Олимпиада по математике 11 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — 1 день

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

11 класс Первый день √ √ 11.1. Можно ли 2026 чисел 1 + 2, 1 + 2 2, . . . , 1 + 2026 2 разбить на две непустые группы так, чтобы произведения чисел в группах имели одинаковую дробную часть? Ответ: Нет, нельзя. Решение. Пусть √ √ такое разбиение √ существует, причём в одной из групп оказались числа 1 + x1 2, 1 + x2 2, . . . , 1 + xk 2. Перемножим эти выражения, раскроем скобки. Мы √ √ получим слагаемое 1k = 1, слагаемые x1 2, . . . , xk 2, а все остальные слагаемые будут √
k иметь вид N · 2 , где k ⩾ 2 и N — целые числа. Значит, в сумме получится число вида √ A + B 2, где A и B — целые числа, причём B ≡ x1 +√. . . + xk (mod 2). Аналогично, если √ 2, . . . , 1 + yn 2, то их произведение будет иметь в другой группе окажутся числа 1 + y 1 √ вид C + D 2, где C, D ∈ Z и D ≡ y1 + . . . + yn (mod 2). Заметим, что x1 + . . . + xk + y1 + . . . + yn = 1 + 2 + . . . + 2026 = 2027 · 1013, это число нечётно. B + D тоже нечётно, а тогда B ̸= D. Однако, поскольку числа √ √ Значит, число A + B 2 и √C + D 2 имеют одинаковую дробную часть, то их разность — целое число. Поскольку 2 ∈ / Q, это возможно лишь в случае, когда B − D = 0, противоречие. 11.2. Медианы остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке M . На стороне BC отмечены точки K и N так, что BK = KN = N C. Высоты треугольника M KN пересекаются в точке H. Докажите, что окружность, проходящая через середины отрезков AH, BH и CH, касается описанной окружности треугольника M KN . Решение. Обозначим через Ma , Mb и Mc — середины отрезков AH, BH и CH соответственно. Поскольку Ma Mb — средняя линия треугольника AHB, то Ma Mb ∥ AB. Аналогично Mb Mc ∥ BC и Mc Ma ∥ CA. √

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

Пусть BB1 — медиана треугольника ABC. Тогда BM : M B1 = 2 : 1 = BN : N C, поэтому M N ∥ AC. Аналогично KM ∥ AB. Итого соответствующие стороны треугольников Ma Mb Mc и M KN параллельны. Заметим, что Mb K — средняя линия треугольника BHN . Поскольку N H ⊥ KM , то прямая Mb K перпендикулярна M K и Ma Mb . Аналогично Mc N ⊥ Mc Ma , Mc N ⊥ M N , поэтому прямые Mb K и Mc N пересекаются в некоторой точке T , лежащей и на окружности (M KN ), и на окружности (Ma Mb Mc ). Как мы знаем, Mb Mc ∥ KN . Обозначим тогда ∠T Mc Mb = ∠T N K = α. Получаем, что у окружностей (M KN ) и (Ma Mb Mc ) общая касательная в точке T (прямая, образующая с прямой T K угол α, см. рис.), откуда и следует касание окружностей. Замечание. Приведём план другого решения. Как и в предыдущем подходе покажем, что соответствующие стороны треугольников Ma Mb Mc и M KN параллельны. Значит, эти треугольники подобны с коэффициентом Ma Mc BC 3 Ma Mc = · = . KN BC KN 2 Обозначим через AA1 медиану треугольника ABC, через M ′ — точку, симметричную H относительно A1 . Тогда, как известно, полученная точка диаметрально противоположна M на окружности (M KN ). Поскольку AM :M A1 = 2:1, то M — точка пересечения медиан −−−→ −−−−→ треугольника AM ′ H, поэтому M ′ Ma = 32 · M ′ M . Таким образом, при гомотетии с центром в точке M ′ и коэффициентом 3/2 треугольник M KN переходит в треугольник Ma Mb Mc . Поскольку еще и точка M ′ лежит на окружности (M KN ), то описанные окружности этих треугольников касаются в точке M ′ . Разумеется, построенная точка M ′ совпадает с точкой T из предыдущего решения. Треугольник AM ′ H может быть вырожденным, но и в этом случае выполняется соответствующее векторное равенство. 11.3. На олимпиаду приехало несколько участников из n > 1 регионов, некоторые из них дружат (дружба всегда взаимна). Выяснилось, что для произвольной рассадки нескольких (хотя бы трёх) участников за круглым столом, при которой любые два соседа дружат, участников из каждого региона за столом окажется не более половины общего числа детей за столом. Докажите, что участников можно рассадить по n кабинетам так, чтобы любые два друга оказались в разных кабинетах. Решение. Рассмотрим граф G, в котором вершины соответствуют участникам, а рёбра соединяют пары друзей. Тогда нам известно, что вершины можно окрасить в n цветов так, что в каждом простом цикле не более половины вершин будут одноцветными (назовём такую окраску приятной). Нужно же доказать, что можно вершины окрасить в n цветов правильным образом. Назовём цвет правильным, если никакие две вершины этого цвета не соединены; иначе назовём его неправильным. Рассмотрим любую приятную окраску вершин и два цвета A и B в ней. Мы докажем, что можно перекрасить вершины этих цветов (окрасив каждую снова либо в A, либо в B) так, что оба этих цвета станут правильными, и раскраска останется приятной. Заметим, что при такой операции любой другой правильный цвет останется правильным. Значит, проделав такую операцию несколько раз, задействовав каждый цвет хотя бы по разу, мы получим правильную окраску вершин, что и требовалось. Осталось показать, как совершить перекраску для двух цветов. Рассмотрим лишь граф H на вершинах цветов A и B (со всеми рёбрами, соединяющими пары этих вершин). Если в H есть простой цикл, то в нём не больше половины вершин цвета A и не больше половины — цвета B, то есть вершин обоих цветов в нём ровно по половине. Следовательно, этот цикл чётный. Таким образом, в графе H нет нечётных циклов; как известно, вершины такого графа можно правильно окрасить в два цвета. Сделаем такую окраску в цвета A и B; оба этих цвета стали правильными. Осталось доказать, что в любом простом цикле в исходном графе G по-прежнему не более половины

