Решения задач вступительной контрольной работы в ЗМШ

25

Решения задач вступительного контрольной работы в ЗМШ

А. Л. Тоом

В первом номере «Кванта» были опубликованы задачи вступительного контрольной работы в Заочную математическую шкалу. ЗМШ получила около 6000 писем от восемиклассников. Около 2500 из приславших решения приняты в ЗМШ и ее филиалы.

В этом номере мы публикуем решения наиболее трудных задач.

Условия задач

5. О треугольнике ABC были сделаны 4 утверждения:

1. треугольник ABC прямогольный;
2. ∠A = 30°; 3) AB = 2BC; 4) AC = 2BC.
   Известно, что два из этих утверждения верны, а два других — неверны. Найти периметр треугольника ABC, если BC = 1.

6. Известно, что a+b+c<0 и что уравнение ax²+bx+c=0 не имеет действительных корней. Определить, какой знак имеет число c.

7. Про точки A, B, C известно следующие: для любой точки M на плоскости отрезок AM меньше хотя бы одного из отрезков BM и CM. Доказите, что точка A лежит на отрезке BC.

8. Можно ли завернуть кубик с ребром 1 в квадратный кусок бумаги со стороны 3?

9. Можно ли выписать девять чисел 1,2,3,…, 9 по кругу в таком порядке, чтобы сумма никаких двух соседних чисел не делилась ни на 3, ни на 5, ни на 7?

10. Жители города Правдин всегда говорят правду, а жители города Лгунов всегда лугт.

В одном из этих городов между командинами этих городов состоялся футбольный матч. После матча рядом со stadionом, на котором он проводился, произошел следующее:

A(обращаясь к Б и В): «Я не был на матче. Скажите, кто выиграл?»
B: «Г сказал мне, что их команда пронграла».
B: «Наша команда выиграла».
Γ (садясь в автовосу, идущий в другой городе, и обращаясь к А): «Поедем вместе, А, ведь мы из одного города».
A: «Вы ошибаете, Г. Я живу здесь. Это В из вашего города».
Определить, кто из каждого города, где происходит матч и какая команда выиграла.

12. По шоссе в одном направлении с постоянной скоростью через равные интервалы времени идут без остановок автовосу. Один человек прошел по шоссе 4 км, и за это время его обогнал 6 автовосу. В другой раз он прошел 7 км, и за это время его обогнал 8 автовосу. В третьий раз он прошел 17 км. Сколько автовосов при этом его обогнал? (Все три раза человек шел с одной и той же скоростью.)

Решения задач

5. Нам сказано, что из четырех утверждения какие-то два верны, но не сказано, какие именно верны, а какие — нет. Поэтому рассмотрим несколько случайов. В каждом такой случай мы будем предполагать, что какие-то два определенные утверждения верны, а другие два верны. Чтобы не пропустить какой-нибудь случай, сначала выясним,

26

Случай 1.2. Поскольку $\Rightarrow A=30^\circ$, то прямой угол — либо $B$, либо $C$. Если $\Rightarrow B$ прямой, то $AC=2BC$, чего не должно быть, так как утверждение 3 в этом случае неверно. Если $\Rightarrow C$ прямой, то $AB=2BC$, что также противоречит условиям. Итак, случай 1.2 невозможен.

Случай 1.3. Угол $A$ не может быть прямым, так как против него лежит не набольшая сторона. Если $\Rightarrow C=90^\circ$, то $\Rightarrow A=30^\circ$, чего не может быть в этом случае. Значит, $\Rightarrow B=90^\circ$. тогда утверждение 2 и 4 неверны. Значит, такой случай возможен. Тогда по теореме Пифагора $AC=\sqrt{5}$, а периметр равен $3+\sqrt{5}$.

Случай 1.4. Разбирается аналогично случаю 1.3. Возможен, если $\Rightarrow C=90^\circ$. Периметр равен $3+\sqrt{5}$.

