Олимпиада по математике 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — 1 день

Материалы для проведения заключительного этапа 50-й ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ 2023–2024 учебный год Первый день Нижний Новгород, 19–25 апреля 2024 г.

Москва, 2024

Сборник содержит материалы для проведения заключительного этапа 50-й Всероссийской олимпиады школьников по математике. Задания подготовлены Центральной предметно-методической комиссией по математике Всероссийской олимпиады школьников. Сборник составили: Н. Х. Агаханов, А. В. Антропов, С. Л. Берлов, И. И. Богданов, Н. Ю. Власова, П. А. Кожевников, А. С. Кузнецов, Е. Г. Молчанов, Ф. В. Петров, О. К. Подлипский, К. А. Сухов, Д. А. Терёшин, Д. Г. Храмцов, Г. Р. Челноков. А также: М. А. Дидин, И. А. Ефремов, К. А. Кноп, П. Ю. Козлов, Т. С. Коротченко, А. Д. Терёшин, И. И. Фролов, М. А. Туревский, А. И. Храбров. В скобках после каждой задачи указана фамилия её автора. Компьютерный макет: И. И. Богданов, А. И. Голованов.

© Авторы и составители, 2024 © И. И. Богданов, А. И. Голованов, 2024, макет

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день

Условия и решения задач 9 класс 9.1. Петя и Вася знают лишь натуральные числа, не превосходящие 109 − 4000. Петя считает хорошими числа, представимые в виде abc + ab + ac + bc, где a, b и c — натуральные числа, не меньшие 100. Вася считает хорошими числа, представимые в виде xyz − x − y − z, где x, y и z — натуральные числа, бо́льшие 100. Для кого из них хороших чисел больше? (И. Богданов) Ответ. Для Васи. Решение. Если число k = abc + ab + ac + bc ⩽ 109 − 4000 хорошее для Пети, то (также натуральное) число k − 2 = (a + 1)(b + 1)(c + 1) − (a + 1) − (b + 1) − (c + 1) является хорошим для Васи. Значит, если для Пети есть p хороших чисел, то мы предъявили p различных чисел, хороших для Васи, и все они строго меньше, чем 109 − 4000. Но число 109 −4000 = (1000−1)·1000·(1000+1)−(1000−1)−1000−(1000+1) также является хорошим для Васи; поэтому для Васи есть хотя бы p + 1 хорошее число. 9.2. У натурального числа ровно 50 делителей. Может ли оказаться, что никакая разность двух различных его делителей не делится на 100? (Методкомиссия по мотивам задачи А. Чиронова) Ответ. Нет. Решение. Предположим, что такое число n существует. Условие равносильно тому, что все числа, образованные последними двумя цифрами делителей, различны (мы считаем, что к однозначным числам спереди приписаны нули). Назовём такую пару последних цифр хвостом числа. Заметим, что хвост числа имеет те же остатки от деления на 4 и на 5, что и исходное число. Предположим, что n делится на 5. Тогда для любого его делителя d, не кратного 5, существует и делитель 5d, кратный 5. При этом для разных делителей d мы получаем разные делители 5d; поэтому количество кратных 5 делителей не меньше половины, то есть не меньше 25. Но такие делители имеют хвосты, 3