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

вершин одного цвета. Это условие могло нарушиться лишь для цветов A или B; покажем, что оно не нарушилось, скажем, для цвета A. Сопоставим каждой вершине цикла, имеющей цвет A, следующую за ней по циклу. Сопоставленные вершины будут иметь цвета, отличные от A, и все они будут различными. Значит, вершин цвета A в цикле столько же, сколько сопоставленных им вершин других цветов, то есть не больше половины общего числа вершин в цикле, что и требовалось. Замечание. Рассуждение из последнего абзаца решения показывает, что если вершины окрашены правильным образом, то в любом простом цикле не более половины одноцветных вершин. Таким образом, существование правильной раскраски равносильно существованию раскраски из условия. 11.4. Пусть P (x) — многочлен степени n с вещественными коэффициентами, у которого старший коэффициент равен 1. Оказалось, что можно выбрать 100 попарно различных вещественных корней x1 , x2 , . . . , x100 у многочлена P (x) и 100 попарно различных вещественных корней y1 , y2 , . . . , y100 у многочлена P (x) − 1 так, чтобы числа xi и yi отличались на 1 при всех i = 1, 2, . . . , 100. Каково наименьшее возможное значение n? Ответ: 101. Решение. Начнём с примера. Положим Q(x) = (x − 1)(x − 2) . . . (x − 100) + n

1 . 100

Пусть a ∈ 21 , 1 12 , . . . , 100 21 . Тогда |a(a − 1) . . . (a − 99)| > 14 , поскольку два множителя равны по модулю 12 , а остальные больше, чем 1. Следовательно, знаки значений Q(x)       1 1 1 в этих точках чередуются: Q 2 > 0, Q 1 2 < 0, . . . , Q 100 2 > 0, поэтому между каждыми двумя соседними из них у многочлена Q есть корень. Таким образом, у этого многочлена 100 различных вещественных корней x1 , x2 , . . . ,x100 . Положим P (x) = xQ(x).  x 1 Тогда P (x) − 1 = x(x − 1) . . . (x − 100) + 100 − 1 = (x − 100) x(x − 1) . . . (x − 99) + 100 = = (x − 100)Q(x + 1). Итого числа x1 , x2 , . . . , x100 — корни многочлена P (x), а числа x1 −1, x2 −1, . . . , x100 −1 являются корнями многочлена P (x) − 1, тем самым, построенный многочлен P (x) степени 101 подходит под условие задачи. Теперь докажем оценку, что deg P ⩾ 101. Предположим, что это неверно; поскольку у многочлена P есть 100 вещественных корней, это возможно лишь в случае deg P = 100. Положим P (x) = x100 + a99 x99 + . . . + a1 x + a0 . По теореме Виета для многочленов P (x) и P (x) − 1 мы получаем, что x1 + x2 + . . . + x100 = −a99 = y1 + y2 + . . . + y100 . По условию xi − yi = ±1 при i = 1, 2, . . . , 100, значит, ровно для 50 пар в этом равенстве будет знак «+» и ровно для 50 будет знак «−». Обозначим через R(x) унитарный многочлен степени 50, корнями которого будут 50 чисел xi , для которых xi − yi = 1, через S(x) — унитарный многочлен степени 50, корнями которого будут оставшиеся xi , для которых xi − yi = −1. Тогда числа y1 , . . . , y100 будут корнями многочлена R(x + 1)S(x − 1), то есть P (x) = R(x)S(x) и P (x) − 1 = R(x + 1)S(x − 1), поэтому R(x)S(x) − R(x + 1)S(x − 1) ≡ 1.

