Решения задач вступительной контрольной работы в ЗМШ 1970 года

46

Решения задач
вступительный контроль работы
в 3МШ 1970 года

А. Л. Тоом

В первом номере нашего журнала (стр. 56), а также в «Учительской газете» (26 февраля 1970 г.) были опубликованы задачи, которые нужно решить, чтобы поступить в Заоchnую математическую школа. ЗМШ получила около 6000 писем от восьми классников с решением задач, около 3000 из них приняты в школе.

Мы думаем, что задачи занимаются не только тех, кто прислал письма в ЗМШ, но и многих других читателей «Кванта», в том числе и будущих кандидатов в ЗМШ, и потому сегодня публикуем решение задач. Почти все задачи разобраны очень подробно, «досконально», чтобы прояснить решение даже для не очень подготовленных читателей. Для удобства читателей мы повторяем здесь условия задач.

Мало решить задачу и получить верный ответ: надо еще суметь ее записать, что совсем не легко. Поэтому мы советуем прочитать эти решения даже тем, кто решил задачи, и сравнить со своим. Разумеется, приведенные здесь решения — не единственное возможное, но, читая их, можно понять, как надо точно и логично записывать решения задач.

47

Вступительная контрольная работа
в 3МШ 1970 года (условия задач)

1. Математик щел домой по берегу ручья вверх по течение со скоростью, в полтора раза большей, чем скорость течение ручья, и держал в руках палку и шляпу. В некоторых моментах он бросил в ручей шляпу, перепутав ее с палкой, и продолжал идти вверх по течение ручья с той же скоростью. Через некоторое время он заметил ошибку, бросил палку в ручей и побежал назад со скоростью, вдвое большей, чем шляпу. Догнав пыльушую шляпу, он мгновенно выудил ее из воды, повернулся и пошел вверх *) по течение с первого嗽альной скоростью. Через 10 мин он встретил пыльушую по ручью палку. Наколько раньше он пришел бы домой, если бы не перепутал палку со шляпой?

2. Для всякого ли треугольника ABC найдется такая точка P, что все три точки, симметричные точки P относительно прямых AB, BC и AC, лежат на окружности, описанной около треугольника ABC?

3. Для каких значений a разность корней уравнения ax²+x-2=0 равна 3?

4. Студент за пять лет учебы сделал 31 экзамен. В каждом следующем году он сделал больше экзаменов, чем в предыдущем. На пятом курсе экзаменов второе больше, чем на первом. Сколько экзаменов на четвертом курсе?

5. Основания равновобочной трапеции — 4 cm и 8 cm, ее площадь — 21 cm². Какую стороны пересекает биссертиса угла при большем основании: меньше основание или бокового стороны трапеции?

6. Все цифры неокорого четырехзначного числа, являющегося полным квадратом, можно уменьшить на одно и то же число так, что получится четырехзначное число, тоже являющееся полным квадратом. Найти все такие числа.

7. Может ли сумма расстояний от точки, лежащей внутри выпуклого четырехугольника, до всех его вершин быть больше его периметра?

8**). Один из трех гангстеров, известных

*) Это слово «вверх» было по ошибке пропущено в № 1 «Кваンタ», что затрудило некоторых читателей понимание условий задачи.

**) В других изданиях эта задача была опубликована виной формулировке:

До Царя Гороха дошла молва, что наконец кто-то убил Змея Горьныца. Царь Горох знал, что это мог сделать либо Илья Муромец, либо Добрыня Никитич, либо Алеша Попович. А вот и они, запыленные, явились ко двору. Царь стал их спрашивать. Прижды каждой богатый ребра держал. И сказали они так:

И лья Муромец: 1) Не я убил Змея Горьныца. 2) Я узжал в заморские страны. 3) Змея Горьныца убил Алеша Попович.

До брыня Никитич: 1) Змея Горьныца в горode М под кликами Арчи, Босс и Весли, укал портфель (с деньгами). На допросе каждой из них сделал три заявления:

А рч и: 1) Я не брал портфель.
2) В день кражи я узжал из города M.
3) Портфель укал Весли.
4) Восс: 1) Портфель укал Весли.
2) Если бы я и взял его, я бы не сознался.
3) У меня и так много денег.
Восс и: 1) Я не брал портфель.
2) Я давно ищу хороший портфель.
3) Арчи прав, говоря, что он узжал из М.

