Олимпиада по математике 10 класс — региональный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — 1 тур

Материалы для проведения регионального этапа LI ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ 2024–2025 учебный год Первый день 31 января – 1 февраля 2025 г.

Москва, 2025

Сборник содержит материалы для проведения III этапа LI Всероссийской олимпиады школьников по математике. Задания подготовлены Центральной предметно-методической комиссией по математике Всероссийской олимпиады школьников. Сборник составили: Н. Х. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников, А. С. Кузнецов, Е. Г. Молчанов, О. К. Подлипский, К. А. Сухов, Д. Г. Храмцов. Г. Р. Челноков. А также: С. Л. Берлов, Н. Ю. Власова, П. Ю. Козлов, А. Д. Терёшин, Д. А. Терёшин, А. И. Храбров, И. И. Фролов. В скобках после каждой задачи указана фамилия её автора. Рецензент: д.ф.-м.н. Р. Н. Карасёв. Компьютерный макет: И. И. Богданов, А. И. Голованов.

© Авторы и составители, 2025 © И. И. Богданов, А. И. Голованов, 2025, макет

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

Введение Порядок проведения, методика и система оценивания (проверки) регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике 2024–2025 учебного года. Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по математике 2024–2025 учебного года проводится по заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в единые для всех субъектов РФ сроки: 31 января 2025 г. (I тур) и 1 февраля 2025 г. (II тур). Региональный этап проводится по отдельным заданиям для учащихся 9, 10 и 11 классов. Задания для каждого класса включают 10 задач — по 5 задач в каждом из двух дней (туров) Олимпиады (задачи 1–5 — I тур, задачи 6–10 — II тур). Продолжительность каждого тура для каждого класса составляет 3 часа 55 минут. В силу того, что во всех субъектах Российской Федерации региональный этап проводится по одним и тем же заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в целях предотвращения преждевременного доступа к текстам заданий со стороны участников Олимпиады, а также их учителей и наставников, время начала и окончания туров в установленные даты в каждом субъекте РФ должно определяться в соответствии с «Временны́ми регламентами проведения туров регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников в субъектах Российской Федерации в 2024–2025 учебном году» для часовых поясов. Разбор задач в субъектах Российской Федерации, где тур оканчивается в 16.00 и 17.00 по местному времени, проводится не раньше, чем на следующий день после проведения второго тура Олимпиады. Решение каждой задачи оценивается целым числом баллов от 0 до 7. Максимальное количество баллов, которое может получить участник, равно 70 (35 — I тур, 35 — II тур). Задания математических олимпиад являются творческими, допускают несколько различных вариантов решений. Кроме того, необходимо оценивать частичные продвижения в задачах (например, разбор важного случая, доказательство вспомогательного утверждения, нахождение примера и т. п.). Наконец, возможны логические и арифметические ошибки в решениях. Окончательные баллы по задаче должны учитывать всё вышеперечисленное. Проверка работ осуществляется в соответствии со следующими правилами: а) любое правильное решение оценивается в 7 баллов. Недопустимо снятие баллов за то, что решение слишком длинное,

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников или за то, что решение школьника отличается от приведённого в методических разработках; б) недопустимо снятие баллов в работе за неаккуратность записи решений; в) баллы не выставляются «за старание Участника», в том числе за запись в работе большого по объёму текста, не содержащего продвижений в решении задачи; г) черновики не проверяются. В связи с необходимостью качественной оценки работ участников, на их проверку выделяется до 7 дней. Для единообразия оценки работ участников олимпиады из разных регионов и с целью исключения при этом ошибок, Центральная предметно-методическая комиссия имеет право перепроверки работ участников регионального этапа. В случае отсутствия специальных критериев по задаче, её решение оценивается по приведённой ниже таблице (отметим, что для исключения различий в оценке близких продвижений по задаче в работах разных участников, таблица упрощена по сравнению с приведённой в Требованиях по проведению регионального этапа). Баллы Правильность (ошибочность) решения 7 Полное верное решение. 5–7 Верное решение. Имеются недочёты, в целом не влияющие на решение. 1–4 Задача не решена, но в работе имеются существенные продвижения. 0 Аналитическое решение (координатным, векторным, тригонометрическим методом) геометрической задачи, не доведённое до конца. 0 Рассмотрение частного случая, не дающее продвижений в решении в общем случае. 0 Верное решение отсутствует, существенных продвижений нет. Ниже приведены ответы и решения к задачам олимпиады. В комментариях к задачам указаны критерии оценивания (в баллах) некоторых предполагаемых ошибок и частичных продвижений. Заметим, что работа участника, помимо приведённых, может включать другие содержательные продвижения и ошибки, которые должны быть оценены дополнительно.