50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

оканчивающиеся либо на 0, либо на 5. Таких возможных хвостов не больше 20, поэтому два из них совпадают. Это противоречие показывает, что n не делится на 5, и хвосты его делителей не могут оканчиваться на 0 или 5. Если число n нечётно, то все его делители также нечётны. Однако существует всего 50 возможных нечётных хвостов, и 10 из них оканчиваются на 5, то есть не могут появиться. Поэтому и в этом случае найдутся два одинаковых хвоста. Если число n делится на 2, но не на 4, то все его делители разбиваются на пары (d, 2d), где d — нечётный делитель n. При этом все числа вида 2d имеют хвосты, не делящиеся на 4, а таких хвостов (не делящихся на 5) всего 20. Значит, два из этих хвостов одинаковы. Наконец, пусть наибольшая степень двойки, на которую делится n, равна 2r , где r ⩾ 2. Тогда, если d — нечётный делитель n, то числа d, 2d, 22 d, . . . , 2r d также будут делителями n, и этим исчерпываются все делители n. Поэтому общее число делителей n будет кратно r + 1. Таким образом, 50 делится на r + 1 и, значит, r ⩾ 4. Тогда n имеет r 50 ⩽ 10 нечётных делителей и столько +1 же делителей, которые чётны и не делятся на четыре. Стало быть, оставшиеся делители (которых не меньше 30) кратны 4 и, значит, их хвосты также кратны четырём. Но таких хвостов возможно лишь 20, поэтому опять два из них совпадут. 9.3. Двум мальчикам выдали по мешку картошки, в каждом мешке по 150 клубней. Ребята по очереди перекладывают картошку, каждый своим очередным ходом перекладывает ненулевое количество клубней из своего мешка в чужой. При этом они должны соблюдать условие новой возможности: на каждом ходе мальчик должен переложить больше клубней, чем у него было в мешке перед любым из его предыдущих ходов (если такие ходы были). Так, первым своим ходом мальчик может переложить любое ненулевое количество, а своим пятым ходом мальчик может переложить 200 клубней, если перед его первым, вторым, третьим и четвёртым ходами количества клубней в его мешке были

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день

меньше 200. Какое максимальное суммарное количество ходов могут совершить ребята? (Е. Молчанов) Ответ. 19. Решение. Пусть в процессе было N ходов. Посмотрим на процесс «в обратную сторону». Назовём последний сделанный ход первым, предпоследний (сделанный другим мальчиком) — вторым, и т.д. Обозначим через a0 количество клубней в мешке, из которого их перекладывали на первом ходе, после этого хода (то есть в самом конце процесса). Аналогично, обозначим через ai−1 количество клубней в мешке, из которого перекладывали на i-м ходе, непосредственно после этого хода. Наконец, обозначим через aN количество клубней в мешке, в который перекладывали на N -м (самом раннем) ходе, перед этим ходом (тогда aN = 150). Пусть k ⩽ N − 3. Рассмотрим мешок, в котором лежало ak клубней после (k + 1)-го хода (из него только что переложили картошку). Тогда перед (k + 1)-м ходом в нём было 300 − ak+1 клубней, перед (k + 2)-м ходом — ak+2 клубней, а перед (k + 3)-м ходом — 300 − ak+3 клубней. На (k + 1)-м ходе из этого мешка переложили (300 − ak+1 ) − ak клубней, и это количество должно быть больше, чем количество клубней в нём перед (k + 3)-м ходом. Итак, 300 − ak+3 < 300 − ak − ak+1 , откуда ak+3 > ak+1 + + ak ; поскольку все числа целые, имеем ak+3 ⩾ ak+1 + ak + 1. Определим числа b0 , b1 , b2 , . . . так: b0 = b1 = b2 = 0, bk+3 = = bk+1 + bk + 1. Тогда, поскольку a0 , a1 , a2 ⩾ 0, из полученного неравенства непосредственной индукцией получается, что ak ⩾ ⩾ bk и bk+1 ⩾ bk при всех k = 0,1,. . .. Значит, bN ⩽ aN = 150. Приведём таблицу первых значений чисел bk : k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 bk 0 0 0 1 1 2 3 4 6 8 11 15 20 27 36 48 64 85 113 150 199 Значит, из условия bN ⩽ 150 получаем, что N ⩽ 19. Пример, когда дети могут сделать 19 ходов, следует из построения выше. Изначально у каждого ребёнка по b19 = 150 клубней. Если дети будут действовать так, чтобы после k-го (с начала) хода у перекладывавшего оставалось ровно b19−k клубней, то на k-м (с начала) ходе ребёнок будет перекладывать 5

