Олимпиада по математике 9 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

Условия и решения задач 9 класс 9.1. На прямой дороге стоят школа и дома Ани и Бори. Каждый день Аня выходит из дома в 8:00 и идет в школу. Однажды Боря выбежал из дома в школу в 8:00 и догнал Аню за 30 минут. На следующий день он выбежал в 8:10 и догнал Аню за 40 минут. В какое время ему надо выбежать, чтобы встретить Аню на выходе из её дома? (Скорость Ани всегда постоянна, скорость Бори тоже постоянна.) (И. Богданов) Ответ. В 7:45. Первое решение. Пусть S — расстояние между домами Ани и Бори (измеренное в метрах), а x и y — скорости Ани и Бори соответственно (измеренные в м/мин). Когда Боря догоняет Аню, скорость из сближения равна y − x. Поэтому в S = 30 мин. Во второй же первый день Боря догнал Аню за y − x день Аня успела отойти на 10x м, так что Sy+−10x = 40 мин. x Отсюда имеем S = 30(y − x) = 40(y − x) − 10x, откуда 10y = 20x S = S , а Боре надо потратить на и y = 2x. Поэтому 30 = y − x x S = 15 минут. Значит, выбежать ему путь между домами Sy = 2x надо в 7:45. Второе решение. M2 S Изобразим условие на M1 графике (см. рис. 1), откладывая по оси абсцисс A время (в минутах, отсчитанное от момента 8:00), а по оси B00000 B B11111 B B22222 B ординат — расстояние от дома 0 10 30 50 t Бори. Тогда графики движения Рис. 1 обоих детей будут отрезками прямых. Пусть график движения Ани начинается в точке A, график движения Бори в первый и второй день — в точках B1 и B2 , и пусть точки встречи в эти два дня обозначаются как

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

M1 и M2 соответственно. По условию, абсциссы точек M1 и M2 равны 30 и 50 соответственно. Пусть B0 — точка, в которой должен начинаться график искомого движения Бори. По теореме Фалеса, B0 B1 /B1 B2 = = AM1 /M1 M2 ; последнее отношение равно отношению разностей абсцисс соответствующих точек, то есть 30/20 = 3/2. Значит, B0 B1 = 15, то есть точка B0 соответствует моменту 7:45. 9.2. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) проведена биссектриса CD. На основании AC отмечена точка F так, что BD = CF . Точка E выбрана таким образом, что четырехугольник CDEF — параллелограмм. Докажите, что BE = BF . (А. Кузнецов) Первое решение. Продлим отрезок DE до пересечения со стороной BC в точке X (см. рис. 2). Поскольку DX ∥ AC, треугольник BDX равнобедренный. Кроме того, ∠CDX = = ∠DCA = ∠DCB, поэтому треугольник CDX также равнобедренный, и CX = DX. Из параллелограмма CDEF получаем DE = CF = BD = BX, так что XE = XD + DE = = CX + XB = BC. Поскольку ∠BXD = ∠BCF , получаем, что треугольники BXE и F CB равны по двум сторонам и углу между ними, откуда и следует, что BE = BF . B B

A F Рис. 2

A F Рис. 3

Замечание. У этого решения есть много вариаций; в частности, вместо равенства треугольников BXE т F CB можно получить равенство треугольников BDE и BXF — например, так (см. рис. 3). Заметим, что треугольник BDX равнобедренный, а трапеция ABXC равнобокая (поскольку углы при основании 6