Желаем успешной работы! Авторы и составители сборника

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

10 класс 10.1. Квадратный трёхчлен f (x) = ax2 + bx + c имеет два различных вещественных корня x1 и x2 . Известно, что f (x1 + x2 ) = 2025. Чему может равняться c? (Н. Агаханов) Ответ. 2025. Первое решение. По теореме Виета x1 + x2 = − ab . Значит, 2

f (x1 + x2 ) = f (− ab ) = a · (− ab )2 + b · (− ab ) + c = ba − ba + c = c. Тогда из условия следует, что c = 2025. Второе решение. График y = f (x) симметричен x2 — вертикальной прямой, относительно прямой x = x1 + 2 проходящей через вершину параболы. Поэтому для любых двух t2 x2 значений x = t1 , x = t2 таких, что t1 + = x1 + , будет 2 2 выполнено f (t1 ) = f (t2 ). В частности, f (x1 + x2 ) = f (0). Но f (0) = c. Третье решение. Подставим: f (x1 + x2 ) = a(x1 + x2 )2 + + b(x1 + x2 ) + c = ax21 + 2ax1 x2 + ax22 + bx1 + bx2 + c = (ax21 + bx1 + + c) + (ax22 + bx2 + c) + 2ax1 x2 − c = f (x1 ) + f (x2 ) + (2ax1 x2 − c). Так как x1 и x2 — корни, то f (x1 ) = f (x2 ) = 0, а по теореме Виета x1 x2 = ac , получаем, что f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 ) + + (2ax1 x2 − c) = 0 + 0 + 2c − c = c. Комментарий. Присутствует верный ответ (без обоснования) — добавляется 1 балл. Сумма x1 + x2 выражена через коффициенты уравнения — 2 балла. 10.2. В стране 30 городов и 30 двусторонних авиалиний, соединяющих города по циклу. Можно ли добавить дополнительно ещё 10 авиалиний так, чтобы после этого из любого города можно было добраться до любого другого не более чем за 4 перелёта? (П. Кожевников)

Ответ. Можно. Решение. Занумеруем города числами 0, 1, 2, . . . , 29 так, чтобы изначально у нас был цикл 0 − 1 − 2 − 3 − . . . − 28 − 29 − 0. Добавим 9 авиалиний 0 − 3, 0 − 6, 0 − 9, . . . , 0 − 27 (а 10-ю авиалинию добавим какую угодно). 13

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

Покажем, что условие выполняется. Возьмем любые два города A и B. От A можно не более чем за 1 перелёт добраться до города C с номером, кратным 3. Аналогично, от B можно не более чем за 1 перелёт добраться до города D с номером, кратным 3. А между городами C и D либо есть путь не более, чем из двух перелётов, так как все города с номерами, кратными 3, соединены с городом номер 0. Комментарий. Если приведён верный пример, но отсутствует обоснование его правильности — 6 баллов (т.е. снимается 1 балл). Если приведён верный пример, в котором добавлено менее 10 авиалиний — баллы не снижаются. 10.3. Положительные числа a, b, c таковы, что a2 b + b2 c + c2 a = 2 и ab2 + bc2 + ca2 = 4. Докажите, что из чисел a, b, c какие-то два отличаются более чем на 2. (А. Кузнецов) Решение. Вычтем из второго равенства первое и разложим левую часть на множители, получим: (a − b)(b − c)(c − a) = 2. (∗) Не умаляя общности (в условии имеется циклическая симметрия переменных a, b, c), будем считать, что c — наибольшее из данных чисел. Тогда c − a ⩾ 0, но из (∗) видим, что c − a ̸= 0. Значит, c − a > 0. Аналогично b − c < 0. Тогда из (∗) следует a − b < 0. Получается a < b < c. Обозначим z = c − a, x = b − a, y = c − b, так что x > 0, y > 0, z = x + y; тогда (∗) принимает вид xyz = 2. Нам нужно доказать, что z > 2. Заметим, что 4xy ⩽ (x + y)2 , так как это неравенство преобразуется к виду (x − y)2 ⩾ 0 (или следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом). Отсюда 4xy ⩽ z 2 и далее z z z3 2 = xyz = 4xy · ⩽ z 2 · = . 4 4 4 3 z 3 Получаем 2 ⩽ 4 , откуда z ⩾ 8 и поэтому z ⩾ 2. Остаётся показать, что z = 2 невозможно. Если x ̸= y, то (x − y)2 > 0, и тогда в предыдущем рассуждении мы получим 14