50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

300 − b20−k − b19−k клубней, а перед любым предыдущим его ходом у него будет 300 − bi клубней при i ⩾ 17 − k, причём 300 − bi ⩽ 300 − b17−k < 300 − b19−k − b20−k . Значит, этот ход удовлетворяет условию, и дети могут сделать 19 таких ходов. Замечание. Приведённый алгоритм — единственный, при котором дети смогут сделать 19 ходов. 9.4. Дан вписанный четырёхугольник ABCD, в котором ∠A + ∠D = = 90◦ . Его диагонали пересекаются в точке E. Прямая ` пересекает отрезки AB, CD, AE и ED в точках X, Y , Z и T соответственно. Известно, что AZ = CE и BE = DT . Докажите, что длина отрезка XY равна диаметру окружности, описанной около треугольника ET Z. (А. Кузнецов, И. Фролов) Решение. Применяя теорему Менелая к треугольнику ET Z и секущим AXB и CY D, получаем AZ BE XT CE DT Y Z · · = · · = 1. AE BT XZ CZ DE Y T Из равенств AZ = CE и BE = DT следует, что AE = CZ и BT = DE. Подставляя все эти равенства, получаем, что YZ XT = ; XZ YT это означает, что точки X и Y симметричны относительно середины S отрезка ZT (см. рис. 1). F B N N

C E E

S S X A

Z Z

TT M M

O Рис. 1 6

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день

Из условия следует, что лучи AD и BC пересекаются в некоторой точке F под прямым углом. Тогда в прямоугольном треугольнике XF Y медиана F S равна половине гипотенузы XY . Обозначим через M и N середины AD и BC соответственно, а через O — центр окружности (ABCD). Тогда O — точка пересечения серединных перпендикуляров к AC и BD, которые совпадают с серединными перпендикулярами к EZ и ET соответственно. Значит, O — также центр окружности (ET Z), а OE — её радиус. Поэтому нам достаточно доказать, что OE = F S. Мы докажем, что OEF S — параллелограмм, откуда это и следует. Поскольку EN — медиана в треугольнике EBC, а M S — отрезок, соединяющий середины противоположных сторон четырёхугольника AZT D, имеем −−→ −−→ −−→ −→ DT + AZ −−→ EB + EC −−→ EN = = = M S. 2 2 В прямоугольном треугольнике F BC проекции вектора ме−−→ −−→ −−→ дианы N F на прямые BF и CF равны BF /2 и CF /2 соответственно. Поскольку O и M — центры окружностей (ABCD) и (ADF ) соответственно, при проекции на те же прямые первая попадает в середины отрезков AB и CD, а вторая — в сере−−→ −−→ −→ дины AF и DF . Поэтому проекции вектора OM = AM − AO = −−→ −−→ −→ −−→ −−→ = DM − DO на эти прямые равны (AF − AB)/2 = BF /2 и −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ (DF − DC)/2 = CF /2. Значит, проекции векторов N F и OM на −−→ −−→ наши две прямые соответственно равны, откуда N F = OM . −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Итак, OS = OM + M S = N F + EN = EF , откуда и следует, что OEF S — параллелограмм. Замечание. Есть и другие доказательства того, что OEF S — параллелограмм. Например, можно использовать тот факт, что точки O и F изогонально сопряжены относительно треугольника ADE. Также задачу можно решить, используя методы из решения задачи 10.4.

Êðèòåðèè îöåíèâàíèÿ ðàáîò 9 êëàññà 1 çàäà÷à ˆ Äîêàçàíî, ÷òî åñëè n õîðîøåå äëÿ Ïåòè, òî n − 2 õîðîøåå äëÿ Âàñè  3 áàëëà. ˆ Àðèôìåòè÷åñêàÿ îøèáêà â ñîîòâåòñòâèè õîðîøèõ ÷èñåë  ñíèìàåòñÿ 1 áàëë. ˆ Íå ïðîâåðåíî, ÷òî 1 è 2 íå ÿâëÿþòñÿ õîðîøèìè ÷èñëàìè äëÿ Ïåòè  áàëëû íå ñíèìàþòñÿ. ˆ Íå ïðîâåðåíî, ÷òî ïðè ñîîòâåòñòâèè ñîõðàíÿþòñÿ íåðàâåíñòâà èç óñëîâèÿ íà ïåðåìåííûå a, b, c èëè x, y , z  áàëëû íå ñíèìàþòñÿ.

