olimpiady_matematika

223

бовалось.

3. ОТВЕТ: нет.

РЕШЕНИЕ. Докажем сначала следующую лемму.

Лемма. Пусть ABC, ABC ′ — два таких треугольника, что AC > AC′, BC > BC′. Тогда для любой точки K отрезка AB имеем

CK > C ′K.

Доказательство. Из условия следует, что точки A, B, C ′ ле жат по одну сторону от серединного перпендикуляра к отрезку CC ′. Значит, и точка K лежит по ту же сторону, что равносильно искомому неравенству.

Докажем теперь утверждение задачи при n = 4. Предполо

A1A3 A2A4

жим противное. Можно считать, что ------------- ------------- . Применив го

B1B3 B2B4

A1A3

мотетию с коэффициентом ------------- ко второму четырехугольнику,

B1B3

можно считать, что B1B3 = A1A3, B2B4 A2A4. Теперь, передвинув второй четырехугольник, можно также считать, что B1 = A1,

B3 = A3; при этом A1A2 > A1B2, A2A3 > B2A3, A3A4 > A3B4, A4A1 > B4A1. Пусть E — точка пересечения диагоналей A1A3 и A2A4 (рис. 118);

тогда по лемме имеем A2E > B2E, A4E > B4E и, следовательно,

A2A4 = A2E + A4E > B2E + B4E B2B4. Противоречие. Утверждение задачи докажем индукцией по n. База при n = 4

уже доказана. Пусть n 5. Немного подвигав вершины второго многоугольника, можно добиться того, что все неравенства из задачи сохраняются, но при этом все отношения длин соответст вующих диагоналей станут различны

224

индукции к многоугольникам A1A2...Ai и B1B2...Bi (если i > 3) или AiAi + 1...An и BiBi + 1...Bn (если i < n – 1).

4. РЕШЕНИЕ. Пусть проекции точки P на стороны лежат на окружности с центром O, а P ′ — точка, симметричная P относи тельно O. Тогда проекции P ′ на стороны лежат на той же окруж ности. При этом P и P ′ являются фокусами некоторой коники, касающейся прямых, содержащих стороны четырехугольника. Поэтому, если выполнены условия задачи, то стороны четырех угольника являются общими касательными к двум коникам с об щим центром. Таких касательных может быть не больше четы рех, и они разбиваются на две пары симметричных (а значит, па раллельных). Значит, стороны четырехугольника и являются этими четырьмя касательными, а следовательно, образуют па раллелограмм.

Второй день, 10 класс

1. РЕШЕНИЕ. Обозначим α = ACB. Пусть I1, I2 — центры вписанных окружностей треугольников ABH, CBH. Из подобия этих треугольников следует, что I1H1 : I2H2 = AB : BC = tg α. Так как отрезки I1H1, I2H2 перпендикулярны соответственно AB и BC, то проекции этих отрезков на AC равны I1H1 cos α и I2H2 sin α, т. е. равны друг другу. Тогда, поскольку O — середи на H1H2, проекция O на AC совпадает с серединой B1B2, что рав носильно утверждению задачи (рис. 119).

B

H2

O

I2

H1 I1

α

Рис. 119

2. ОТВЕТ: да.

РЕШЕНИЕ. Первый способ. Предположим противное. Пусть O, I — центры описанной и вписанной окружностей треугольни

225

ка ABC, H — совпадающий ортоцентр треугольников ABC и A′B′C ′, A′′, B′′, C ′′ — вторые точки пересечения прямых A′H′,

B′H′, C ′H′ со вписанной окружностью ω. Тогда A′′C ′′C′ = = A′′A′C ′ = 90° – A′C ′B′ = B′′B′C ′ = B′′C ′′C ′; это зна

чит, что A′′B′′ параллельна касательной к ω в точке C ′, т. е. A′′B′′ AB. Значит, стороны треугольников ABC и A′′B′′C ′′ па раллельны друг другу, а H — центр вписанной окружности тре угольника A′′B′′C ′′. Следовательно, существует гомотетия, пере водящая треугольник ABC в A′′B′′C ′′. При этой гомотетии центр описанной окружности O переходит в I, а точка пересечения биссектрис I — в H. Таким образом, точка H лежит на прямой OI, причем OI : IH = R : r (рис. 120).