Случай 2.3. Если $\Rightarrow A=30^\circ$ и $AB=2BC$, то $\Rightarrow C=90^\circ$, что противоречит условиям.

Случай 2.4. Аналогично случаю 2.3 невозможен.

Случай 3.4. Утверждение 1.2 неверны. Значит, этот случай возможен. Периметр равен 5.

Ответ. а) $3+\sqrt{5}$; б) 5.

6. Поскольку квадратный треугольен $ax^2+bx+c$ не имеет действительных корней, то $b^2-4ac<0$, откуда $ac>\frac{b^2}{4}$. Докажем, что $c(a+b+c)>0$.

Действительно,

$$c(a+b+c)=ac+bc+c^2>\frac{b^2}{4}+bc+c^2=\left(\frac{b}{2}+c\right)^2\geq 0.$$

Поскольку в положительном произведении один множитель $a+b+c$ отрицатель, то и другой множитель $c$ отрицатель. Итак, $c<0$.

Вариант решения. Известно, что если квадратный треугольен $ax^2+bx+c$ ни при каком $x$ не равен нулю, то его знак — один и тот же при всех $x$. Заметим, что число $a+b+c$ — это значение нашего треугольена при $x=1$, а число $c$ — это его значение при $x=0$. Значит, эти два числа имеют один и тот же знак. Поскольку $a+b+c<0$, то и $c<0$.

7. Докажем требуемое от противного. Предположим, что точка $A$ не лежит на отрезке $BC$, и приdem к противоречию с условиям. То есть докажем, что тогда неверно, что «для любой точки $M$ на плоскости отрезок $AM$ меньше хотя бы одного из отрезков $BM$ и $CM$». Иными словами, найдем такую точку $M$ на плоскости, что отрезок $AM$ не меньше какого из отрезков $BM$ и $CM$. Рассмотрим два случая.

28

столбцы пропумерованы цифрами от 1 до 9. Если две цифры могут стоять рядом, то на пересечении строки и столбца с этим номерами стоит плос, а если не могут, то минут. Можно поступить инчае. Нарисуем девять кружков и расставим в них цифры от 1 до 9. Соединим линейные два кружка, цифры в которых могут стоять рядом. А если две цифры не могут быть соседними, то мы их соединять не будем. Полученную схему перерисуем, чтобы по возможности «распутать» ее. Результат изображен на рисунке 4. Раз такой рисунок построен, вопрос можно сортировать так: можно ли, и для только по линяям, обойти тип все кружки этой фигуры по одному разу и вернуть на прежнее место? Будем решать задачу, глядя на этот чертеж, хотя точно так же можно было бы пользоваться и таблицей.

Поскольку 4 связано только с 7 и 9, значит, 7 и 9 и есть ее соседни по расположению на окружности. Аналогично соседни 2—цифры 6 и 9. Значит, 2 и 4 — соседни 9, а 7 и 8 — заведomo не相邻 9. Значит, связи 9 с 7 и 8 можно зачеркнуть (что и сделано на рисунке). Аналогично 1 имеет соседни 3 и 7. Значит, соседни 7 — цифры 1 и 4, а связь 7 с 6 можно зачеркнуть. Теперь 8 связано только с 3 и 5, значит, связь между 3 и 5 можно зачеркнуть. Оставшиеся линей обрабатут замкнутый путь, который и составляет единственное (с точностью до направления обхода) решение.

11. Составим таблицу:

| А из Правдина? | Г из Правдина? |
| :— | :— |
| Б из Правдина? | Матч проискодил в Правдина? |
| В из Правдина? | Выиграла команда Правдина? |

Решить задачу — значит заполнить пустые графы этой таблицы словами «да» или «нет» так, чтобы не встретить в противоречие с условиям. Точнее, надо найти все такие способы заполнения, так как их может быть больше одного. На худой конец можно переработать все возможные способы заполнения (их всего 64) и для каждой проверить, противоречит он условиям или нет. Но это, конечно, некрасивый способ решения. Будем решать инчае.