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

строгое неравенство z > 2. Значит, z = 2 возможно лишь при x = y = 1. Рассмотрим этот случай отдельно. В этом случае v = a + 1 > 1, и c = a + 2 > 2. Тогда a2 b + b2 c + c2 a > b2 c > 12 · 2 = 2, что противоречит первому равенству из условия задачи. Комментарий. При верном решении доказано только нестрогое неравенство (c−a ⩾ 2) (т.е. не рассмотрен или неверно рассмотрен случай обращения в равенство) — снимается 2 балла. Получено равенство (a − b)(b − c)(c − a) = 2 — 2 балла (если просто сделано вычитание, но нет разложения на множители, то баллы не начисляются). 10.4. Можно ли на бесконечной клетчатой плоскости отметить конечное число узлов сетки так, чтобы было отмечено не менее двух точек, и для любой пары отмеченных точек нашлась бы отмеченная точка, равноудалённая от них? (И. Ефремов) Ответ. Нельзя. Решение. Предположим, что требуемое возможно. Введём систему координат так, чтобы узлы являлись в точности точками с целыми координатами. Раскрасим узлы сетки в шахматном порядке. Предположим, что нашлись два отмеченных узла разных цветов: A — белый, B — чёрный. Пусть нашёлся узел C, равноудалённый от них, и пусть, не умаляя общности, C — белый. Тогда у вектора ⃗ CA координаты одной чётности, значит, по теореме Пифагора CA2 равно сумме квадратов целых чисел одной чётности, т.е. CA2 чётно. Аналогично рассуждая, получаем, что CB 2 нечётно — противоречие. Итак, все отмеченные узлы имеют один цвет. Проведём через все узлы этого цвета прямые с угловым коэффициентом ±1 — получилась новая квадратная сетка с шагом (длиной √ стороны квадрата) 2. Видим, что отмеченные точки являются узлами этой новой сетки. Продолжая рассуждать аналогично, получим, что отмеченные √ 4 лежат на квадратной √ 2 √ 3 узлы сетке с шагом ( 2) , ( 2) , ( 2) , . . . . Но шаг сетки не может превышать константы — расстояния между двумя фиксированными отмеченными точками. Противоречие. 15

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

Замечание 1. Утверждение задачи станет неверным, если в условии задачи позволить отмеченным точкам не быть узлами решетки. Контрпримером может служить множество вершин правильного нечётноугольника. Замечание 2. После доказательства того, что все отмеченные точки имеют один цвет (в шахматной раскраске), завершить решение можно по-другому. Предположим теперь, что есть два отмеченных узла P и Q с абсциссами разной чётности. Рассмотрим узел R такой, что RP = RQ. Пусть, для определённости, ⃗ RP имеет нечётную ⃗ имеет абсциссу (а значит, и нечётную ординату). Тогда RQ чётную абсциссу (а значит, и чётную ординату). Тогда RQ2 делится на 4, RP 2 имеет вид (2k + 1)2 + (2l + 1)2 = 4(k 2 + + k + l2 + l) + 2 — не делится на 4 — противоречие. Итак, мы доказали, что все отмеченные узлы лежат на клетчатой сетке со стороной 2. Продолжая аналогичные рассуждения, получаем, что все отмеченные узлы лежат в некоторой сетке с шагом 2k для любого натурального k, что, очевидно, невозможно. Комментарий. Доказано, что все отмеченные точки должны иметь один цвет в шахматной раскраске (или, эквивалентно, иметь одинаковую (или разную) чётность координат) — 2 балла. 10.5. Высоты BD и CE остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H, высоты треугольника ADE пересекаются в точке F , точка M — середина стороны BC. Докажите, что BH + CH ⩾ 2F M . (А. Кузнецов) Решение. Отразим H относительно AB, получим точку C ′ , лежащую на CH и такую, что E — середина HC ′ и BC ′ = = BH (см. рис. 6). Аналогично, точка B ′ , симметричная H относительно AC, такова, что D — середина HB ′ и CB ′ = CH. Так как DF ⊥ AB, имеем DF ∥ CE. Аналогично EF ∥ BD. Значит, HEF D — параллелограмм. В треугольнике HC ′ B ′ точки E и D — середины сторон. Отметим также середину F ′ стороны B ′ C ′ , тогда HEF ′ D — параллелограмм. Получается, что F ′ совпадает с F , т.е. F — середина B ′ C ′ . Так как M и F — середины BC и B ′ C ′ , имеем векторное равенство 16