C

Рис. 120

Какие то две вершины треугольника ABC (например, A и B) не лежат на прямой OI. Так как AI, BI — биссектрисы углов OAH, OBH соответственно, то OI : IH = AO : AH = BO : BH. Следовательно, AH = BH = r, что невозможно, ибо AH + BHAB > 2r. Полученное противоречие показывает, что треуголь ник ABC — правильный.

Второй способ. Опять же предположим противное и обо значим через H совпадающий ортоцентр. Имеем IC ′ HC AB и CI C ′H A′B′. Значит, либо точки C, I, C ′, H лежат на одной прямой (и тогда AC = BC ), либо четырехугольник CIC ′H — па раллелограмм; аналогичное утверждение верно про остальные вершины. У треугольника ABC найдется сторона (скажем, AB), не равная ни одной другой его стороне. Тогда четырехугольники

226

AIA′H и BIB′H — параллелограммы, и AH = A′I = r = B′I = BH, что опять же невозможно, ибо AH + BH AB > 2r.

3. ОТВЕТ: да, может; 4 или 8 граней.

РЕШЕНИЕ. Пусть P — полученный многогранник. Ясно, что часть многогранника P содержит хотя бы одну его вершину A, не лежащую в плоскости разреза. Многогранный угол многогран ника P при ней будет также многогранным углом при вершине многогранника R; это означает, что все многогранники P и Q по добны. Аналогично R также подобен им. Более того, если хотя бы одно ребро многогранника P, выходящее из A, не имеет об щих точек (даже другой вершины!) с плоскостью разреза, то оно также будет являться ребром в R. Тогда в подобных многогран никах P и R ребра равны, а следовательно, равны и многогран ники, что невозможно.

Итак, часть P, вошедшая в R, — это пирамида с вершиной A. Аналогично часть Q, вошедшая в R, — это пирамида с вершиной B. Следовательно, не менее половины граней в R примыкают к одной и той же вершине. Это исключает додекаэдр и икосаэдр. Если наши многогранники — кубы, то от P и Q отрезаются тре угольные пирамиды, и в итоговом многограннике не больше 5 вершин, что неверно.

Оставшиеся случаи октаэдра и тетраэдра возможны, как по казано на рис. 121.

Рис. 121

4. РЕШЕНИЕ. Докажем сначала следующую лемму.

Лемма. Рассмотрим треугольники ABC и A′B′C ′, вписанные в окружность k; пусть их соответствующие стороны пересекают ся в точках A1, B1, C1 (рис. 122). Тогда

227

B2

ства с четырьмя аналогичными, получаем требуемое.

Перейдем к решению задачи. Докажем прежде всего, что для любых точек A1, B1 на сторонах BC и AC найдется не более одной точки C1 на стороне AB такой, что треугольник ABC вос станавливается однозначно. Зафиксируем треугольник ABC и точки A1, B1. Пусть A2, B2 — вторые точки пересечения прямых AA1, BB1 с окружностью k; C ′ — произвольная точка дуги A2CB2; A′, B′ — вторые точки пересечения прямых C ′A1, C ′B1

сk; C1 — точка пересечения AB и A′B′. Когда точка C ′ близка

кA2 или к B2, точка C1 близка к A или B соответственно. Далее, при движении точки C ′ от A2 до B2 точка C1 непрерывно дви

жется от A до B (в случае, когда C = C ′, рассматривается пре дельное положение точки C2; то, что оно существует, гаранти руется леммой). Значит, для любой точки C1, кроме, возможно, вышеупомянутого предельного положения, треугольник ABC однозначно не восстанавливается, ибо существует второй тре угольник A′B′C ′.

Осталось доказать, что, если AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке T, то треугольник восстанавливается однозначно (тогда из вышедоказанного следует, что других случаев нет).

228

ТУРНИРЫ АРХИМЕДА

Зимний тур, 2011 г.

1. ОТВЕТ: да, мог.

РЕШЕНИЕ. Например, время отправления первого автобуса 19:58, а второго — 20:34. Возможны и другие примеры.

2. ОТВЕТ: поровну.

РЕШЕНИЕ. Пусть у Лизы a двоек, тогда у Феди 1,1a. После исправления у Лизы стало 0,99a, у Феди 1,1a•0,9 = 0,99a.