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

равны), то есть BD = BX и CX = AD. Теперь по свойству биссектрисы CD имеем AC AD CX = = . BC BD CF Значит, треугольники ABC и XF C подобны (угол C в них общий), поэтому треугольник F CX также равнобедренный, откуда XF = F C и ∠F XC = ∠F CX = ∠BDX. Теперь в треугольниках BDE и BXF имеем ∠EDB = = ∠F XB и DE = CF = F X = BD = BX, то есть эти (равнобедренные) треугольники равны. Значит, BE = BF . Второе решение. Пусть описанная окружность треугольника CBD пересекает вторично прямую AC в точке F ′ (см. рис. 4). Тогда ∠F ′ DA = ∠ACB = ∠CAB = ∠ADE; также, поскольку CD — (внутренняя или внешняя) биссектриса угла F ′ CB, имеем F ′ D = BD = CF = DE. Поэтому треугольники ADE и ADF ′ равны. Отсюда следует, что ∠BDF ′ = 180◦ − ∠ADF ′ = 180◦ − ∠ADE = ∠BDE, а тогда и треугольники BDF ′ и BDE также равны. Значит, BF ′ = BE. Кроме того, из полученного равенства углов F ′ DA и F ′ AD следует, что F ′ A = F ′ D = DE = CF . Тогда треугольники BCF и BAF ′ также равны, и BF = BF ′ = BE, что и требовалось. B B

F F′ C Рис. 4

A F Рис. 5

Замечание. Аналогичное решение можно получить без введения точки F ′ , но с использованием точки X из первого решения — например, так (см. рис. 5). Как показано в начале первого решения, в равнобокой трапеции ADXC имеем AD = CX = DX; кроме того, BD = CF = DE. Поэтому треугольники BDX и EDA равны, откуда несложно получить, что AEBX — равнобокая 7

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

трапеция, то есть B лежит на окружности ω, описанной около треугольника AXE. Далее, диагонали трапеции ADXC равны, так что AX = = CD = F E. Значит, равны диагонали трапеции AF XE, то есть она тоже равнобокая и, следовательно, вписана. Поэтому и F лежит на ω. Наконец, в окружности ω имеем ∠F AB = ∠XDB = = ∠EXB = ∠EAB, так что хорды BE и BF стягивают равные дуги этой окружности и потому равны. Комментарий. Не доведённое до конца счётное решение оценивается в 0 баллов. Если решение не проходит для расположения точек, отличного от рассмотренного, но хотя бы один существенный случай расположения точек разобран верно — не менее 6 баллов. Введение в рассмотрение точки X или точки F ′ (или обеих) без дальнейших содержательных продвижений — 1 балл. Доказательство подобия треугольников ABC и XF C (или равенства F X = F C) без дальнейших существенных продвижений — 3 балла. Доказано, что один из четырёхугольников AEBX или AF XE вписан — 3 балла. 9.3. Даны квадратные трёхчлены P (x) и Q(x); обозначим pn = P (n) и qn = Q(n). Раз в минуту Саша рисует на координатной плоскости прямую: на первой минуте — прямую с уравнением y = p1 x + q1 , на второй — с уравнением y = p2 x + q2 , . . . , на i-й минуте — с уравнением y = pi x + qi . Через некоторое время Саша нашёл три нарисованные прямые, которые проходят через одну точку. Докажите, что все нарисованные прямые проходят через одну точку. (А. Терёшин) 2 Решение. Пусть P (x) = ax + bx + c, в Q(x) = ux2 + vx + w. Пусть прямые, нарисованные на k-й и m-й минутах, пересекаются в точке с абсциссой x0 (причём pk ̸= pm ) Это значит, что pk x0 + qk = pm x0 + qm , или qm − qk u(m2 − k 2 ) + v(m − k) u(k + m) + v x9 = = =− . (∗) 2 2 pk − pm a(k + m) + b a(k − m ) + b(k − m) Пусть теперь прямые, нарисованные на k-й, m1 -й и m2 -й минутах пересекаются в одной точке. Заметим, что квадратный 8