2 çàäà÷à ˆ Ðàçîáðàí òîëüêî ñëó÷àé n, äåëÿùèõñÿ íà 5  0 áàëëîâ. ˆ Ðàçîáðàí òîëüêî ñëó÷àé íå÷åòíûõ n  0 áàëëîâ. ˆ Äîêàçàíî, ÷òî n îáÿçàòåëüíî ÷åòíî è íå êðàòíî ïÿòè  1 áàëë. ˆ Ðàññìîòðåí ñëó÷àé n ≡ 2 (mod 4)  1 áàëë (ñóììèðóåòñÿ ñ ïðåäûäóùèì). ˆ Äîêàçàíî, ÷òî n îáÿçàòåëüíî äåëèòñÿ íà 16  3 áàëëà. ˆ Åñëè ïðè ðàññìîòðåíèè êàíîíè÷åñêèõ ðàçëîæåíèé n ïî ñòåïåíÿì ïðîñòûõ çàáûòà èëè íåâåðíî ðàçîáðàíà áåñêîíå÷íàÿ ñåðèÿ  íå áîëüøå 4 áàëëî⠈ Íå ðàçîáðàíî íå áîëåå ÷åòûðåõ êîíêðåòíûõ ÷èñåë (íàïðèìåð, 249 , 549 , 2·524 , 5·224 , . . . )  ñíèìàåòñÿ 1 áàëë. ˆ Ðàçáîð ñëó÷àåâ n = p49 è n = p24 q íå îöåíèâàëñÿ. ˆ ×àñòè÷íûå ïðîäâèæåíèÿ â ðàçáîðå ñëó÷àåâ n = p4 q 9 èëè n = p4 q 4 r îòäåëüíî íå îöåíèâàëèñü.

3 çàäà÷à ˆ Âåðíûé ïðèìåð 19 õîäîâ ìàëü÷èêîâ  3 áàëëà.  ðàáîòå ìîãóò îöåíèâàòüñÿ òîëüêî ñëåäóþùèå ïðîäâèæåíèÿ: ˆ Ïðèâîäÿùèå ê âåðíûì ïðèìåðó èëè îöåíêå íà 19 (à íå äðóãîìó êîëè÷åñòâó!) õîäîâ (íàïðèìåð, ôîðìóëà ýêâèâàëåíòíàÿ íåðàâåíñòâó an > an+2 + an+3 ). ˆ Ïîëíîå äîêàçàòåëüñòâî îöåíêè íà 20 õîäîâ. ˆ Âåðíûé ïðèìåð íà 18 õîäîâ.

4 çàäà÷à ˆ Äîêàçàíî ñîâïàäåíèå öåíòðîâ îêðóæíîñòåé (ET Z) è (ABCD) áåç äàëüíåéøèõ ñîäåðæàòåëüíûõ ïðîäâèæåíèé  0 áàëëîâ. ˆ Äîêàçàíî ðàâåíñòâî îòðåçêîâ XZ è T Y  1 áàëë. ˆ Çàìå÷åíî, ÷òî óòâåðæäåíèå çàäà÷è ñâîäèòñÿ ê òîìó, ÷òî OEF S  ïàðàëëåëîãðàìì (ãäå O  öåíòð îïèñàííîé îêðóæíîñòè, F  ïåðåñå÷åíèå AB è CD, S  ñåðåäèíà XY )  1 áàëë. ˆ ×åðåç òî÷êó E ïðîâåäåíû ïàðàëëåëüíûå AB è CD è äîêàçàíî, ÷òî ïîëó÷åííûå òî÷êè ïåðåñå÷åíèÿ  êîíöû äèàìåòðà, ïàðàëëåëüíîãî XY  1 áàëë.

Решения — 2 день

Материалы для проведения заключительного этапа 50-й ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ 2023–2024 учебный год Второй день Нижний Новгород, 19–25 апреля 2024 г.

Москва, 2024

Сборник содержит материалы для проведения заключительного этапа 50-й Всероссийской олимпиады школьников по математике. Задания подготовлены Центральной предметно-методической комиссией по математике Всероссийской олимпиады школьников. Сборник составили: Н. Х. Агаханов, А. В. Антропов, С. Л. Берлов, И. И. Богданов, Н. Ю. Власова, П. А. Кожевников, А. С. Кузнецов, Е. Г. Молчанов, Ф. В. Петров, О. К. Подлипский, К. А. Сухов, Д. А. Терёшин, Д. Г. Храмцов, Г. Р. Челноков. А также: М. А. Дидин, И. А. Ефремов, К. А. Кноп, П. Ю. Козлов, Т. С. Коротченко, А. Д. Терёшин, И. И. Фролов, М. А. Туревский, А. И. Храбров. В скобках после каждой задачи указана фамилия её автора. Компьютерный макет: И. И. Богданов, А. И. Голованов.