В ходе следствия выяснили, что из трех заявлений каждой гарантия два верных, а одно неверное. Кто украла портфель?

9. Найти числа x и y такие, что x>y>0 и x³+7y=y³+7x.

10. Квадратная площадь размером 100 m×100 m выложена квадратными литами 1 m×1 m четырех цветов: белого, красного, черного и серого—так, что никакие две плиты одинакового цвета не соррикаются друг с другом (т. е. не имеют общей стороны или вершины). Сколько может быть красных плит?

11. Решить уравнение
    (x²+6x-4)(x²+6x-3)=12.

12. Дан треугольник ABC. Найти точки K и H, лежащие соответственно на сторонах AB и BC, также, что BK=KH=HC.

13. Найти все такие числа p, что p²+13 тоже простое.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Прежде всего заметим, что потеряное математиком время, то есть то время, которое требуется найти, состоит из двух слагаемых: а) времени, которое он бежал назад и которое мы обозначим через t (минут); б) времени, которое он потратил, чтобы пройти пешком то расстояние, которое пробелал; поскольку бежал он вдвое быстрее, чем шел, то это время равно 2 t, а все потеряное время равно 3 t.

Итак, достаточно вычислить t. Обозначим скорость течение через v. Тогда скорость ходьбы равна $\frac{3}{2}v$, а скорость бега равна 3v. Расмотрим ситуацию с того момента, когда математик, бросив в воду палку, обозначил, до того, когда он встретил пышучую ему навстречу палку. Бежал он ныча убил Алеша Попович. 2) Если бы я его и убил, то не сказал бы. 3) Много еще нечистой силы осталось.

А леша А Попович: 1) Не я убил Змея Горьныца. 2) Я давно ищу, какой бы подвиг совершил в заморские страны.

Потом царь Горох узнал, что дважды каждой богатый правду говорил, а один раз лукавил. Кто убил Змея Горьныца?

48

время $t$ со скоростью $3v$ и, следовательно, пробежал расстояние $t \cdot 3v$. Затем он пошел назад со скоростью $\frac{3}{2}v$ и за $10$ минут прошел расстояние $10 \cdot \frac{3}{2}v$. Палка пляла все это время, то есть $(t+10)$ мин, со скоростью $v$ и пролыла $(t+10) \cdot v$. Очевидно, первое из вычисленных здесь расстояний равно сумме двух других:

$$t \cdot 3v = 10 \cdot \frac{3}{2}v + (t+10) \cdot v.$$

Сократив на $v$, находим, что $t=12,5$, откуда $3t=37,5$.

Ответ: $37,5$ мин.

Можно задачу эту решить и с помощью графиков (см. рис. 1; здесь $S$ — расстояние от устяруя вверх по течение, $T$ — время; красная линия — путь математика; голубые отрезки — плычшие шляпа и палка). По условию $\frac{AC}{CD} = 2$ и $BC=DE$, откуда можно найти отношение отрезков $AB:BC:CD:DE=6:4:5:4$ и $\frac{AD}{DE} = \frac{AD}{10\text{ мин}} = \frac{15}{4}$, откуда $AD = 37,5$ мин.

2. Точка $P$ должна удовлетворять третьего варианта:

1. точка $P_1$, симметричная $P$ относительно $AB$, лежит на описанной окружности;
2. точка $P_2$, симметричная $P$ относительно $BC$, лежит на описанной окружности;
3. точка $P_3$, симметричная $P$ относительно $CA$, лежит на описанной окружности.

Найдем сначала все точки $P$, удовлетворяющие третьего варианта 1). Все такие точки $P$ образуют окружность, симметрично описанной окружности относительно $AB$ (проведена на рисунке 2 белым цветом).

Таким образом, требование 1), предъявляемое к точке $P$, можно переформулировать так:

1’) точка $P$ лежит на окружности $O_1$, симметричной описанной окружности относительно $AB$.