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

трёхчлен P (x) принимает каждое значение не более двух раз, поэтому без ограничения общности можно считать, что pk отлично от pℓ и pm . Тогда полученная формула означает, что u(k + m1 ) + v u(k + m2 ) + v = . (∗∗) a(k + m1 ) + b a(k + m2 ) + b Домножив на знаменатели и сократив подобные слагаемые, получаем (k + m1 )(ub − av) = (k + m2 )(ub − av), что при m1 ̸= m2 означает, что ub − av = 0. Таким образом, равенство выше верно вообще для всех значений m1 и m2 , а значит, и равенство (∗∗) будет выполнено для всевозможных значений m1 и m2 , что и означает, что прямые, нарисованные в произвольные моменты m1 и m2 , пересекают k-ю прямую в одной и той же точке. Рассуждение выше может не сработать только для момента m, когда pk = pm . Но, поскольку нам уже известно, что все остальные прямые пересекаются в одной точке, можно теперь провести такое же рассуждение для других трёх моментов, установив требуемое. Замечание. Из рассуждения выше нетрудно понять, что, если условие задачи выполнено, то при pk = pm будет выполнено и qk = qm , то есть прямые, нарисованные на k-й и ℓ-й минутах, совпадут. Комментарий. Получена последняя формула в (∗) для абсциссы x0 — 1 балл. Во в целом верном решении не разобран отдельно случай, когда P (k) = P (m) при k ̸= m, и решение не проходит в этом случае — снимается не более 2 баллов. 9.4. В каждой клетке доски 2 × 200 лежит по рублёвой монете. Даша и Соня играют, делая ходы по очереди, начинает Даша. За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть её: Даша двигает монету на соседнюю по диагонали клетку, Соня — на соседнюю по стороне. Если две монеты оказываются в одной клетке, одна из них тут же снимается с доски и достаётся Соне. Соня может остановить игру в любой момент и забрать все

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

полученные деньги. Какой наибольший выигрыш она может получить, как бы ни играла Даша? (А. Кузнецов) Ответ. 300. Решение. Сначала приведём стратегию за Соню. Пока она не получила больше 299 монет, перед её ходом на доске остаётся хотя бы 101 монета. Разобьем доску на 100 квадратов 2 × 2. Получается, что какие-то две монеты лежат в одном и том же квадрате 2×2. Если эти две монеты соседние по стороне, то Соня надвигает одну на другую, и получает ещё одну монету. Если они стоят по диагонали, то Соня сдвигает одну из них в столбец к другой (здесь и далее столбец имеет длину 2, строка — длину 200). Теперь, какой бы ход ни сделала Даша, эти две монетки всё ещё будут соседними по стороне (либо одна будет снята и уйдёт в доход Сони), значит, своим следующим ходом Соня сможет получить ещё одну монетку. Таким образом, Соня всегда сможет увеличивать свой выигрыш, пока он меньше 300. Теперь покажем, как играть за Дашу, чтобы Соня не получила больше 300 монет. Пронумеруем столбцы числами от 1 до 200 по порядку, выберем в каждом нечётном столбце по одной монетке и мысленно покрасим их в красный цвет. Даше достаточно обеспечить, чтобы красные монетки всегда оставались на доске. Для этого, в свою очередь, достаточно, чтобы две красные монеты никогда не попадали в одну клетку, потому что когда в клетку попадают красная и не красная монеты, можно считать, что с доски снимается не красная. Назовём расположение монет на доске стабильным, если по одной красной монете лежит в столбцах 1, 3, 5, . . . , 197, а ещё одна располагается в одном из двух последних столбцов 199, 200. Легко видеть, что после любого хода из стабильной позиции две красные монеты не окажутся в одной клетке. Даша будет играть так, чтобы после каждого её хода получалась стабильная позиция. Если после хода Сони позиция осталась стабильной, то Даша двигает сотую красную фишку между двумя последними столбцами, так же Даша поступит и своим первым ходом. Если же после хода Сони позиция перестала быть стабильной, то Соня подвинула одну из красных монет из некоторого столбца x в соседний столбец. Тогда Даша своим ходом вернёт её в столбец 10