© Авторы и составители, 2024 © И. И. Богданов, А. И. Голованов, 2024, макет

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день

Условия и решения задач 9 класс 9.5. Квартал представляет собой клетчатый квадрат 10 × 10. В новогоднюю ночь внезапно впервые пошёл снег, и с тех пор каждую ночь на каждую клетку выпадало ровно по 10 см снега; снег падал только по ночам. Каждое утро дворник выбирает один ряд (строку или столбец) и сгребает весь снег оттуда на один из соседних рядов (с каждой клетки — на соседнюю по стороне). Например, он может выбрать седьмой столбец и из каждой его клетки сгрести весь снег в клетку слева от неё. Сгребать снег за пределы квартала нельзя. Вечером сотого дня года в город приедет инспектор и найдёт клетку, на которой лежит сугроб наибольшей высоты. Цель дворника — добиться, чтобы эта высота была минимальна. Сугроб какой высоты найдёт инспектор? (А. Солынин)

Ответ. 1120 см. Решение. Будем измерять высоту сугроба в дециметрах. Также будем считать, что сторона одной клетки равна 1 дм, то есть за каждую ночь на клетку выпадает 1 дм3 снега. Докажем, что после сотого утра найдется сугроб высотой не менее 112 дм. Предположим, что такого сугроба нет. Так как дворник в сотое утро полностью сгрёб снег с какого-то ряда, в десяти клетках квадрата снега нет. В каждой из оставшихся 90 клеток, по нашему предположению, не более 111 дм3 снега, то есть всего снега не больше, чем 9990 дм3 . Однако за 100 ночей суммарно выпало 10 000 дм3 снега. Противоречие. Покажем, как может действовать дворник, чтобы после сотого утра каждый сугроб имел высоту не более 112 дм (то есть в каждой клетке было не более 112 дм3 снега). Способ 1. Первые 11 дней дворник сгребает снег из второго столбца в первый, следующие 11 дней дворник сгребает снег из третьего столбца во второй, затем 11 дней из четвёртого в третий, и т. д. Через 99 дней в десятом столбце не будет снега. Посчитаем, сколько снега стало в столбце i ⩽ 9 через 99 дней. 3

50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

Вечером 11(i − 1)-го дня в столбце номер i не было снега, а в столбце i + 1 в каждой клетке было по 11(i − 1) дм3 снега. На следующий вечер в столбце i станет по 11(i − 1) + 2 дм3 снега в каждой клетке. Затем ещё десять дней количество снега в каждой клетке i-го столбца будет увеличиваться на 2, а затем 11(9 − i) дней — на 1. Итого, через 99 дней в каждой клетке столбца i будет по 11(i − 1) + 22 + 11(9 − i) = 110 дм3 снега. В сотую ночь выпадет ещё по 1 дм3 в каждую клетку. А сотым утром дворник сгребет снег из десятого столбца в девятый. Таким образом, в каждой клетке будет не более 112 дм3 снега. Способ 2. Пусть дворник сгребёт снег из 2-го столбца в 1-ый, из 3-го во 2-й, . . . , из 10-го в 9-ый. Тогда вечером девятого дня в первых девяти столбцах будет по 10 дм3 снега в каждой клетке, а в десятом столбце снега не будем. Затем дворник проделывает аналогичный процесс в обратном порядке: из 9-го в 10-ый, из 8-го в 9-ый, . . . , из 2-го в первой. Тогда вечером 18-го дня в клетках последних девяти столбцов будет по 20 дм3 снега, а в первом столбце не будет снега. Аналогично повторим такие сдвиги (каждый длится 9 дней) ещё 9 раз, и через 99 дней получим в клетках девяти столбцов по 110 дм3 снега и один крайний столбец пустой. Сотым утром сгребаем снег из этого крайнего в соседний и получаем не более 112 дм3 снега в каждой клетке. 9.6. Высоты остроугольного треугольника ABC, в котором AB < < AC, пересекаются в точке H, а O — центр описанной около него окружности Ω. Отрезок OH пересекает описанную около треугольника BHC окружность в точке X, отличной от O и H. Окружность, описанная около треугольника AOX, пересекает меньшую дугу AB окружности Ω в точке Y . Докажите, что прямая XY делит отрезок BC пополам. (А. Терёшин) Первое решение. Пусть H 0 и X 0 — точки, симметричные точкам H и X относительно середины стороны BC соответственно (см. рис. 1). Тогда HXH 0 X 0 — параллелограмм. Так как ∠BX 0 C = ∠BH 0 C = ∠BHC = 180◦ − ∠BAC, точки X 0 и H 0 лежат на окружности Ω. При этом, поскольку H 0 B k CH ⊥ AB, точка H 0 диаметрально противоположна точке A на этой окружности; следовательно, AH 0 проходит через O. Вспоминая, что 4