(⋆)

Положим T (x) = R(x+1)−S(x). Поскольку R и S — унитарные многочлены степени 50, то d = deg T ⩽ 49. Кроме того, T (x − 1)S(x) − T (x)S(x − 1) ≡ R(x)S(x) − S(x − 1)S(x) − R(x + 1)S(x − 1) + S(x)S(x − 1) ≡ 1. В частности, многочлен T (x) тождественно не равен нулю. Положим

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

T (x) = td xd + td−1 xd−1 + . . . + t0 ,

td ̸= 0;

S(x) = x50 + s49 x49 + . . . + s0 .

Тогда у многочлена T (x)S(x − 1) коэффициент при x50+d−1 равен −50td + s49 td + td−1 , а у многочлена S(x − 1)T (x) получится −dtd + s49 td + td−1 . Эти коэффициенты отличаются на (50 − d)td ̸= 0, однако, в силу полученного выше соотношения, они должны быть одинаковы, противоречие. Замечание. Прийти к противоречию, используя равенство (⋆), можно несколько иначе. Приравнивая соответствующие коэффициенты, мы получим, что по данному многочлену R(x) однозначно восстанавливаются коэффициенты S(x), причём для этого достаточно условий на коэффициенты при степенях не младше 49-й. Однако, если в правой части заменить 1 на 0, то полученному равенству будет удовлетворять многочлен R(x − 1). Таким образом, именно его коэффициенты и будут восстановлены как коэффициенты многочлена S(x), противоречие. Замечание. Придумать пример многочлена степени 101 можно, например, из следующих соображений. Рассуждения, аналогичные второй части решения, могут показать, что многочлен степени 101 может подойти под условие только в случае, когда все разности xi − yi равны. Пусть yi = xi − 1 при всех i. Положим Q(x) = (x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − x100 ). Тогда P (x) = Q(x)(x−a) и P (x)−1 = Q(x+1)(x−b) при некоторых a и b; приравнивая коэффициенты при x100 , получаем, что b = a − 100. Совершив замену переменных y = x − a (и сдвигая соответственно все xi ), можно считать, что P (x) = xQ(x) и P (x)−1 = (x−100)Q(x+1), то есть xQ(x) = (x − 100)Q(x + 1) + 1. Это равенство даёт систему линейных уравнений на коэффициенты многочлена Q(x). Для подобных систем полезно бывает решить сначала однородную систему (в которой числа b в уравнениях вида a1 x1 + · · · + an xn = b заменены на нулевые). Такая система задаст многочлен, удовлетворяющий равенству xQ(x) = (x − 100)Q(x + 1); все такие многочлены находятся несложно — это Q(x) = α(x − 1)(x − 2) . . . (x − 100). Осталось понять, что для получения решения неоднородного уравнения достаточно изменить коэффициент при x0 .

Решения — 2 день

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

11 класс Второй день 11.5. Саша поставил фишку в одну из точек координатной плоскости. За одну операцию разрешается переместить фишку, расположенную в точке с координатами (ai , bi ), в другую точку (ai+1 , bi+1 ), если уравнение прямой, соединяющей эти точки, имеет вид y = ai x + ci (где i — номер операции). Может ли после нескольких таких операций фишка вернуться в исходную точку? Ответ: не может. Решение 1. Заметим, что если уравнение прямой, соединяющей точки (ai , bi ) и (ai+1 , bi+1 ) имеет вид y = ai x + ci , то bi = a2i + ci и bi+1 = ai ai+1 + ci . Вычтем одно равенство из другого: bi − bi+1 = a2i − ai ai+1 . Пусть фишка побывала в точках (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), . . . , (an , bn ), (an+1 , bn+1 ) = (a1 , b1 ). В силу сказанного выше, bi − bi+1 = a2i − ai ai+1 , i = 1, 2, . . . , n. Здесь и далее считаем, что нумерация индексов ведётся по модулю n. Сложив все эти равенства, имеем: 0 = b1 − bn+1 =

n X i=1

1 (a2i − ai ai+1 ) = 2

n X

ai − ai+1 2 .

i=1

Следовательно, a1 = a2 = . . . = an , а тогда первая и вторая точка маршрута фишки совпадают, противоречие. Решение 2. Назовем ценой точки плоскости (a, b) значение a2 −2b. После перемещения из точки (a1 , b1 ) в точку (a2 , b2 ), где b1 − b2 = a21 − a1 a2 и a1 ̸= a2 цена новой точки будет больше, поскольку a22 − 2b2 − (a21 − 2b1 ) = a22 − a21 + 2(a21 − a1 a2 ) = (a1 − a2 )2 > 0. Следовательно, в исходную точку фишка вернуться не может. Замечание. У приведённого в условии процесса есть следующая интерпретация. Если паре чисел (a1 , b1 ) сопоставить параболу Γa ,b , задаваемую уравнением y = x2 + a1 x + 1 1

+ 21 b1 , то парабола, соответствующая паре (a2 , b2 ), выбирается проходящей через вершину параболы Γa ,b . В этом процессе никакая парабола не повторится, поскольку ордината 1 1

вершины у каждой следующей меньше, чем у предыдущей. 11.6. На доску выписаны 2026 попарно различных натуральных чисел, больших 1. Оказалось, что для любого выписанного числа a найдутся хотя бы k пар выписанных чисел b < c, для которых bc − 1 делится на a − 1. Найдите наибольшее возможное значение k. Ответ: k = 1012. Решение. Для начала приведём пример для k = 1012. Пусть на доску выписаны числа 21 , 22 , . . . , 22026 .