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Первый день

x. Таким образом, на доске всегда останется хотя бы 100 монет, и Соня заработает не более трёхсот рублей. Комментарий. Решение разбивается на две части: (A) — стратегия за Соню, (B) — стратегия за Дашу. Баллы, набранные за разные части, суммируются. (A) Полная стратегия за Соню с обоснованием — 3 балла. Эта часть состоит из трёх шагов: (A1) Указано, что пока на столе есть хотя бы 101 монета, то какие-то две монеты располагаются в двух соседних строках и столбцах. (A2) Показано, что Соня может забрать себе одну монету, когда две монеты лежат в соседних клетках. (A3) Показано, что Соня может забрать себе одну монету за два хода, если они лежат в соседних по диагонали клетках. Ситуация 1: Если а решении есть формулировки всех трёх шагов (A1)–(A3) с необходимыми логическими связями между ними, но в некоторых шагах допущены ошибки — выставляется 2 балла, если ошибка допущена в одном из пунктов, и 1 балл, если ошибки хотя бы в двух шагах. Приведём примеры возможных ошибок. Ошибка в (A1): неверное доказательство утверждения (например, с использованием «худшего случая»). Ошибки в (А3). Во-первых, может быть сказано, что Соня ходит одной монетой просто в клетку, соседнюю с другой (а не в клетку того же столбца) — такая стратегия не работает. Вовторых, после хода в соседний столбец может быть разобран лишь один из случаев, в котором Даша двигает или не двигает одну из монет. Ситуация 2: В решении нет одного из шагов (A1), (A2), (A3). Если есть любые два из этих шагов или лишь шаг (А3) — 1 балл, иначе 0 баллов. (B) Стратегия за Дашу с обоснованием — 4 балла. (B0) Лишь идея сохранять все красные монеты — 0 баллов. (B1) Стратегия с возвратом монеты в тот же столбец, 11

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

которая не работает, если Соня подвинула красную монету, не меняя её столбца — 2 балла. 9.5. Найдите все такие пары целых чисел m и n > 2, что ((n − 1)! − − n) · (n − 2)! = m(m − 2). Напомним, что k! = 1 · 2 · . . . · k — произведение всех натуральных чисел от 1 до k. (А. Кузнецов) Ответ. m = 1, n = 3. Решение. Заметим, что ((n − 1)! − 1)((n − 2)! − 1) = (n − − 1)! · (n − 2)! − (n − 1)! − (n − 2)! + 1 = ((n − 1)! − n) · (n − 2)! + + 1 = m2 − 2m + 1 = (m − 1)2 . Пусть n > 4. Заметим, что числа (n − 1)! − 1 и (n − 2)! − 1 взаимно просты. Предположим, что это не так, и оба этих числа делятся на простое число p. Тогда число (n − 1)! − 1 − ((n − 2)! − 1) · (n − 1) = n − 2 тоже делится на p. Тогда (n − 2)! делится на p, а (n − 2)! − 1 не кратно p, противоречие. Таким образом, произведение взаимно простых чисел (n − 1)! − 1 и (n − 2)! − 1 — точный квадрат, тогда и каждое из них точный квадрат. Однако, число (n − 1)! − 1 при n > 4 даёт остаток 3 при делении на 4, поэтому оно точным квадратом быть не может. Остаётся разобрать случаи n ⩽ 4. При n = 4 получается (m − 1)2 = 5, решений нет. При n = 3 мы получаем: (m − 1)2 = 0, что даёт единственное решение m = 1, n = 3. Комментарий. Только ответ — 0 баллов. Потерян хотя бы один случай — не более 6 баллов. Получено равенство ((n − 1)! − 1)((n − 2)! − 1) = (m − 1)2 — 3 балла. Доказано, что оба сомножителя в левой части являются квадратами (при m > 1) — ещё 1 балл. Доказано, что не существует решений при n ⩾ 10 — не менее 5 баллов.