1. Из заявления B следует, что выиграла команда Правдина. Докажем это. Если B из Правдина, то сказано им — правда, и выиграла команда Правдина. Если B из Лгунова, то сказано им — неправда, и выиграла опять-tаки команда Правдина.

2. Из заявления B следует, что B из Лгунова, так как его заявление завершено неверно. Докажем это. Мы уже знаем, что выиграла команда Правдина.

29

дина. Если $\Gamma$ из Правдина, то он не мог сказать, что их команда пронграла, так как это была бы ложь. Если $\Gamma$ из Лгунова, то он тоже не мог этого сказать, так как это была бы правда.

3. Из заявления $\Gamma$ следует, что $A$ из Правдина. Докажем это. Если $\Gamma$ из Правдина, то $A$ действительное с ним из одного города, то есть из Правдина. Если $\Gamma$ из Лгунова, то $A$ с ним не из одного города, то есть $A$ снова из Правдина.

4. Теперь легко ответить на все вопросы. Из последнего заявления $A$ следует, что дело происходит в Правдине, $B$ и $\Gamma$ — из Лгунова.

Ответ. $A$ — из Правдина, $B$, $B$, $\Gamma$ — из Лгунова, матч пронсодил в Правдине, выиграла команда Правдина.

12. Ясно, что автовысы обгояют человека через равные промежутки времени. (Всякий такой промежуток равен $\frac{v_1 t}{v_1 - v_2}$, где $t$ — интервал времени между автовисами, $v_1$ — скорость автовисов, $v_2$ — скорость человека. Впрочем, мы этой формулировыться не будем.) Поэтому между теми моментами, когда его обгояют автовисы, человека успевает прояты всякий раз одинаковое расстояние. Обозначим это расстояние через $x$.

На рисунке 5 отрезок $AB$, отмеченный фигурной скобкой, изображает те 4 км, которые человек прошел в первый раз. Отметим на нем те 6 точек $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$, $P_5$, $P_6$, в которых его обгогал автовисы. Промежутков между ними 5, и длина каждой равна $x$. Остайются два куска пути по концам $AP_1$ и $P_6B$, которые человек прошел до того, как его обгогал первый автовис, и после того, как его обгогал последний автовис (на рисунке проведены красной линей). Длина каждой из этих отрезков меньше $x$. Докажем это. Допустим, например, что $P_6B \geq x$. Тогда на отрезке $P_6B$ помещится еще одна точка $P_7$ такая, что $P_6P_7 = x$. В этой точке человека, конечно, тоже обгоит автовис, а всего на этих 4 км человека обгоит более шести автовисов, что противоречит условиям. Тот факт, что $AP_1 < x$, доказывает аналогично. Учитывая все это, мы можем написать:

$$5x \leq 4 < 7x. \tag{1}$$

Аналогично, поскольку на отрезке в 7 км расположется 8 точек, отстоящих на $x$ друг от друга, а концевые отрезки снова будут меньше $x$:

$$7x \leq 7 < 9x. \tag{2}$$

Из (1) мы получаем, что $x \leq 4/5$, а из (2) получаем, что $x > 7/9$.

Теперь мы должны определить, сколько точек, отстоящих друг от друга на $x$ км, можно расположить на отрезке в 17 км.

Поскольку $\frac{17}{4/5} = 21 \frac{1}{4}$, а $\frac{17}{7/9} = 21 \frac{6}{7}$, то $21 \frac{1}{4} \leq \frac{17}{x} < 21 \frac{6}{7}$ или

$$21 \frac{1}{4}x \leq 17 < 21 \frac{6}{7}x. \tag{3}$$

Докажем, что на отрезке в 17 км человека обгоят 21 или 22 автовиса. Действительно, если человека обгоят 20 автовисов (или меньше), то промежутков длины $x$ между ними будет 19 (или меньше), откуда $17 < 21x$, что противоречит (3). Если человека обгоят 23 автовиса (или больше), то $17 > 22x$, что тоже противоречит (3).

Ответ. 21 или 22 автовиса.