Рассмотрим одно из выписанных чисел a = 2n . Если m ∈ {1, 2, . . . , 2026}, то в этом множестве найдётся число k ̸= m такое, что m + k делится на n, возможно, за исключением случаев m = n и 2m = n. Действительно, если r — остаток от деления m на n, можно взять k = m − r. Пусть k + n = T m. Тогда 2n · 2k − 1 = 2T m − 1, что делится на 2T m−1 . Таким образом, для каждого выписанного числа a хотя бы 2024 выписанных числа участвуют хотя бы в одной искомой паре, поэтому таких пар не менее 1012. Далее докажем оценку. Пусть a — наибольшее из чисел, выписанных на доске. Рассмотрим пары выписанных чисел b < c, для которых bc − 1 делится на a. Покажем, что

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

число a не участвует ни в одной из рассмотренных пар, а любое из оставшихся чисел — не более чем в одной такой паре, отсюда последует, что 2k ⩽ 2025 и k ⩽ 1012. Пусть an − 1 делится на a − 1, где 1 < n < a. Поскольку a ≡ 1 (mod a − 1), то n − 1 делится на a − 1, но 0 < n − 1 < a − 1, противоречие. Теперь пусть числа mk − 1 и mn − 1 делятся на a − 1, где m, n, k — различные выписанные числа. Тогда число m взаимно просто с a − 1 и mk − mn = m(k − n) кратно a − 1. Значит, k − n делится на a − 1, однако |k − n| ⩽ max(k, n) − 2 < a − 1, полученное противоречие завершает решение задачи. 11.7. Сфера с центром в точке I вписана в тетраэдр ABCD и касается его граней BCD, CDA, DAB, ABC в точках A1 , B1 , C1 , D1 соответственно. Отрезок A1 B1 пересекает плоскость C1 D1 I в точке E. Докажите, что середина ребра AB лежит в плоскости CDE. Решение 1. Проведем через точку E прямую, параллельную AB. Пусть она пересечет плоскости BCD и ACD в точках A0 и B0 соответственно. Тогда точки A, A0 , B, B0 лежат в одной плоскости, поэтому лучи AB0 и BA0 пересекаются в некоторой точке X на ребре CD. Мы далее докажем, что E — середина A0 B0 , а тогда, поскольку AB ∥ A0 B0 , то на прямой XE будет лежать середина отрезка AB, при этом по построению прямая XE содержится в плоскости CDE, то есть задача будет решена. Поскольку IC1 ⊥ ABD и ID1 ⊥ ABC, то плоскость ID1 C1 перпендикулярна прямой AB, а тогда и прямой A0 B0 . Следовательно, IE ⊥ A0 B0 . Далее можно рассматривать лишь точки I, A1 , B1 , A0 , B0 , E (см. рисунок справа). Обозначим через A′ и B ′ проекции точек A0 и B0 соответственно на плоскость IA1 B1 . Тогда по теореме о трех перпендикулярах точки A′ , B ′ , E лежат на одной прямой, перпендикулярной IE, а также ∠B ′ B1 I = 90◦ = ∠A′ A1 I. Значит, точки I, A1 , A′ , E лежат на окружности с диаметром A′ I, а точки I, B1 , B ′ , E — на окружности с диаметром B ′ I, поэтому ∠IA′ B ′ = ∠IA1 B1 = ∠IB1 A1 = ∠IB ′ A (здесь мы воспользовались равенством радиусов IA1 = IB1 ). Следовательно, IA′ = IB ′ , а поскольку IE ⊥ A′ B ′ , то и A′ E = B ′ E. Тогда и A0 E = B0 E, что и требовалось.

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

Решение 2. Будем обозначать через dist(T, XY Z) расстояние от точки T до плоскости XY Z, через ∠(U V, XY Z) — угол между прямой U V и плоскостью XY Z. Пусть плоскость CDE пересекает ребро AB в точке K. Тогда dist(A, CDK) V S dist(E, ACD) AK = = AECD = ACD · BK dist(B, CDK) VBECD SBCD dist(E, BCD)

(⋆).