12

Решения — 2 тур

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

Условия и решения задач 9 класс 9.6. Саша взял кусок нити. Он сложил её пополам, затем ещё раз пополам, и так 10 раз. Затем он взял ножницы и разрезал полученную конструкцию в одном месте (таким образом, он перерезал нить в 1024 местах). В итоге нить распалась на куски. Оказалось, что длины этих кусков принимают лишь два различных значения, наименьшее из которых равно 10 см. Найдите все возможные значения длины исходной нити. → → → ... → (А. Храбров)

Ответ. 15360 см или 20480 см. Решение. Полученная до разрезания конструкция состоит из 1024 отрезков нити, которые нить проходит поочерёдно слева направо и справа налево (пусть оба конца нити находятся слева). Тогда, если разрез проведён в a см от левого края и в b см от правого края, то длины полученных кусков нити равны a, 2a и 2b. Поскольку этих длин всего две, то 2b совпадает либо с a, либо с 2a, а наименьший кусок равен a = 10 см. Значит, b = 5 см или b = 10 см, а общая длина нити, равная 1024(a + b), тогда может принимать значения 1024·15 = 15360 см или 1024·20 = 20480 см. Комментарий. Один из двух ответов упущен — 4 балла. 9.7. Пусть на доске написаны несколько целых чисел (некоторые из которых могут быть равными). Скажем, что эти числа образуют удачный набор, если их нельзя разбить на две непустые группы так, чтобы произведение суммы чисел в одной группе и суммы чисел в другой было положительным. Учитель написал на доске несколько целых чисел. Докажите, что дети могут дописать к имеющимся ещё ровно одно целое число так, чтобы полученный набор оказался удачным. (А. Кузнецов) Решение. Пусть сумма всех чисел, выписанных учителем, равна S; тогда детям достаточно дописать число −S. Действительно, после этого сумма всех чисел окажется равной нулю, а значит, при разбиении их на две группы суммы 5

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

в группах будут противоположными друг другу, то есть их произведение будет неположительным. Замечание. Вместо числа −S дети могут дописать 1 − S или −1 − S. Комментарий. Указано, что надо дописать такое число, что сумма всех чисел на доске станет равной нулю — 7 баллов. 9.8. На столе по кругу выложили 100 двухрублёвых и N пятирублёвых монет в некотором порядке. Известно, что выбрав из круга несколько подряд идущих монет, невозможно получить сумму ровно в 52 рубля. Найдите наибольшее возможное значение числа N . (А. Смолин) Ответ. N = 450. Решение. Покажем, как выложить 100 двухрублёвых и 450 пятирублёвых монет по кругу так, чтобы выполнялось условие задачи. Пронумеруем места по кругу по часовой стрелке числами от 1 до 550 и выложим двухрублёвые монеты на места, номера которых кратны 11 (т. е. 11, 22, . . .), и на места, номера которых дают остаток 5 при делении на 11 (т. е. 5, 16, . . .); на остальные места выложим пятирублёвые монеты. Тогда между каждой парой соседних двухрублёвых монет находятся 4 или 5 пятирублёвых монет, причём эти количества чередуются. Рассмотрим некоторый набор подряд идущих монет; покажем, что они не дают сумму в 52 рубля. Если среди них нет двухрублёвых, то сумма делится на 5, а 52 не делится на 5. Если среди них ровно две двухрублёвых, сумма даёт остаток 4 при делении на 5, то есть тоже не равна 52. Если двухрублёвая монета одна, вместе с ней в наборе может быть не более 4 + 5 = 9 пятирублёвых, то есть сумма не превосходит 2+9·5 = 47 рублей. Наконец, пусть двухрублёвых монет в наборе хотя бы три, рассмотрим три двухрублёвых монеты, лежащих в наборе подряд. Между ними есть 9 пятирублёвых; суммарное достоинство этих монет уже равно 3·2+9·5 = 51 рублю. Значит, набрана сумма либо в 51 рубль, либо хотя бы в 51+2 = 53 рубля. Таким образом, полученная раскладка удовлетворяет условию. Осталось показать, что при любой раскладке 100 двухрублёвых и не менее 451 пятирублёвых монет обязательно можно выбрать несколько монет подряд c суммарным 6

