Задачи олимпиады по математике

60

Л. Лиманов

Задачи
олимпиды
по математике

В этой статье разбираются четыре задачи заключительного типа X Всесоюзной математической олимпиады, которые не вошли в «Задачик «Кванта». Решения задач, опубликованных в «Задачике», появятся в соответствии with номера журнала в следующем году.

8 класс

1. На столе как-то лежат 50 правильно идущих часов. Докажите, что в некоторых моментах сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок оказывается больше суммы расстояний от центра стола до центров часов.

Рассмотрим треугольник с таким вершинами: центр стола O, конец минутной стрелки i-x часов в момент времени t — обозначим его буквой A_i — и конец минутной стрелки этих же часов через полчаса — точка B_i (рис. 1). Ясно, что центр i-x часов — точка O_i — является основанием медианы треугольника A_i OB_i, проведенной из вершины O. Легко доказать, что в произвольном треугольнике удвоенная длина медианы меньше суммы длины заключителях ее сторон (рис. 2.)

Равенство же возможно лишь в том случае, когда $A_iOB_i = 0$ (т. е. когда точки A_i и B_i лежат на луче с вершиной в точке O). Но если в любой момент времени $A_iOB_i = 0$, то i-e часы строят, что противоречит условиям задачи, согласно которой все часы идутправильно. Поэтому момент времени t_0, когда $A_iOB_i \neq 0$ и $2|OO_i| < |OA_i| + |OB_i|$, для момент времени t_0 будет выполнен переавенство

$$2(|OO_1| + |OO_2| + ... + |OO_{50}|) < (|OA_1| + |OA_2| + ... + |OA_{50}|),$$

либо же в момент времени t_0 + 1/2 час — $|OO_1| + |OO_2| + ... + |OO_{50}| < |OB_1| + |OB_2| + ... + |OB_{50}|$. А именно это нам и требовалось доказать.

9 класс

2. Можно ли вершины куба занутеровать различными трехначными числами, составленными из цифр 1 и 2 так, чтобы номера любых двух соседних вершин различались не менее, чем в двух разрядах?

Рассмотрим такую систему координат: начало координат — в вершине нижнего основания куба, а положительные направления координатных осей совпадают с направлениями ребер куба, выходящих из этой вершины (рис. 3). В этой системе координаты вершин куба имеют вид: (0, 0, 0); (1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1), причем только те вершины, у которых совпадают ровно две координаты, являются соседними. Поэтому вопрос задачи можно переформулировать так: существует ли такое отображение множества вершин куба на себя, при котором все соседние вершины куба перестановить быть соседними? Такое отображение существует; как оно устроено, видно из рисунка 4 (куб на

61

Этом рисунке изображен несколько необходим в виде двух «концентрических» квадратов с «ребрами»). Синние стрелочки показывают, куда переходят вершины (на рисунке 4 две вершины остаются на месте). Постраайтесь выяснить, сколько различных таких отображений существует.

10 класс

2. В правильном 1976-угольнике отмечены середины всех сторон и середины всех диагоналей. Какое наиболее число отменных точек лежит на одной окружности?

Ответ: 1976. Докажем это. Середины всех диагоналей одинаковой длины $l$ лежат на одной окружности, концентрической с окружностью, в котором вписан многоугольник.

Поскольку всего есть диагонали $\frac{1976}{2} = 988$ различных длины (к «дигогонам» мы причисляем и сторонны), все отменные точки лежат на 988 концентрических окружности, причем самая маленькая из них — радиуса поля (выражается в точку — центр нашего многоугольника). Поэтому окружность не из этого семейства может содержать не больше $1+2 \cdot 987=1975$ отменных точек, поскольку две «полюшенные» окружности пересекаются по двум точкам, и у нас — еще одна «неполюшенная» окружность — точка, являющаяся центром многоугольника. Okружность же из «концентрического» семейства, проходящая через середины сторона нашего 1976-угольника, содержит 1976 отменных точек. В заключение отметим, что окружности, содержащиеровно 1975 отменных точек, существуют. Однако из них изображена на рисунке 5 — это окружность, описанная вокруг правильного 1976-угольника, подобного исходному (с коэффициентом 1/2), у которой одна вершина совпадает с вершиной, данного многоугольника, а остальные 1975 вершин — отменные: середины двух сторон и 1973 диагоналей, выходит из этой вершины.

3. На квадратном листе бумаги наиссованы $n$ прямогольников со стороны, параalleльными сторонами листа. Никакие два из этих прямогольников не имеют общих внутренних точек. Докажите, что если вырезать эти прямогольники, то количество кусков, на которых распадается оставшаяся часть листа, не больше $n+1$.

Утверждение задачи легко вывести из такого замечания: сумма величины углов многоугольника, примыкающих к его внутренним углам, меньше π, не меньше 2π. (Этот факт вы без труда доказете сам.) Иза условия же задачи сразу видно, что внешние углы получаются частей являются либо внутренним углам вырезанных прямогольников (рис. 6, a), либо внешними углами нашего листа бумаги (рис. 6, b), т. е. сумма всех внешних углов не превышает 2π ($n+1$). Но это и означает, что получится не больше ($n+1$) кусков. Из доказательства видно, что если получилось ($n+1$) кусков, то все эти куски выпуклы.