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день

XO k H 0 X 0 , получаем ∠AY X 0 = 180◦ − ∠AH 0 X 0 = 180◦ − − ∠AOX = ∠AY X; это и означает, что точки Y , X и X 0 лежат на одной прямой, делящей BC пополам. A A

Y Ω

Ω Y

O H H

X X

X X

C H0000 H

H H

H H M

X0 Рис. 1

O0 Рис. 2

Второе решение. Поскольку ∠BHC = 180◦ − ∠ABC, окружность (BHC) симметрична окружности Ω относительно BC; пусть O0 — центр окружности BHC, а M — середина BC. Тогда M — ещё и середина OO0 . Как известно, AH = 2OM (это доказывается, например, с помощью гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника ABC и коэффициентом −2). Поэтому OO0 = 2OM = AH. Поскольку OO0 ⊥ BC ⊥ AH, четырёхугольник AHO0 O — параллелограмм. Пусть T — точка на луче O0 X такая, что O0 T = 2O0 X. Тогда XT = O0 X = O0 H = AO. Кроме того, из равнобедренности треугольника O0 XH получаем, что ∠T XO = ∠O0 XH = ∠O0 HX = = ∠AOX, поэтому треугольники T XO и AOX равны. Значит, ∠T OX = ∠AXO. Поскольку XM — средняя линия в треугольнике O0 T O, получаем ∠M XO = ∠T OX = ∠AXO, то есть XO — биссектриса угла AXM . Но в окружности (AXOY ) имеем OA = OY , так что O — середина дуги AXY , а потому XO — внешняя биссектриса 5

50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

угла AXY . Отсюда и следует, что углы AXM и Y XM смежные, то есть точки X, Y и M лежат на одной прямой. Замечание. Приведём ещё несколько свойств конфигурации, которые могут оказаться полезными для решения (все обозначения взяты из решений выше). Точки A и X 0 симметричны относительно прямой OH; в частности, XA = XX 0 = 2XM . Можно указать ещё несколько точек, лежащих на окружности (AOXY ). Например, это точка пересечения отрезка AM с окружностью (BHC), а также точка, диаметрально противоположная точке O0 в окружности (BO0 C). 9.7. На доске написаны 8 различных квадратных трёхчленов; среди них нет двух, дающих в сумме нулевой многочлен. Оказалось, что если выбрать любые два трёхчлена g1 (x), g2 (x) с доски, то оставшиеся 6 трёхчленов можно обозначить как g3 (x), g4 (x), . . ., g8 (x) так, что у всех четырёх многочленов g1 (x) + g2 (x), g3 (x) + g4 (x), g5 (x) + g6 (x) и g7 (x) + g8 (x) есть общий корень. Обязательно ли все трёхчлены на доске имеют общий корень? (С. Берлов, методкомиссия)