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

B′

F D D C′ E E B

H M Рис. 6

−−→ 1 −−→′ −−→′ M F = 2 (BC + CB ). Тогда по неравенству треугольника (|⃗a + + ⃗b| ⩽ |⃗a| + |⃗b|) получаем M F ⩽ 12 (BC ′ + CB ′ ), что равно 1 (BH + CH). Этим доказано нужное неравенство. 2 Замечание. Из решения несложно понять, что указанное в условии неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда BC ′ ∥ CB ′ , что эквивалентно ∠BAC = 60◦ . Используемую «векторную теорему о средней линии» −−→ −−→ −−→ −−→ можно доказать, сложив равенства M F = M B + BC ′ + C ′ F , −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M F = M C + CB ′ + B ′ F и воспользовавшись тем, что M B + − − → − − → −−→ + M C = ⃗0, C ′ F + B ′ F = ⃗0. Комментарий. Использованы точки, симметричные H относительно AB и AC — 1 балл. За начальные наблюдения (HEF D — параллелограмм, и т.п.) баллы не добавляются. При использовании «векторной теоремы о средней линии» достаточно наличия её верной формулировки (т.е. если её доказательство не приведено в работе, баллы не снимаются).

17

Решения — 2 тур

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

10 класс 10.6. Изначально на табло горит число 0. При нажатии на кнопку число на табло изменяется на 50 или 51. На кнопку нажали 2025 раз. Могло ли после этого на табло гореть число 25, если известно, что на табло не появлялись более чем двузначные числа, а также не появлялись отрицательные числа? (А. Кузнецов)

Ответ. Не могло. Первое решение. Назовём числа 0, 1, . . . , 49 маленькими, а остальные числа, которые могут появиться на табло, т.е. числа 50, 51, . . . , 99 — большими. Заметим, что после нажания из маленького числа обязательно получается большое, а из большого числа — маленькое. Значит, после нечётного количества операций на табло будет гореть большое число. Второе решение. Выстроим все целые числа от 0 до 99 в цепочку 50−0−51−1−52−2−53−3−54−4−. . .−97−47−98−48−99−49. Заметим, что если какое-то число горит на табло, то следующим числом может быть только соседнее число в цепочке. Но так как числа 0 и 25 стоят в цепочке на местах одной чётности, получить из числа 0 число 25 за нечётное количество шагов невозможно. Комментарий. Только верный ответ без обоснования — 0 баллов. 10.7. Дана трапеция ABCD. Известно, что ∠DAB = ∠ABC = = 90◦ , а биссектрисы углов C и D пересекаются в точке E, лежащей внутри трапеции. Докажите, что описанные окружности треугольников ABE и CDE касаются. (А. Терёшин) Решение. По условию BC ⊥ AB и AD ⊥ AB, поэтому BC ∥ AD — основания трапеции. Пусть M и N — середины AB и CD, так что M N — средняя линия трапеции ABCD (см. рис. 2). При этом M N параллельна основаниям, поэтому M N ⊥ AB, и значит, M N — серединный перпендикуляр к AB. Значит, центр окружности (ABE) лежит на прямой M N . Положим x = ∠BCE = ∠ECD = 21 ∠BCD, y = ∠CDE =

