ЗАДАНИЯ ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ

Кировская ЛМШ-2013
РЕШЕНИЯ ЗАДАНИЙ ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ
ТИПИЧНЫЕ ОШИБКИ И КРИТЕРИИ ОЦЕНКИ
Смысл оценок, выставлявшихся за решения конкурсных задач:
+ (плюс): задача решена правильно;
, +/. (плюс с точкой): решение верно, но содержит небольшие погрешности;
±, +/– (плюс-минус): решение в целом верно, но содержит недочеты;
+, +/= (плюс с двумя минусами): решение в целом верно, но содержит значительные
погрешности;
+/2 (плюс пополам): задача решена примерно наполовину;
, –/+ (минус-плюс): решения нет, но есть заметное продвижение в правильном
направлении;
, =/+ (минус-минус-плюс): есть менее значительное продвижение;
, –/. (минус с точкой): есть отдельные разумные соображения;
– (минус): решение полностью неверно.
1 (6). В неверном равенстве 232+343 = 323+432 расставьте скобки так,
чтобы оно стало верным.
Решение. Авторское решение: 2(32+34)3 = 3(23+43)2. Участники конкурса
придумали и другие способы, например 23(2+34)3 = 32(3+4)32 и
(232+3)43 = 32(3+43)2. Почти все они справились с этой простой задачей.
Комментарий. За любой верный ответ ставился +.
2 (6-7). Миша задумал целое число. Оля умножила его то ли на 5, то ли на 6. Толя прибавил к результату Оли то ли 5, то ли 6. Поля отняла от результата Толи то ли 5, то
ли 6. В итоге получилось 101. Какое число мог задуматьМиша (найдите все возможные
варианты)?
Ответ. 17 или 20. Решение. Если Поля отняла столько же, сколько прибавил Толя, то
результат Оли должен равняться 101. Но 101 не делится ни на 5, ни на 6, поэтому так
быть не могло. Если Толя прибавил 5, а Поля отняла 6, то результат Оли был равен 102.
Это число не делится на 5, но делится на 6. Поэтому в этом случае Миша задумал число
102:6 = 17. Если Толя прибавил 6, а Поля отняла 5, то результат Оли был равен 100. Это
число не делится на 6, но делится на 5. Поэтому в этом случае Миша задумал число
100:5 = 20. Других вариантов, очевидно, нет.
Комментарии. Если было найдено только одно из двух искомых чисел, ставился –/+.
Если были найдены оба числа, но не было объяснено, почему других искомых чисел
нет, решение оценивалось в +/2.
3 (6-7). 20 точек расположены, как показано на рисунке справа. Найдите
как можно больше квадратов с вершинами в этих точках. Напишите,
сколько вы нашли квадратов, и нарисуйте найденные квадраты.
Решение. Все искомые квадраты изображены на помещённых ниже рисунках: на левом верхнем — 9, на трех остальных — по 4, всего — 21.
Комментарии. Для оценки + было достаточно верного ответа с правильным описанием
или рисунками всех искомых квадратов. Если все квадраты были нарисованы верно, но
ответ получился неверным из-за ошибки в их подсчете, ставился +/–.
1
Как видно из нашего рисунка, существует пять типов искомых
квадратов: три из них изображены на двух верхних и левом нижнем
рисунке, ещё два — на правом нижнем. Если в решении были
найдены только четыре из этих пяти типов, ставился +/2, если три,
то –/+, если меньше трёх — решение не засчитывалось (оценка –).
За ответ 21, не обоснованный рисунками, ставился –/+, другие ответы без рисунков оценивались минусом.
Типичной ошибкой в решениях была потеря четырёх квадратов с
правого нижнего рисунка с ответом 17. Некоторые из решавших не поняли, что в отмеченных точках должны лежать все вершины каждого искомого квадрата, и рисовали
квадраты, не удовлетворяющие условию задачи — такие решения, естественно, не засчитывались.
4 (6-8). В комнате собрались четверо. Каждый из них либо рыцарь, всегда говорящий
правду, либо лжец, который всегда лжет. Первый сказал: «Среди нас ровно один
лжец». Второй сказал: «Среди нас ровно два лжеца». Третий сказал: «Среди нас ровно
три лжеца». Четвертый сказал: «Все этитрое — лжецы». Кто из них солгал?