Ответ. Нет, не обязательно. Решение. Построим пример 8 квадратных трёхчленов, удовлетворяющих условию задачи: f1 (x) = −x2 + 2; f2 (x) = 3x2 − 2; f3 (x) = −4x2 + 3; f4 (x) = 2x2 − 3;

f5 (x) = −4x2 + x + 4;

f6 (x) = 4x2 + x − 4;

f7 (x) = −5x2 − x + 5; f8 (x) = 5x2 − x − 5. Данные многочлены составлены так, чтобы их значения в точках x = −1, 0, 1 соответствовали следующей таблице: x f1 (x) f2 (x) f3 (x) f4 (x) f5 (x) f6 (x) f7 (x) f8 (x) −1 1 1 −1 −1 −1 −1 1 1 0 2 −2 3 −3 4 −4 5 −5 1 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 У трёхчленов этого примера нет общего корня (его нет даже у f1 (x) и f2 (x)). Осталось показать, что они удовлетворяет условию. Очевидно, никакие два из этих трёхчленов не дают в сумме ноль. 6

Заключительный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день

Пусть выбрана какая-то пара из этих квадратных трёхчленов. Если была выбрана пара (f2k−1 (x), f2k (x)), где k = 1, 2, 3, 4, то все многочлены можно разбить на пары (f1 (x), f2 (x)); (f3 (x), f4 (x)); (f5 (x), f6 (x)); (f7 (x), f8 (x)), каждая сумма этих пар имеет корень 0. В противном случае нетрудно убедиться, что значение суммы двух выбранных трёхчленов или в точке x0 = −1, или в точке x0 = 1 (а может быть, и в обеих сразу) равняется нулю. Выберем такое x0 . Оставшиеся многочлены в точке x0 принимают значения −1 и 1 ровно по три раза, и их можно разбить на пары так, чтобы в x0 суммы всех четырёх пар равнялись нулю, т.е. x0 было их общим корнем. 9.8. 1000 детей, среди которых нет двух одинакового роста, выстроились в шеренгу. Назовём пару различных детей (a, b) хорошей, если между ними не стоит ребёнка, рост которого больше роста одного из a и b, но меньше роста другого. Какое наибольшее количество хороших пар могло образоваться? (Пары (a, b) и (b, a) считаются одной и той же парой.) (И. Богданов) Ответ. 5012 − 3 = 250998. Решение. Докажем, что в аналогичной задаче для шеренги из 2n детей наибольшее возможное количество хороших пар равно (n + 1)2 − 3. Пронумеруем детей числами 1, 2, . . ., 2n в порядке убывания роста. Тогда, если расставить детей в порядке n + 1, n + 2, . . . , 2n, 1, 2, . . . , n, то все пары (i, j), где i ⩽ n < j, окажутся хорошими; таких пар всего n2 . Кроме этого, все пары вида (i, i + 1) также окажутся хорошими; таких пар всего 2n − 1. При этом пара (n, n + 1) учтена дважды, так что общее количество хороших пар равно n2 + (2n − 1) − 1 = (n + 1)2 − 3. Осталось доказать, что хороших пар не может быть больше, чем (n + 1)2 − 3. Сделаем это индукцией по n. При n = 1 утверждение тривиально, ибо есть всего одна пара детей. Пусть теперь n > 1. Рассмотрим произвольную шеренгу и выберем в ней хорошую пару (a, b), в которой |a − b| — наибольшее; пусть для определённости a < b, и ребёнок a стоит левее, 7

50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

чем b. Назовём ребёнка c прекрасным, если он образует хорошие пары как с a, так и с b. Лемма. Существует не больше двух прекрасных детей. Доказательство. Если c прекрасен, то по выбору пары (a, b) имеем c − a ⩽ b − a и b − c ⩽ b − a, откуда a < c < b. Такой ребёнок c не может стоять между a и b, иначе пара (a, b) не была бы хорошей; значит, любой прекрасный ребёнок стоит либо слева от a, либо справа от b. Предположим, что есть два прекрасных ребёнка c1 < c2 , стоящих левее a; тогда a < c1 < c2 < b. Ребёнок c1 не может стоять между a и c2 , иначе пара (a, c2 ) не хорошая; поэтому c1 стоит левее c2 . Но тогда c2 стоит между c1 и b, и пара (c1 , b) — не хорошая, что невозможно. Это противоречие показывает, что левее a стоит не более одного прекрасного ребёнка. Аналогично, не более одного стоит правее b, откуда и следует доказываемое утверждение.  Теперь несложно совершить переход индукции. Выкинув a и b, мы получим, что все хорошие пары, не содержащие a и b, остались хорошими; по предположению индукции, их не больше, чем n2 − 3. Осталось оценить количество хороших пар, содержащих a или b. Это пара (a, b), пары (a, c) и (b, c) для любого прекрасного ребёнка c, и максимум по одной из пар (a, c) и (b, c) для остальных детей c. Всего получаем не более чем 1 + (2n − 2) + 2 = 2n + 1 пар, откуда общее количество хороших пар не превосходит (n2 − 3) + (2n + 1) = (n + 1)2 − 3, что и требовалось доказать. Замечание. Пару детей a и b, для которых верно утверждение леммы, можно выбирать разными способами. Можно, например, выбрать хорошую пару, в которой дети стоят дальше всего друг от друга. Другой способ — выбрать a = 1 и найти наибольшее b такое, что (1, b) — хорошая пара.