10

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

= ∠EDA = 12 ∠CDA. Из параллельности BC ∥ AD следует, что

∠BCD + ∠CDA = 180◦ , поэтому x + y = 90◦ . Видим, что треугольник CED — B C прямоугольный (∠CED = 90◦ ), а значит, N — центр окружности N (CED). M E E Далее, в прямоугольном треугольнике CED имеем EN = N D, поэтому ∠N ED = ∠EDN = y, а из A D равенства углов ∠N ED = ∠EDA Рис. 2 следует EN ∥ AD, поэтому E лежит на прямой M N . Итак, E — общая точка окружностей (ABE) и (CDE), лежащая на их линии центров M N . Значит, эти окружности касаются (в точке E). Замечание. Если доказано, что E лежит на средней линии, завершить решение можно следующим образом, без привлечения центров окружностей. Пусть K и L — проекции точки E на основания BC и AD. Так как E лежит на средней линии, получаем, что E — середина KL. Тогда KL касается окружности (ABE) (из симметрии ABE относительно серединного перпендикуляра к AB). Далее ∠CEK = 90◦ − −∠BCE = 90◦ −x = y. Так как ∠CEK = ∠CDE, получаем, что KL касается окружности (CED). Таким образом, KL является общей касательной окружностей (ABE) и (CDE). Комментарий. Доказано, что центр окружности (ABE) лежит на средней линии — добавляется 1 балл. Доказано, что E лежит на средней линии или что касательная к окружности (ABE), проведённая в точке E, перпендикулярна основаниям трапеции — добавляется 1 балл. Доказано, что ∠CED = 90◦ — добавляется 1 балл. 10.8. В клетчатом прямоугольнике 2 × 100 каждую клетку красят в белый или чёрный цвет. Доминошкой будем называть клетчатый прямоугольник 1 × 2 или 2 × 1. Оказалось, что существует единственный способ разбить данный прямоугольник 2 × 100 на доминошки так, чтобы каждая 11

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

доминошка покрывала хотя бы 1 чёрную клетку. Какое наибольшее количество клеток могло быть покрашено в чёрный цвет? (И. Лобацкий) Ответ. 120. Решение. Пусть прямоугольник 2 × 100 разбит на доминошки. Двигаясь слева направо, понимаем, что горизонтальные доминошки объединяются в блоки 2 × 2. Далее под блоком понимаем такой блок 2 × 2 из двух горизонтальных доминошек. Назовём хорошим разбиение на доминошки, в котором в каждой доминошке хотя бы одна клетка чёрная. Назовём раскраску хорошей, если при ней существует ровно одно хорошее разбиение. 1) Приведём пример ··· хорошей раскраски, в которой 120 чёрных ··· клеток. Красим Рис. 3 первый столбец белым, следующие 3 столбца — черным, пятый столбец — белым, и далее продолжаем с периодом 5 (см. рис. 3). Тогда разобьём наш прямоугольник на прямоугольники 2 × × 5 и в каждом из них пусть слева и справа находятся блоки, а посередине — вертикальная доминошка. Видим, что получено хорошее разбиение. Покажем, что оно единственно. Посмотрим на границу между 5-м и 6-м столбцами. Эта граница не может находиться внутри блока, значит, эта граница обязательно должна присутствовать в разбиении и отрезать прямоугольник 2 × × 5. Далее продолжим аналогичные рассуждения с отрезанием прямоугольников 2 × 5. Остаётся разобраться, как может быть устроено хорошее разбиение для прямоугольника 2×5. В первом столбце не может быть вертикальная доминошка, поэтому в 1-м и 2-м столбцах точно находится блок. Аналогично в 4-м и 5-м столбцах находится вертикальный блок. Тем самым хорошее разбиение однозначно восстановлено. Обоснование того, что наша раскраска хорошая, завершено. 2) Оценка. 12