Совершенно аналогично убеждаемся в том, что требования 2), 3) можно переформулировать в требовании о том, чтобы точка $P$ лежала на окружности $O_2, O_3$, симметричных описанной окружности относительно $BC$ и $CA$.

Надо выяснить, для всякого ли треугольника найдется точка $P$, лежащая сразу на всех трех окружностей $O_1, O_2, O_3$, иными словами, для всякого ли треугольника эти три окружности $O_1, O_2, O_3$ проходят через одну точку. Докажем, что это действительное так для любого треугольника $ABC$.

Придумать такое расчудение, которое годилось бы сразу для всех треугольников $ABC$, довольно трудно (дело в том, что мы заранее не знаем, где лежит точка $P$ пересечения окружностей $O_2$ и $O_3$ — внутри треугольника или вне его, по какую стороны от каждой из прямых $AB, BC$ и $CA$ и т.п., и если расчудение зависит от расположения точки $P$, то нужно разбирать несколько частных случаев). Но для экономии места мы все-tаки приведем именно такое решение, которое годилось сразу для всех случав, правда, несколько искусственное.

Заметим, что окружность $O_1$ можно получить из окружности $O$ не только симметричной относительной стороны $AB$, но и симметричной относительной точки $K$ — середины стороны $AB$, т. е. повтором относительной точки $K$ на $180^\circ$. А что будет, если вместе с окружностью $O$ повернуть и треугольник $ABC$? Ясно, что он передет в $\triangle ABC_1$, который дополняет $\triangle ABC$ до параллелограмма $ABC_1C$, причем $\triangle ABC_1$ вписан в окружность $O_1$ (рис. 3). Проделав такие же построения окончательно стороны $BC$ и $CA$, мы получим четыре равных треугольника, вместе составляющих один

51

a 2l < 3l.

To, что здесь написано, только в другихкой, ни к чем не обязательной безде, можно считать решением.

Точное решение этой задачи «для письменного экзамена» может выглядеть, например, так: построим четырехугольник ABCD и точку O внутри него, как показано на рисунке 6, где BD ⊥ AC, AM=BM=DM=1, OM=100, CM=101. Тогда

$$OA + OB + OC + OD = 101 + 2 \cdot BO + 1,$$

$$AB + BC + CD + DA = 2\sqrt{2} + 2 \cdot BC.$$

Поскольку BC < OB + OC = OB + 1, то 2 \cdot BC < 2 \cdot OB + 2 и, следовательно, AB + BC + CD + DA < 2\sqrt{2} + 2 \cdot BO + 2 < 100 + 2 \cdot BO + 2 = OA + OB + OC + OD.

8*). Возможны три предположения о том, кто украл портфель. Расмотрим их по очереди с тем, чтобы выяснить, какие из них противоречит условиям.

1). Пусть портфель украл Арчи. Тогда первое и третье его заявление неверны, а в условиях сказано, что только одно из заявлений неверно. Значит, это предположение противоречит условиям; Арчи не мог украть портфель.

2). Пусть портфель украл Босс. Тогда первое его заявление неверно, следовательно, остальные два должны быть верны. Правда, во втором его заявлении как бы подразумается что он, Босс, не брал портфеля, но прямого он этого не говорит, и поэтому противоречия не возникнет. Далее, третье заявление Арчи тогда не верно, следовательно, первые два должны быть верными. Раз верно второе заявление Арчи, то верно и третье заявление Весли, а так как верно первое, то второе неверно.

Мы видим, что никаких противоречий с

*) Задчаа про Змея Горьныча решается аналогично. (ОТВЕТ: Змея Горьныча убил Добрыня Никитич.)

условием не возникает. Значит Босс мог украсть портфель.

3). Пусть портфель украл Весли. Тогда первое его заявление неверно, а потому второе и третье верны. Раз верно третье заявление Весли, то верно и второе заявление Арчи. Первое и третье заявление Арчи также верны. Значит, верны все три заявления Арчи, что противоречит условиям. Весли не мог украсть портфель.

Ответ: портфель украл Босс.