Ответ. Первый, второй и четвёртый. Решение. Допустим, четвертый — рыцарь. Тогда
лжецов трое, и третий говорит правду — противоречие. Таким образом, четвертый —
лжец, и среди первых троих есть рыцарь.С другой стороны,если один из первых троих
сказал правду, то двое других наверняка солгали. Поэтому рыцарь один, а лжецов —
трое. Следовательно, правду говорит третий, откуда и получаем ответ.
Комментарии. Из условия задачи не следует, что среди собравшихся обязательно есть
рыцарь. Несмотря на это, очень многие решали ее, перебирая случаи, когда рыцарем является, первый, второй, третий и четвертый, и забывая при этом разобрать случай, когда
рыцарей нет вообще. Такие решения оценивались не выше, чем в +/2, как и другие решения с неполным перебором возможных случаев. За верный ответ без всякого обоснования ставился =/+.
Из работ. «Значит, в комнате не меньше 3 лжецов… Как мало хороших людей!»
5 (6-8). На складе лежат в большом количестве ширлы, мырлы и дырлы. Ширла состоит из пяти шишек, мырла — из семи мышек, дырла — из девяти дышек. Все шишки
одинаковы, мышки — тоже, одинаковы и все дышки. У Васи есть чашечные весы без
гирь, и он хочет за одно взвешивание узнать, что тяжелее: две шишки или мышка с
дышкой. К сожалению, все изделия, имеющиеся на складе — неразборные. Помогите
Васе!
Решение. Достаточно добиться, чтобы на одной чаше весов было поровну мышек и дышек, а на другой — столько шишек, сколько на первой мышек и дышек вместе. Это возможно, если количество мышек делится на 2, 5, 7 и 9. Поэтому положим на вторую чашу
весов 279 = 126 ширл, то есть 630 шишек, а на первую чашу — 59 = 45 мырл, то есть
315 мышек, и 57 = 35 мырл, то есть 315 дышек. Если тяжелее мышка с дышкой, перевесит первая чаша, а если две шишки — вторая.
Комментарии. Для оценки + в этой несложной задаче было достаточно верно описать
взвешивание. За арифметическую ошибку при верном ходе решения оценка снижалась
до –/+. Если для взвешивания бралось вдвое больше, чем надо, мырл и дырл или вдвое
меньше ширл, ставился +/2. Самой распространенной ошибкой было сравнение 1/7+1/9
с 2/5 (с последующим выводом, что две ширлы тяжелее мырлы с дырлой), столь же бес2
смысленное, как сравнение суммы 1/9 собаки и 1/7 кошки с 2/5 мышки. Некоторые авторы не учитывали, что изделия неразъёмные.
Из работ. «Поскольку все изделия , имеющиеся на складе неразборные, попробуем решить математически.» «Васе надо узнать у того, кто это производил.»
6 (6-9). а) Уровень воды в каждом из трех водоемов иногда меняется. Каждые два водоема соединены протокой. Могло ли случиться так, что в 2012 году вода текла из
первого водоема во второй более шести месяцев, из второго в третий — тоже более
шести месяцев и из третьего в первый— тоже более шести месяцев?Вода течет из
одного водоема в другой, если ее уровень в первом водоеме выше, чем во втором. б) Тот
же вопрос, если в задаче а) всюду заменить слова «шести месяцев» словами «восьми
месяцев».
Ответ. а) Могло. б) Не могло. Решение. а) Пусть с января по апрель вода текла так:
1  2  3, с мая по август — так: 2  3  1, с сентября по декабрь— так: 3  1  2.
Тогда вода из первого озера во второе, из второго в третье и из третьего — в первое текла по 8 месяцев. б) Так как вода не может течь из озера с самым низким уровнем, в каждый момент она течет самое большее по двум направлениям из трех указанных в условии. Поэтому суммарное время течения воды по этим трем направлениям не превосходит 122 = 24 месяцев, а если бы она в каждом из них текла больше 8 месяцев, это время
было бы больше.
Комментарии. В пункте а) для оценки + было достаточно верного примера, в пункте б)
оценивалось обоснование. Не засчитывались: ответы без примера/обоснования; рассуждения с «географическими» аргументами, вроде того, что водоемы зимой замерзают (а
кто сказал, что они не в Африке?); в пункте а) — примеры, где вода по каждому из нужных направлений течет ровно 6 месяцев. В решениях пункта б) встречались мутные рассуждения о средних значениях без строгого обоснования выводов и ссылки на принцип
Дирихле без объяснения, как именно он в данном случае применяется. Оценка в таких
случаях обычно не превышала –/+.