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

Рассмотрим хорошее разбиение прямоугольника 2 × 100. В каждом блоке не более двух чёрных клеток, иначе мы можем заменить две горизонтальные доминошки этого блока на вертикальные, и разбиение останется хорошим. В вертикальной доминошке может быть одна чёрная клетка или две чёрных клетки. В первом случае вертикальную домношку назовём светлой, а во втором — тёмной. Если у нас k тёмных доминошек, то в них 2k чёрных клеток, а остальная площадь (200−2k) разбита на блоки и светлые доминошки, т.е. в ней не более половины площади занимают чёрные клетки. Итого чёрных клеток не более 2k+(100−k) = 100+k. Остаётся понять, что тёмных доминошек не более 20. Вертикальная доминошка не может → граничить с тёмной доминошкой, иначе Рис. 4 эту пару можно заменить на блок (из двух горизонтальных доминошек), и разбиение останется хорошим. Значит, граничить с тёмной доминошкой может только блок. К одному и тому же блоку слева и справа не могут примыкать две тёмные доминошки, иначе в образованном ими прямоугольнике 2×4 можно заменить все доминошки на горизонтальные, и разбиение останется хорошим (см. рис. 4). Рассмотрим две ближайшие друг к другу тёмные доминошки. Промежуток (по горизонтали) между ними не может составлять 0, 1, 2 или 3 клетки (в последнем случае два блока, соседних с этими тёмными доминошками, должны пересекаться, что невозможно). Суммируя длины промежутков для k − 1 пар ближайших тёмных доминошек, получаем, что количество вертикалей не менее k + 4(k − 1) = 5k − 4. Но оно равно 100. Отсюда 5k − 4 ⩽ 100 и 5k ⩽ 104, что невозможно при k ⩾ 21. Неравенство k ⩽ 20 установлено. Доказательство оценки завершено. Комментарий. Только верный ответ — баллы не добавляются. Приведён верный пример раскраски с обоснованием существования и единственности хорошей раскраски — 3 балла 13

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

(в случае, если не доказана единственность — снимается 1 балл, если предъявлена только раскраска без хорошего разбиения — снимается 2 балла). Полностью доказана оценка N ⩽ 120 — 4 балла. (Баллы за продвижения в оценке и примере суммируются.) За отсутствие доказательства того, что в разбиении на доминошки горизонтальные доминошки встречаются блоками «одна над другой», баллы не снижаются. 10.9. Назовём натуральное число однобоким, если оно больше 1, и все его простые делители заканчиваются на одну и ту же цифру. (Например, числа 19 и 117 = 3 · 3 · 13 — однобокие, а число 682 = = 2·11·31 — нет.) Существует ли возрастающая арифметическая прогрессия с разностью, не превышающей 2025, состоящая из 150 натуральных чисел, каждое из которых — однобокое? (А. Чиронов)

Ответ. Не существует. Решение. Пусть у нас есть возрастающая прогрессия с разностью d из 150 однобоких чисел. Разберёмся, что мешает числу d быть слишком маленьким. Будем использовать такое известное утверждение. Пусть d взаимно просто с натуральным m. Тогда среди любых m последовательных членов арифметической прогрессии с разностью d есть член, делящийся на m. (Более того, числа a, a + d, a + 2d, . . . , a + (m − 1)d дают все m различных остатков при делении на m; поскольку если остатки у чисел a+ℓd и a+kd для некоторых 0 ⩽ k < ℓ < m совпали, то ℓd − kd = (ℓ − k)d должно делиться на m, а значит, в силу взаимной простоты d и m, (ℓ − k) должно делиться на m, что неверно.) Далее, пусть p и q — два простых числа, оканчивающиеся на разные цифры, причём такие, что pq ⩽ 150; назовем такую пару вредной. Тогда если d не делится ни на одно из чисел p, q, то, согласно утверждению, в нашей прогрессии есть член, делящийся на pq, что невозможно для однобокого числа. Вывод: для каждой вредной пары простых чисел d делится хотя бы на одно из них. Теперь рассмотрим простые числа 2, 5, 7, 11, 13. Любые два из них образуют вредную пару, значит, d делится на все 14