Точки A1 и B1 как точки касания вписанной сферы с плоскостями BCD и ACD симметричны относительно биссектра двугранного угла при ребре CD, в силу этой симметрии прямая A1 B1 образует равные углы с этими плоскостями. Следовательно, VIB C D dist(E, ACD) B E dist(B1 , C1 D1 I) 1 1 1 = sin ∠(IB1 , IC1 D1 ) . = 1 = = dist(E, BCD) A1 E dist(A1 , C1 D1 I) VIA C D sin ∠(IA1 , IC1 D1 ) 1 1 1

Прямые IC1 и ID1 перпендикулярны плоскостям ABD и ACD, поэтому они обе ортогональны прямой AB. Итого прямая AB перпендикулярна плоскости C1 D1 I, а прямая IA1 — перпендикулярна плоскости BCD. Следовательно, ∠(IA1 , IC1 D1 ) = ∠(AB, BCD), аналогично ∠(IB1 , IC1 D1 ) = ∠(AB, ACD). Таким образом, dist(E, ACD) sin ∠(AB, ACD) dist(B, ACD) = = dist(E, BCD) sin ∠(AB, BCD) dist(A, BCD)

(⋆⋆).

Поскольку dist(B, ACD) · SACD = 3 · VABCD = dist(A, BCD) · SBCD , из соотношений (⋆) и (⋆⋆) следует требуемое равенство AK = BK. Замечание. Как нетрудно заметить, оба приведенных решения следует плану соответствующих рассуждений для аналогичной плоской задачи: если I — центр вписанной окружности треугольника ABC, которая касается соответствующих сторон в точках C1 , A1 , B1 , и прямая IC1 пересекает отрезок A1 B1 в точке E, то прямая CE проходит через середину отрезка A1 B1 . Отметим, что ключевое равенство второго решения VIB C D

1 1 1 = SBCD

VIA C D

1 1 1

SACD

аналогично теореме синусов для треугольника. Действительно, если для трехгранного угла тетраэдра при вершине A мы обозначим через sin ∠A объём тетраэдра, образованного тремя внешними единичными нормалями в точке A к граням тетраэдра ABC, ABD, ACD (и введём аналогичные обозначение для остальных вершин), то наше равенство примет вид SBCD sin ∠A S S = ⇔ BCD = ACD . SACD sin ∠B sin ∠A sin ∠B Замечание. Приведём план альтернативного подхода с помощью полярного преобразования относительно вписанной сферы Ω. Заметим, что точка A1 — полюс плоскости BCD, аналогично и с другими точками касания. Следовательно, полюс плоскости IC1 D1 — бесконечно удаленная точка на прямой AB, а поляра прямой A1 B1 — это прямая CD. Таким образом, полюс P плоскости CDE лежит в плоскости α, параллельной прямой CD и содержащей ребро AB. Рассмотрим плоскость γ, проходящую через точку C и перпендикулярную прямой CD. Пусть окружность ω — это проекция сферы Ω на γ, проекцию точки X на эту плоскость будем обозначать через X ′ . Тогда точка P ′ будет полюсом прямой CE ′ относительно окружности γ, а также CP ′ ∥ AB. После проектирования отрезки CA′ и CB ′ будут касаться окружности ω (в точках B1′ и A′1 ).

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

Пусть прямая CE ′ пересекает окружность γ в точках U и V . В силу сказанного выше, точка P ′ лежит на пересечении касательных в точках U и V к окружности ω. Это означает, что четырехугольник A′1 U B1′ V — гармонический, проецируя двойное отношение его вершин с описанной окружности на прямую A′1 B1′ с центром в точке U , мы получаем, что четверка точек P ′ , B1′ , A′1 B1′ ∩ U V, A′1 — гармоническая. Теперь при проекции этой четверки с центром C на прямую A′ B ′ , поскольку CP ′ ∥ A′ B ′ мы получаем, что CE ′ проходит через середину отрезка A′ B ′ . Следовательно, середина отрезка AB лежит в плоскости CDE, что и требовалось. 11.8. Даны нечётные числа a ⩽ b, большие 1. На клетчатую плоскость (сторона клетки равна 1) выложены по линиям сетки салфетки в форме квадратов 2 × 2 так, что каждая клетка накрыта не более чем одной салфеткой. Оказалось, что для любого клетчатого прямоугольника с горизонтальной стороной a и вертикальной стороной b его левый нижний угол является центром одной из салфеток в том и только в том случае, когда его правый верхний угол является центром одной из салфеток. Найдите наименьшее положительное число α, при котором для любого натурального N гарантированно найдётся клетчатый квадрат N × N , содержащий целиком не более αN 2 салфеток. (a + 1)(b − 1) Ответ: . 4(ab + b − a) Решение 1. Все рисунки в решении иллюстрируют сказанное при a = 5, b = 9. Сперва докажем, что заявленное в ответе значение α (обозначим чего через α0 ) удовлетворяет условию. В каждой салфетке правую верхнюю клетку назовём базовой. Непокрытую клетку назовём дыркой. Рассмотрим произвольную салфетку; введём систему координат (пронумеруем строки и столбцы) так, что её базовая клетка имеет координаты (1, 1). Согласно условию задачи, при параллельном переносе T на вектор (a, b) конфигурация переходит в себя. Тогда клетка (a, b) покрыта нижней левой клеткой T-образа этой салфетки. Рассмотрим прямоугольник P с левой нижней клеткой (1, 1) и правой верхней клеткой (a, b). Раскрасим его клетки в шахматном порядке так, чтобы все угловые клетки были черными (это возможно, поскольку a и b нечётны); чёрных клеток окажется на одну больше, чем белых. Нетрудно видеть, что каждая салфетка покрывает в P не меньше чёрных клеток, чем белых. При этом рассмотренная выше салфетка и её образ покрывают больше чёрных клеток, чем белых. Поскольку каждая клетка покрыта не более чем по одному разу, какая-то белая клетка в этом прямоугольнике — дырка. Сопоставим одну из таких дырок рассмотренной салфетке. ×