Из работ. «Далее незаметно для нас пролетели второй и третий месяцы.» «Если вода
текла из первого озера во второй в какой-то месяц сажаем в соответствующую черного
красного кролика.»
7. Десять чисел (среди которых могут быть и одинаковые) записали в ряд. Затем под
каждым числом написали, сколько в этом ряду чисел, меньших него. Получился новый
ряд из десяти чисел. Мог ли при этом получиться ряд
а) (6-8). 9 0 0 2 5 3 6 3 6 6? б) (7-9) 5 6 1 1 4 8 5 8 0 1?
Ответ. а) Мог. б) Не мог. Решение.а) Если мы под каждым числом ряда а) подпишем
количество меньших него чисел ряда, получим тот же самый ряд. б) Допустим, ряд б)
получается из какого-то ряда X. Третье по величине число в ряду б) равно 6, и больше
шестерок в ряду б) нет. Значит, третье по величине число в ряду Х меньше второго по
величине и больше четвертого по величине. Но тогда это третье по величине в ряду Х
число больше не шести, а семи чисел этого ряда, а семёрки в ряду б) нет.
Комментарии. В пункте а) за любой верный пример или его описание ставился +. Ответ
без обоснования не засчитывался в обоих пунктах. В пункте б) ссылка на то, что меньше
третьего по величине числа ряда Х должно быть не 6 чисел, а 7 (или просто что таких
меньших чисел должно быть больше, чем указано рядом б)) без дальнейшего обоснования или с недостаточным обоснованием оценивалась в диапазоне от +/2 до +/– в зависи3
мости от величины пробелов. Рассуждения, сводящиеся к тому, что примера не существует, потому что автор не смог его построить, не засчитывались.
8 (7-10). Квадрат со стороной 1 разрезали на четыре прямоугольника. Чему может
равняться сумма периметров этих прямоугольников (укажите все возможные значения)?
Ответ. Любому числу от 6 до 10, исключая 6 и включая 10.
Первое решение. На рисунках справа указаны
пять возможных способов разрезать квадрат на
четыре прямоугольника (нетрудно убедиться,
что других способов нет). При разрезании первым способом сумма периметров равна 10, вто1
2
3
рым и третьим — любому числу, большему 8 и
меньшему 10, четвертым и пятым — любому
числу, большему 6 и меньшему 10, шестым — 8,
откуда и получается ответ. Чтобы обосновать
сказанное, например, для пятого способа, доста4
5
6
точно заметить, что длина сквозного разреза
равна 1, а длины двух других разрезов можно
сделать любыми положительными числами, меньшими 1. Для остальных способов
обоснования аналогичны.
Второе решение [Дмитрий Щелчков, 10 кл.]. Используя рисунки 1 и 4, легко показать,
что сумма периметров может равняться любому числу от 6 (исключая 6) до 10 включительно. Докажем, что других значений она принимать не может.
Допустим, сумма периметров не превосходит 6. Так как каждый разрез параллелен одной из сторон квадрата, сумма проекций разрезов на каждую из двух данных соседних
его сторон не превосходит 1. Если сумма проекций на каждую из сторон меньше 1,
возьмем на этих сторонах по точке, не принадлежащей проекциям. Точка внутри квадрата, проекциями которой являются взятые точки, не принадлежит ни одному из прямоугольников — противоречие. Если же сумма проекций на одну из сторон равна 1, очевидно, проведен единственный разрез, параллельный этой стороне, но он делит квадрат
на две части, а не на 4.
Допустим теперь, что сумма периметров больше 10. Заметим, что при 0 < a, b  1
(1–a)(1–b)  0 ab  a+b–1. Поэтому площадь каждого из наших прямоугольников не
меньше его полупериметра, уменьшенного на 1, а сумма их площадей не меньше суммы
полупериметров, уменьшенной на 4. Но сумма полупериметров по нашему предположению больше 5, и получается, что сумма площадей больше 1 — противоречие.
Комментарии. Для полного решения этой задачи нужно было: (1) дать верный ответ,
(2) показать, что сумма периметров всегда больше 6 и не больше 10, и (3) показать, что
сумма периметров может равняться любому числу из промежутка (6, 10]. При этом доказывать (2) можно как в нашем первом решении — полным перебором всех способов
разрезания квадрата (из аналогичных способов 2 и 3 достаточно рассмотреть один), либо как во втором — общим рассуждением, не опирающимся на такой перебор.