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

эти числа, кроме, возможно, одного. Кроме того, 3 и 19 — тоже вредная пара, значит, d делится хотя бы на одно из них. Отсюда d ⩾ (2 · 5 · 7 · 11) · 3 = 2310 > 2025. Противоречие. Комментарий. Задача верно решена для d с некоторыми ограничениями, например, для нечётных d, для d, кратных 3, и т.д. — 2 балла (не суммируется с другими продвижениями). Доказано для некоторых пар простых чисел, что d делится хотя бы на одно из чисел этой пары — 2 балла. При использовании утверждения, при верной его формулировке за отсутствие его доказательства баллы не снимаются. 10.10. На графике функции y = x2 отметили 1000 различных точек, абсциссы которых — целые числа из отрезка [0; 100000]. Докажите, что можно выбрать шесть различных отмеченных точек A, B, C, A′ , B ′ , C ′ таких, что площади треугольников ABC и A′ B ′ C ′ равны. (А. Терёшин) Решение. Докажем лемму. Лемма. Пусть 6 точек A, B, C, A′ , B ′ , C ′ лежат на параболе, и их абсциссы равны a, b, c, a′ , b′ , c′ соответственно. Пусть a′ − a = b′ − b = c′ − c. Тогда SABC = SA′ B ′ C ′ . Доказательство. Не умаляя общности, будем считать, что a < b < c. Пусть A1 , B1 , C1 — проекции точек A, B, C на ось Ox. Тогда SABC выражается через площади прямоугольных трапеций: SABC = SACC1 A1 − SABB1 A1 − SBCC1 B1 . По формуле площади трапеции SACC1 A1 = =

(AA1 + CC1 ) · A1 C1 = 2

(a2 + c2 )(c − a) . Аналогично выражаем площадь для других 2

трапеций,

после

преобразований

получаем

SABC

2 2 2 cb2 + b2 a − ba2 = (c − a)(c − b)(b − a) . То же = a c − ac + c b − 2 2

выражение получим и для SA′ B ′ C ′ , поскольку c′ − a′ = c − a, c′ − b′ = c − b, b′ − a′ = b − a. □ Положим k = 1000, ℓ = 100000. Упорядочим абсциссы отмеченных точек по возрастанию: 0 ⩽ x1 < x2 < . . . < < xk ⩽ ℓ. Рассмотрим k − 1 отрезков [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xk−1 , xk ]. Если среди них найдутся 5 отрезков равной длины, то мы сможем найти 6 различных отмеченных точек, 15

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

удовлетворяющих условию леммы, и значит, утверждение задачи будет выполнено. Действительно, занумеруем эти 5 равных отрезков по возрастанию абсцисс левых концов. Тогда в качестве проекций точек A, B, C возьмём левые концы 1-го, 3-го и 5-го отрезков, а в качестве проекций A′ , B ′ , C ′ возьмём правые концы тех же отрезков. Легко видеть, что выбранные таким образом точки A, B, C, A′ , B ′ , C ′ различны. Предположим теперь, что среди k − 1 = 999 отрезков [x1 , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xk−1 , xk ] нет пяти отрезков равной длины. Тогда для каждой длины i среди этих отрезков есть не более четырёх отрезков длины i. Следовательно, суммарная длина этих отрезков не меньше чем 4 · 1 + 4 · 2 + . . . + 4 · 249 + 3 · 250 = = 125250 > ℓ = 100000. Получили противоречие, завершающее решение. Замечание 1. Если в условии задачи убрать требование различности точек, то решение можно упростить: достаточно научиться выбирать 4 отмеченные точки A, B, A′ , B ′ , абсциссы a, b, a′ , b′ которых удовлетворяют равенству b − a = b′ − a′ ; в таком случае SABA′ = SB ′ BA′ (или, эквивалентно, AB ′ ∥ A′ B). Замечание 2. Из оценки сверху площадей треугольников решение не получается: можно показать, что площадь треугольника ABC, где A, B, C — отмеченные точки из 3 условия, имеет вид m/2, где m ⩽ ℓ8 — натуральное; количество таких значений гораздо больше, чем количество треугольников с вершинами в отмеченных точках (равное Ck3 ). Комментарий. Получено верное решение задачи с возможностью совпадения точек в наборе A, B, C, A′ , B ′ , C ′ — 2 балла (не суммируются с другими продвижениями). Доказана лемма из решения — добавляется 2 балла.

16