3. ОТВЕТ: Пьер родился 23 января, Джон — 24 января.

РЕШЕНИЕ. Заметим, что оба рыцаря говорят одни и те же вы сказывания два дня подряд. Поэтому одно из их высказываний ложно.

Если 23 января Пьер сказал правду (т. е. он родился 22 янва ря), то 24 января — он солгал, а лгать он может только в свой день рождения. Противоречие, следовательно, он солгал 23 ян варя — в свой день рождения.

Если Джон сказал правду 24 января (т. е. он родился 25 ян варя), то 23 января он солгал, а лгать он может только в свой день рождения. Противоречие, следовательно, он солгал 24 января — в свой день рождения.

4. ОТВЕТ: выиграет второй.

РЕШЕНИЕ. Стратегия: второй банкир повторяет ходы пер вого.

После хода второго во всех кошельках становится четное число монет, значит, он может положить в один из кошельков 2010 ю монету.

Первый после своего хода кладет в кошельки нечетные по счету монеты. И очередная монета при правильной игре второго не может быть 2010 й в кошельке.

230

5. ОТВЕТ: А) можно; Б) нет.

РЕШЕНИЕ. А) Например, пусть

a = 1999...999, b = 2999...999.

Сумма цифр числа a равна: 9•223 + 1 = 2008, сумма цифр числа b — 9•223 + 2 = 2009.

Тогда число a + b равно: 4999...9998.

222 раза

Сумма цифр a + b равна: 4 + 9•222 + 8 = 2010. Возможны и другие примеры.

Б) Нет, так как a при делении на 3 дает в остатке 2, b крат но 3, поэтому a + b не может давать при делении на 3 остаток 1.

6. ОТВЕТ: А) можно; Б) нельзя.

РЕШЕНИЕ. Б) Например, рис. 124.

Рис. 124

Возможны и другие примеры.

Б) Заметим, что любая закрашенная клетка, граничащая с диагональю, граничит с двумя клетками на диагонали. Следова тельно, на диагонали должно быть четное число клеток. Получа ем противоречие.

Заочный тур, 2011 г.

1. ОТВЕТ: 420 женщин и 480 мужчин.

РЕШЕНИЕ. Предположим, за кандидата A проголосовали 20% мужчин и 20% женщин, т. е. 20% жителей села, участвовав ших в выборах. В этом случае число проголосовавших за канди дата А составило бы 900•0,2 = 180 жителей, т. е. на 21 больше, чем в действительности. Это избыточное число голосовавших за кандидата A соответствует 5% женщин, добавленным к фактиче

231

ски проголосовавшим 15%. Следовательно, число женщин, уча ствовавших в голосовании, равно 21 : 0,05 = 420. Число голосо вавших мужчин: 900 – 420 = 480.

2. ОТВЕТ: для раскраски нужно не менее трех красок.

РЕШЕНИЕ. Двух цветов недостаточно, так как можно найти три попарно пересекающихся дороги (например, 2, 3 и 5 до рожки).

Можно покрасить в три краски, например (рис. 125) в одина ковый цвет можно покрасить дорожки 1 и 3; дорожки 2 и 6; до рожки 4, 5 и 7.

3. ОТВЕТ: 21 ч 15 мин.

РЕШЕНИЕ. Предположим, что промежутки времени между началом двух последовательных сеансов (продолжительность се анса и перерыв) составляют целое число минут.

Исходя из условия, получаем, что в промежутке с 12 ч 00 мин до 23 ч 05 мин начались 7 сеансов (между которыми было 6 про межутков одинаковой продолжительности). Тогда продолжи тельность одного сеанса (в минутах) — обозначим ее за x — удов

665

летворяет неравенству x < ----6---- , или, поскольку x — целое, x 110.

Так как первый сеанс начался не позднее 12 ч 59 мин, то x > 101. Аналогично запишем неравенство с учетом того, что второй

546

сеанс начался не позднее 13 ч 59 мин: x > ----5---- или x > 109. Так как

второй сеанс начался не ранее 13 ч 00 мин, то x < 121.

Видно, что искомая продолжительность сеанса больше 109 мин и меньше либо равна 110 мин. Единственное целое чис ло в этом промежутке — 110. Вычитая из времени начала седьмо

232