Неполнота или отсутствие в решении части (3) могли снизить оценку до +/– или +/=. Проблемы с частью (2) наказывались сильнее: за неполный перебор способов разрезания в
«переборном» решении или существенные пробелы в обосновании неравенств в решении,
не опирающемся на такой перебор, сразу снижали оценку до +/2, а в сочетании с другими
недостатками — до –/+ и ниже. В частности, не выше, чем в +/2, оценивались решения,
4
где без строгого обоснования использовалось существование сквозного разреза: ведь уже
при разрезании квадрата на 5 прямоугольников сквозного разреза может не быть. Также
не выше, чем в +/2 оценивались решения, где были выведены формулы суммы периметров для различных способов разрезания, но не было сказано, какие значения могут принимать полученные выражения. Решения, где рассматривались только отдельные возможные значения суммы периметров (например, целочисленные), не засчитывались.
9 (6-10). Приступив к оформлению вступительной работы между полуднем и часом
дня, участник посмотрел на часы. Закончив оформление работы между 5 и 6 часами
вечера, он снова посмотрел на часы и увидел, что часовая и минутная стрелки поменялись местами. Сколько времени ученик оформлял вступительную работу?
Ответ. 60/13 часа = 4 часа 36 12/13 минуты. Решение. Примем за единицу угол, на который поворачивается часовая стрелка за час. Пусть с 12.00 до начала оформления работы часовая стрелка повернулась на угол x. Тогда минутная стрелка за то же время повернулась на угол 12x. В 5 часов вечера минутная стрелка показывала на 12. С этого момента до момента, когда ученик закончил оформление работы, она повернулась на угол
x. Часовая стрелка, показывавшая в 5 вечера на цифру 5, за тот же промежуток времени
повернулась на угол x/12 и при этом составила угол 12x c направлением на число 12. Отсюда получаем уравнение 12x = 5+x/12, из которого находим x = 60/143. Поскольку время выполнения работы равно 12x–x = 11x, оно составило 6011/143 = 60/13 часа.
Комментарии. Большинство решавших эту задачу вместо того, чтобы составить и решить уравнение, разными способами искали приближенный ответ. Само по себе умение
делать это очень полезно, но здесь ответ надо было дать точно, и приближенные ответы
(самые типичные: 4 ч. 35 мин., 4 ч. 36 мин., 4 ч. 37 мин.) не засчитывались. Если уравнение или система уравнений были составлены верно, но решены с ошибками, оценка
ставилась в диапазоне от +/. до +/2. Верный ответ без обоснования оценивался в –/+.
10. В бочке было 100 л спирта. Из нее отлили литр спирта, взамен влили литр воды и
все тщательно перемешали. Затем отлили литр смеси, взамен влили литр воды, снова
все тщательно перемешали и т.д. Не используя вычислительной техники выясните, чего в бочке в итоге оказалось больше — воды или спирта, если литр воды вливали:
а) (6) 50 раз?б) (7) 51 раз?в) (8-9) 54 раза?г) (10) 56 раз?
Ответ. Спирта больше во всех четырех случаях. Решение.а) За 50 раз в бочку влили 50
л воды. Но какое-то количество этой воды при этом было вылито из бочки: это происходило при каждом отливании, начиная со второго. Поэтому воды в бочке меньше 50 л, а
спирта — больше. б) Допустим, после 51 операции воды в бочке стало не меньше 50 л.
Но тогда после 48 операций её в бочке было не меньше 47 литров, и поэтому каждым из
трех последних отливаний из бочки выливали не меньше 0,47 л воды. Стало быть, после
51 операции воды в бочке не больше, чем 51 – 30,47 = 49,59 л. Противоречие. в) Допустим, после 54 операций воды в бочке стало не меньше 50 л. Но тогда после 43 операций
её в бочке было не меньше 50–11 = 39 литров, и поэтому каждым из 11 последних отливаний из бочки выливали не меньше 0,39 л воды. Стало быть, после 54 операций воды в
бочке не больше, чем 54 – 110,39 = 49,71 л. Противоречие.г) Допустим, после 56 операций воды в бочке стало не меньше 50 л. Но тогда после 31 операции её в бочке было не
меньше 50–25 = 25 литров, и поэтому каждым из 25 последних отливаний из бочки выливали не меньше 0,25 л воды. Стало быть, после 56 операций воды в бочке не больше,
чем 56 – 250,25 = 49,75 л. Противоречие. Замечание. Более точные вычисления показывают, что воды впервые становится больше, чем спирта, после 69-й операции.