Выясним, скольким салфеткам может быть сопоставлена одна и та же дырка. Введём координаты иначе, чтобы у дырки они были (a, b). Tогда базовые клетки салфеток, которым она соответствует — по-прежнему белые клетки прямоугольника P (в новых координатах). При этом все эти белые клетки, кроме b−a 2 верхних клеток левого столбца, можно разбить на пары соседних по диагонали (левая верхняя–правая нижняя); из каждой такой пары не более чем одна клетка может быть базовой. Таким образом, базовых клеток (и,

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

тем самым, сопоставленных салфеток) не больше, чем   1 ab − 1 b − a 1 + = (a + 1)(b − 1). 2 2 2 4 Предположим, что для некоторого натурального N наименьшее количество салфеток в квадрате N × N равно αN 2 . Тогда в любом квадрате M × M , где M = s · N , содержится не менее, чем αM 2 салфеток, поскольку он разбивается на s2 квадратов N × N . Пусть квадрат M ×M содержит целиком k салфеток. Все эти k салфеток и не менее чем 4k соответствующих им дырок содержатся в прямоугольнике (M + a) × (M + b), (a+1)(b−1) у которого общий левый нижний угол с рассмотренным ранее квадратом. Значит, сумма площадей этих салфеток и дырок не больше площади прямоугольника:   4 ⩽ (M + a)(M + b). k 4+ (a + 1)(b − 1) Итого α⩽

(a + 1)(b − 1) (M + a)(M + b) k ⩽ . · 2 4(ab + b − a) M M2

(⋆)

(sN +a)(sN +b) = 1 (напомним, что M = s · N ) и пеs→∞ (sN )2 рейдём к пределу в неравенстве (⋆) — получится, что α ⩽ α0 . Значит, действительно для любого N найдётся квадрат N × N , в котором покрыто не более, чем α0 N 2 клеток.

Воспользовуемся тем, что lim

Осталось доказать, что никакое значение α < α0 под условие не подходит. Рассмотрим прямоугольник Π с горизонтальной стороной a+1 и вертикальной стороной b−1. Разобьём его на квадратики 2×2 (салфетки) и добавим все его сдвиги на все целые кратные векторов (a, b) и (−1, b − 1) (и их суммы). Сопоставим каждой дырке прямоугольник, с которым она граничит своей нижней стороной, это сопоставление взаимно-однозначно.

Предположим, что квадрат N × N содержит не более, чем αN 2 салфеток. Значит, 2

4αN он целиком содержит не более, чем (a+1)(b−1) сдвигов прямоугольника Π. Тогда в этом 2

4αN квадрате дырок не больше, чем (a+1)(b−1) + 4(a + b) · N . Действительно, каждой дырке,

не лежащих в крайних a + b столбцах (с любой из 4 сторон) соответствует целиком содержащийся в квадрате прямоугольник (a + 1) × (b − 1), разбитый на салфетки, а число оставшихся клеток можно оценить как C · N для C = 4(a + b). Салфетки, целиком содержащиеся в квадрате, и дырки в гём по площади должны составлять не менее (N − 2)2 (клетки крайних строк и столбцов могут быть покрыты салфетками, не содержащимися в квадрате полностью), откуда 4αN 2 +

4αN 2 + C · N ⩾ (N − 2)2 (a + 1)(b − 1)

4α +

4α C (N − 2)2 + ⩾ . (a + 1)(b − 1) N N2

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

Эта оценка должна выполняться при каждом натуральном N . Переходя к пределу при N → ∞ в правом неравенстве мы получаем, что 4α +

(a + 1)(b − 1) 4α ⩾1⇒α⩾ = α0 , (a + 1)(b − 1) 4(ab + b − a)