Êðèòåðèè îöåíèâàíèÿ ðàáîò 9 êëàññà 5 çàäà÷à ˆ Òîëüêî ïðèìåð  3 áàëëà. ˆ Òîëüêî îöåíêà  2 áàëëà. ˆ Åñòü îöåíêà, à òàêæå ïðèìåð áåç îáîñíîâàíèÿ èëè ñ íåâåðíûì îáîñíîâàíèåì  5 áàëëîâ.

6 çàäà÷à ˆ Çà ïåðåôîðìóëèðîâêó çàäà÷è â òåðìèíàõ ðàâåíñòâà äðóãèõ óãëîâ èëè áèññåêòðèñ  0 áàëëîâ. ˆ Çà íåðàññìîòðåíèå ðàñïîëîæåíèÿ òî÷åê áàëëû íå ñíèìàþòñÿ. ˆ Çà îòñóòñòâèå îáúÿñíåíèÿ âûðîæäåííûõ ñëó÷àåâ áàëëû íå ñíèìàþòñÿ. ˆ Åñëè çàäà÷à ïîëíîñòüþ ðåøåíà òîëüêî äëÿ ñëó÷àÿ, êîãäà X íàõîäèòñÿ âíå îòðåçêà OH  7 áàëëîâ. ˆ Äîêàçàíî, ÷òî òî÷êà (òî÷êè) ïåðåñå÷åíèÿ CX è AB (BX è AC ) ëåæèò íà îêðóæíîñòè AOX  1 áàëë. ˆ Îñòàëüíûå ïðîäâèæåíèÿ íå îöåíèâàëèñü.

7 çàäà÷à ˆ  ðàáîòå íåò ñîäåðæàòåëüíûõ èäåé ïî ïîñòðîåíèþ íóæíîãî ïðèìåðà  0 áàëëîâ. ˆ Äîêàçàòåëüñòâî òîãî, ÷òî ñóììà âñåõ âîñüìè òðåõ÷ëåíîâ ðàâíà íóëþ  0 áàëëîâ. ˆ Ïîïûòêè ïîñòðîåíèÿ ïðèìåðà ïî çíà÷åíèÿì òðåõ÷ëåíîâ â òðåõ òî÷êàõ  2 áàëëà.

8 çàäà÷à ˆ Òîëüêî îòâåò  0 áàëëîâ. ˆ Âåðíûé îòâåò è âåðíûé ïðèìåð  2 áàëëà. ˆ Âåðíûé ïðèìåð ñ íåâåðíî ïîñ÷èòàííûì îòâåòîì  1 áàëë. ˆ Íåòî÷íûå îöåíêè è íåîïòèìàëüíûå ïðèìåðû áàëëîâ íå ïðèíîñÿò. ˆ Ïîêàçàíî, ÷òî äëÿ äâóõ äåòåé a è b ñóùåñòâóåò íå áîëåå îäíîãî ðåá¼íêà, ñòîÿùåãî ìåæäó íèìè è îáðàçóþùåãî õîðîøèå ïàðû ñ îáîèìè, èëè ýêâèâàëåíòíîå óòâåðæäåíèå  1 áàëë (ñóììèðóåòñÿ ñ áàëëàìè çà ïðèìåð).