Примечие. Можно ли было, рассмотрев предположение, что портфель украл Босс, и убедившись, что оно удовлетворяет условиям, на этом успокопиться и считать его доказанным? Нет.

Ведь могло оказаться, что собранных в условия данных вообще неодостаточно для того, чтобы определить, кто именно украл портфель.

9. Преобразуем:

$$(x^3 - y^3) - 7(x - y) = 0,$$

$$(x - y)(x^2 + xy + y^2) - 7(x - y) = 0,$$

$$(x - y)(x^2 + xy + y^2 - 7) = 0.$$

Поскольку $x > y$, то $x - y \neq 0$, значит, вторая скобка равна нулю:

$$x^2 + xy + y^2 - 7 = 0,$$

$$x^2 + xy + y^2 = 7.$$

Какое из трех чисел $x^2, xy, y^2$ — целое, положительное и меньше семи. Тогда $x, y$ могут быть равны только 1 или 2 (уже при $x = 3, y = 9 > 7$). Так как $x > y$, то $x = 2, y = 1$. Подстановкой убеждаемся, что это решение задачи.

Ответ: $x = 2, y = 1$.

10. Прежде всего убедимся в том, что площадь можно выложить плитами так, как требуется в условия. Это можно сделать, например, так, как показано на рисунке 7. Закон рассмотреня плит на все площади ясен из направованной части. Жирные линии проведены, чтобы этот закон легче было поняты. При таком рассмотренении плит всех цветов по 2500 штук. Значит, красных плит может быть 2500. Доказем, что никакое другое число плит не возможно.

Пусть площадь каким-то образом выложена плитами в соответствии с условиям. Разобъем ее на квадраты $2m \times 2m$, содержащие по 4 плиты, как это сделано на рисунке 7. Все таких квадратов 2500. Расмотрим один такой квадрат. 4 плиты, из которых он состоит, соррикаются квадрата с каждой. Поэтому они все должны быть разных цветов, то есть по одной каждой цвета. Поскольку в каждой квадрате одна красная плита, а квадратов 2500, то и красных плит 2500.

11. Введем обозначение: $x^2 + 6x = y$. Тогда $(y - 4)(y - 3) = 12,$ $y^2 - 7y = 0,$ $y_1 = 0,$ $y_2 = 7.$

52

Теперь надо решить два уравнения:

1. $x^2 + 6x = 0$, $x_1 = 0$, $x_2 = -6$;
2. $x^2 + 6x = 7$, $x^2 + 6x - 7 = 0$, $x_1 = -7$, $x_2 = 1$.

Ответ: $x_1 = -7$, $x_2 = -6$, $x_3 = 0$, $x_4 = 1$.

12. 1. Анализ. Поскольку $KB = KH$, то $\angle KHB = \angle B$. Проведем $KC$. Поскольку $KH = HC$, то $\angle HKC = \angle HCK$. Но их сумма равна внешнему углу $\angle KHB$: $\angle HKC + \angle HCK = \angle KHB$ (см. рис. 8). Значит, каждый из них равен его половине:

$$\angle CKH = \angle KCH = \frac{1}{2} \angle KHB = \frac{1}{2} \angle B.$$

2. Построение. Пусть дан $\triangle ABC$. Разделим $\angle B$ пополам и построим угол $\angle BCM = \frac{1}{2} \angle B$ так, что луч $CM$ лежит по ту же сторону от прямой $BC$, что и точка $A$. Пусть луч $CM$ пересекает сторону $AB$ (а не ее продолжение) в точке $K$. Построим угол $\angle CKN = \frac{1}{2} \angle B$ так, что луч $KN$ лежит по ту же сторону от прямой $CK$, что и точка $B$. Пусть луч $KN$ пересекает сторону $BC$ (а не ее продолжение) в точке $H$. Построенные точки $K, H$ – исключые.

3. Доказательство. По построению $\angle HKC = \angle HCK$, поэтому $KB = KH$.

Далее,

$$\angle KHB = \angle HKC + \angle HCK = \frac{1}{2} \angle B + \frac{1}{2} \angle B = \angle B,$$

позетом $KB = KH$.