что и требовалось доказать. Решение 2. Приведём другое доказательство того, что α = α0 удовлетворяет требованиям. Мы будем пользоваться терминологией из первого решения. Введём систему координат на плоскости. Рассмотрим фигуру F , содержащую при каждом i = 1, 2, . . . , a−1 столбец Ci от клетки (i, i) до клетки (i, i + b − 1), а также столбец клеток Ca от (a, a) до (a, 2b − 1); всего эта фигура содержит (a − 1)b + (2b − a) = ab + b − a клеток. Лемма. Любой параллельный перенос этой фигуры (на вектор с целыми координатами) содержит дырку. Доказательство. Ясно, что достаточно доказать утверждение леммы для исходной фигуры F . Предположим противное. Назовём салфетку чётной или нечётной в зависимости от того, чётна или нечётна ордината её базовой клетки. Обозначим через Ci+a столбец, полученный из Ci переносом на вектор ⃗v = (a, b) (в частности, C2a+1 получен из C1 переносом на 2⃗v ); по условию, все столбцы Ci , i = 1, 2, . . . , также полностью покрыты. Значит, для каждого i все салфетки, задевающие Ci , имеют одинаковую чётность; в зависимости от неё назовём этот столбец чётным или нечётным. Заметим, что столбцы C1 и Ca+1 имеют разные чётности, так как их покрытия отличаются сдвигом на (a, b); поэтому существует такое j (1 ⩽ j ⩽ a), что Cj и Cj+1 имеют разную чётность. Выберем одно такое j. Заметим, что тогда одна салфетка не может задевать и Cj , и Cj+1 .

Tj+1 Tj

Bj+a

Tj+1

Bj+a

Tj

F Ca Bj+1 C2 C1

Bj

Bj+1 Bj

Предположим, что Cj имеет ту же чётность, что и j (а тогда Cj+1 и Cj+a имеют ту же чётность, что и j +1). Пусть Tj = (j, k) — верхняя клетка в Cj ; тогда он содержит и клетку Bj = (j, k − b + 1), а тогда Cj+a содержит клетку Bj+a = (j + a, k + 1). Кроме того, Cj+1 содержит клетки Bj+1 = (j + 1, k − b + 2) и Tj+1 = (j + 1, k + 1). Заметим, что числа k и j имеют одинаковую чётность. Мы докажем, что строка R между клетками Tj+1 и Bj+a , содержит дырку. Это даст требуемое противоречие, ибо эта строка полностью содержится в объединении столбцов Cj+1 , . . . , Cj+a . Действительно, чётность салфетки, накрывающей Tj+1 , совпадает с чётностью числа k+1, то есть ордината её базовой клетки равна k+1. Тогда её абсцисса равна j+2, иначе она

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

бы накрывала Tj , то есть задевала бы и Cj , и Cj+1 . Таким образом, левые две клетки в R накрыты одной салфеткой. Аналогично, базовая клетка салфетки, накрывающей Bj+1 , имеет координаты (j + 2, k − b + 2), то есть она накрывает и клетку под Bj+1 . Значит, её не накрывает салфетка, накрывающая Bj , то есть эта салфетка имеет базовую клетку Bj . Поэтому и Bj+a является базовой клеткой некоторой салфетки, накрывающей правые две клетки в R. Но тогда строка R, состоящая из нечётного числа клеток, не может быть полностью покрыта салфетками. Если Cj имеет ту же чётность, что и j + 1 (а Cj+1 — ту же чётность, что и j), рассуждения аналогичны. Вводя те же клетки, мы получаем, что базовая клетка салфетки, покрывающей Tj , имеет координаты (j, k + 1), поэтому базовая клетка салфетки, покрывающей Tj+1 , имеет координаты (j + 2, k + 2), и эта салфетка покрывает левые две клетки строки R. С другой стороны, базовая клетка салфетки, покрывающей Bj , имеет коорди→ наты (j, k − b + 2), а тогда её перенос на − v накрывает правые две клетки в R. Лемма доказана. □ Теперь несложно завершить оценку. Заметим, что вся плоскость разбивается на сдвиги фигуры F на векторы, кратные (a, b) и (−1, b − 1). Рассмотрим любой квадрат M × M . Каждая его клетка, отстоящая от границы квадрата хотя бы на a + b, покрыта одним из этих сдвигов, целиком содержащимся в квадрате. Значит, сдвигов из разбиения, целиком (M −2a−2b)2

содержащихся в квадрате, не меньше. чем ab+b−a , и каждый содержит дырку. Поэтому количество салфеток, полностью содержащихся в квадрате, не превосходит ! 2 1 (M − 2a − 2b) M2 − . 4 ab + b − a

Теперь для любого натурального N выберем наименьшее α такое, что некоторый квадрат N × N содержит αN 2 салфеток. Тогда в любом квадрате M × M при M = s · N содержится не менее αM 2 салфеток, то есть ! (M − 2a − 2b)2 1 α⩽ 1− 2 . 4 M (ab + b − a) Переходя к пределу при s → ∞, получаем α ⩽ α0 .

