп будет ровно по 1 лжецу. А это значит, что в «серых комнатах» точно будут рыцари.
Но если сделать аналогичное разбиение, но повернутое на 90
°, мы получим, что еще в двух комнатах должны жить рыцари. Эти 4 комнаты отмечены на рисунке серым.
Отсюда следует, что в центральной комнате обязан жить лжец.
Так как в каждой из 6 групп разбиения должен быть ровно 1 лжец, то в комнатах, отмеченных на рисунке серым, должны жить рыцари.
Поворачивая картинку на 90
°, мы получим, что рыцари должны жить в комнатах, отмеченных на рисунке серым.