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

достоинством 52 рубля. Пронумеруем двухрублёвые монеты числами 1, 2, . . . , 100 в порядке их расположения по часовой стрелке. Выделим 50 двухрублёвых монет с нечётными номерами. Между выделенными монетами есть 50 промежутков; в одном из них окажется не менее 10 пятирублёвых монет, иначе общее количество пятирублёвых монет не превосходило бы 9 · 50 = 450. Итак, мы нашли промежуток, в котором есть ровно одна двухрублёвая монета C и хотя бы 10 пятирублёвых; тогда можно взять C и 10 пятирублёвых монет так, чтобы они лежали подряд. Тогда и наберётся сумма ровно в 52 рубля. Комментарий. Только ответ — 0 баллов. Верный пример, показывающий, что при N = 450 требуемая раскладка возможна, с доказательством, что она подходит — 2 балла. Только пример без обоснования — 1 балл. Только оценка, то есть доказательство того, что N ⩽ 450 — 5 баллов. Если в оценке доказано лишь, что с двух сторон от одной двухрублёвой монеты лежит не более 9 пятирублёвых — 3 балла за оценку. Баллы за пример и оценку складываются. 9.9. На столе стоят 12 сосудов, выстроенных в 4 ряда по 3 сосуда в каждом. В каждый сосуд налито некоторое (возможно, нулевое) количество воды. Известно, что суммарное количество воды в каждом ряду равно 1 л. При каких α можно утверждать, что на столе найдутся два сосуда, количества воды в которых отличаются не более чем на α л? (И. Богданов) Ответ. При α ⩽ 1/17. Решение. Предположим, что количество воды в любых двух сосуждах отличается больше, чем на α л. Пусть k0 ⩽ ⩽ k1 ⩽ . . . ⩽ k11 — количества воды в сосудах; назовём индексом сосуда его номер в этом ряду. Заметим, что k0 ⩾ 0, и по нашему предположению ki > α + ki−1 ; отсюда получается, что ko > αi при i ⩾ 1. Сумма всех индексов равна 0 + 1 + . . . + 11 = 66, поэтому найдётся ряд, сумма индексов в котором не меньше, чем 17. Из неравенств выше получаем, что суммарное количество воды в 7

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

этом ряду больше, чем 17α, откуда α < 1/17. Итак, при всех значениях α ⩾ 1/17 утверждать требуемое можно. С другой стороны, если распределить воду по рядам как 13 1 3 10 2 5 9 8 7 6 4 + + , + + , + + 0, + + . 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 то количества воды в любых двух сосудах будут отличаться минимум на 1/17 л. Поэтому при всеъ α < 1/17 утверждать требуемое нельзя. Замечание. Есть и другие примеры, в которых все количества отличаются не менее чем на 1/17 л. Однако во всех таких примерах все количества воды в сосудах имеют вид a/17 л, где a — целое число. Комментарий. Только ответ — 0 баллов. Только пример, показывающий, что все α, меньшие 1/17, не подходят — 2 балла. Только оценка α ⩽ 1/17 — 4 балла. 9.10. Пусть M — середина стороны BC треугольника ABC. На продолжении стороны AB за точку B нашлась такая точка D, что ∠ADM = ∠ACM = 30◦ . Точка O — центр окружности, описанной около треугольника ACD. Найдите угол OBC. (А. Кузнецов)

Ответ. 30◦ . A Решение. Отметим точку P так, что треугольник BCP — M B равносторонний, а точки A C и P лежат по разные O стороны от прямой BC ◦ (см. рис. 1). Тогда 30 = = ∠BP M = ∠BDM , то есть D четырёхугольник BM P D — вписанный; значит, P поскольку ∠BM P = 90◦ , то ◦ Рис. 1 и ∠BDP = 90 . Но, так как ∠P CA = ∠P CB +∠BCA = 90◦ , четырёхугольник ADP C также вписан в окружность (с диаметром AP ), и точка O из условия — центр этой окружности. В частности, O лежит на серединном 8

Региональный этап, 2024–2025 учебный год. Второй день

перпендикуляре к CP , совпадающем с биссектрисой угла P BC. Отсюда и вытекает, что ∠CBO = 30◦ .