Критерии

Задача 11.1. √ √ (А) Рассмотрим следующее утверждение (⋆): если {a + b · 2} = {c + d · 2}, то b = d . . . . (A1) Доказано утверждение (⋆) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (A2) Утверждение (⋆) используется √ без доказательства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл Отметим, что фраза «так как 2 иррационально» сама по себе доказательством не считается. (Б) В работе используется значение суммы 1 + 2 + . . . + 2026, при этом оно вычисляется неверно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .снимается 1 балл (В) Не оцениваются верно сформулированные и доказанные общеизвестные утверждения √ об алгебре чисел вида a + b · 2. В частности, что такие разложения единственны; суммы и произведения чисел такого вида снова являются числами такого вида; мультипликативность соответствующей нормы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача 11.2. (Z) Доказано, что стороны соответствующие стороны треугольников ABC, M KN , Ma Mb Mc параллельны, доказано подобие этих треугольников и найдены коэффициенты подобия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (A) Построена точка, симметричная ортоцентру треугольника M KN относительно середины стороны KN и заявлено, что окружности касаются в этой точке . . . . . . . . . . . . . .1 балл (B) Сформулировано и доказано, что треугольники M KN и Ma Mb Mc гомотетичны 1 балл Продвижения (A) и (B) не суммируются. Задача 11.3. (A1) Правильный разбор случая n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 балл (A2) Правильный разбор случая чётного n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (A3) Верное сведение задачи к случаю n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (A4) Верное сведение задачи к случаям n = 2 и n = 3, без правильного разбора случая n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл Баллы по критериям (А1) – (А4) не суммируются друг с другом и применяются только в случае, если задача не решена. Следующие продвижения не считаются существенными и не оцениваются. (⋆) Переформулировка задачи на языке графов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Сведение задачи к случаю связного графа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Сведение задачи к случаю графа без мостов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Доказательство того, что граф каждого региона — лес . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Доказательство более слабой оценки (с большим числом кабинетов) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Доказательство любых утверждений про треугольники в графе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Сведение задачи к случаю графа без вершин маленькой степени . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (⋆) Разбор случая, когда граф одного из регионов связен или имеет не больше 2 компонент связности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача 11.4. (⋆) Доказано существование искомых многочленов степени строго больше 101. . . 0 баллов (⋆) Доказано, что степень исходного многочлена не меньшее 100 . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (⋆) В предположении существования искомого многочлена степени ровно 100 выписаны равенства соответствующих симметрических многочленов от xi и от yi . . . . . . . . . 0 баллов (50/50) В предположении, что существует искомый многочлен степени 100, явно сформулировано и доказано, что 50 разностей P yi − xi равны 1 и 50 разностей равны −1 . . . . . . 1 балл P Если в работе записано равенство xi = yi , но явного вывода о количестве разностей каждого типа нет, этот балл не начисляется. (О) Доказано, что искомого многочлена степени 100 не существует . . . . . . . . . . . . . . . .3 балла (П) Доказано, что существует искомый многочлен степени 101 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 балла Продвижение (50/50) не суммируется с (O), но суммируется с (П).

Задача 11.5. Нет специальных критериев. Задача 11.6. (A) Оценка (k ⩽ 1012) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 балла (A0) Рассматриваются пары для максимального числа a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (A1) Доказано, что пары для числа a не пересекаются . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (A2) Доказано, что число a не принадлежит таким парам . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (A3) Вывод оценки из утверждений A1 и A2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B) Пример для k = 1012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 балла (B1) Пример без обоснования . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B2) Обоснование верного примера сведено к подсчету пар, где m+k делится на данное число n, где k, m, n выбираются из множества {1,2,. . . , 2026} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B3) Верная оценка количества пар . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (M) Ошибки в логике изложения или в алгебраических преобразованиях при подсчете числа пар . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается не менее 1 балла Задача 11.7. (A0) Решение соответствующей плоской задачи; наблюдение о перпендикулярности плоскостей IA1 B1 и CD и аналогичные . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (A1) В обозначениях решения 1 задача сведена к проверке того, что точка E — середина отрезка A0 B0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B0) Сведение к проверке равенств расстояний dist(A, CDE) = dist(B, CDE) или объемов VACDE = VBCDE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (B1) Сведение к проверке равенства B1 E/A1 E = SBCD /SACD (или аналогичному равенству с отношением высот тетраэдра) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B2) Сведение к проверке равенства VIB1 C1 D1 /VIA1 C1 D1 = SBCD /SACD . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (С) Основные свойства геометрии масс, полярных преобразований относительно сферы и проективных преобразрований в пространстве считаются известными . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (D0) Рассмотрение проективного преобразования, сохраняющего сферу и переводящего прямую CD в бесконечно удаленную . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (D1) Доказано, что поляра точки E относительно вписанной сферы — это плоскость, содержащая ребро CD и параллельная AB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (E) Введение (линейной) функции разности квадратов расстояний до A и B, изучение ГМТ её нулей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов Баллы за указанные выше продвижения не суммируются. Задача 11.8. (П) Оптимальный пример (оценка на α сверху) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (Л) Формулировка и доказательство леммы: в прямоугольнике a × b, левый нижний угол которого — центр салфетки, есть непокрытая клетка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (О) Неоптимальный пример или неоптимальная оценка, в том числе леммы, не ведущие к оптимальной оценке — например, наличие пустой клетки в (a + 1) × (b + 1) . . . .0 баллов