5
Комментарии. а) Задача оказалась несложной, но некоторые авторы говоря, что из бочки выливали не только спирт, но и воду, забывали сослаться на то, что воды влили 50
литров. Оценка в таких случаях снижалась до –/+. б)–г) Решений, подобных нашему,
было немного. По большей части решавшие сначала показывали, что после n операций
доля спирта в бочке составляет 0,99n, а потом проводили рассуждения, которые, по их
мнению, доказывали, что 0,9951 (0,9954, 0,9956) больше, чем 1/2. Если соответствующее
неравенство было просто выписано, но не доказано, ставился минус. Приближенные
вычисления без оценки погрешности и направления, в котором округляются их результаты, в качестве доказательства тоже не засчитывались, так как при замене чисел их
приближенными значениями без учета погрешности и направления округления неравенство между ними может поменяться на противоположное.
11 (7-10). На клетчатой бумаге нарисовали квадрат из n2 клеток и отметили центры
всех его клеток. Какое наибольшее число отмеченных точек можно выбрать таким
образом, чтобы никакие три выбранные точки не были вершинами прямоугольного
треугольника?
Ответ. 2n–2 (при n  2), 1 при n = 1. Решение. Случай n = 1 очевиден. Далее считаем,
что n  2. Чтобы выбрать с соблюдением условия задачи 2n–2 точки, достаточно взять
центры всех клеток, входящих в самую нижнюю строку и самый правый столбец квадрата, исключая центр их общей клетки. Теперь покажем, что больше 2n–2 точек выбрать
нельзя. Назовём строку (столбец) бедной (бедным), если там отмечено не более одной
точки. В условиях задачи каждая отмеченная точка должна находиться либо в бедной
строке, либо в бедном столбце, иначе найдется прямоугольный треугольник с вершиной
прямого угла в этой точке и двумя другими вершинами в ее строке и столбце. Допустим,
удалось отметить 2n–1 точку. Тогда существует хотя бы 2n–1 бедных строк и столбцов.
Но это значит, что бедными являются либо все строки, либо все столбцы, и потому в
таблице отмечено не более n точек. Противоречие. Вариант доказательства оценки
[Михаил Доронин, Барнаул]. Пусть отмечено более n клеток. Тогда найдутся строка, где
отмечено более одной клетки, и столбец, где отмечено более одной клетки. Но тогда
бедных строк и столбцов вместе не более, чем 2n–2, откуда и вытекает, что отмеченных
точек не больше, чем 2n–2.
Комментарии. Наличие или отсутствие ответа для случая n = 1 на оценку не влияло.
Ответ без доказательства оценки (то есть того, что больше, чем 2n–2 клеток отметить
нельзя), оценивался в =/+, если был приведен пример 2n–2 отмеченных клеток, и в –, если такого примера не было.
Некоторые авторы пытались доказать оценку, демонстрируя, что в стандартном примере
размещения 2n–2 отмеченных клеток нельзя сдвинуть отмеченную клетку так, чтобы
можно было отметить еще одну клетку. Но если даже так, то как из этого следует, что
нет размещения 2n–1 отмеченной клетки, совершенно не похожего на стандартное?
12 (8-10). Неравнобедренный остроугольный треугольник тремя медианами разбили на
шесть треугольников. Могли ли какие-то два из этих треугольников оказаться равными?
Ответ. Не могли. Решение. Пусть медианы AD, BE, CF треугольника ABC пересекаются
в точке M. Покажем, что треугольник AEM не равен ни одному из пяти остальных.
1) Пусть AEM = CEM. Тогда AE = CEAME = CMEME — биссектриса и медиана в AMCME  ACBA = BC. Противоречие.
2) Пусть AEM = BDM. ТогдаAME = BMDAE = BDAС = BC — противоречие.
6
3) Пусть AFM = AEM. Если при этом MF = ME, то FAM = EAM, и AD — медиана и
биссектриса в треугольнике ABC — противоречие. Если же MF = AE, то
FAM = AME, иBA || BE, что также невозможно.
4) Пусть AEM = CDM. Заметим, что AM = 2MD  MD. Если AM = CM,
тоME  ACBA = BC — противоречие. Поэтому AM = CD. Если ME = MD, то
MA = MB и MF  AB — противоречие. Поэтому ME = MC. Пусть N — середина отрезка
MB. Тогда MN = MC = ME, откуда MCE = 90 и BCA > MCE = 90то есть треугольник ABC — тупоугольный, что не соответствует условию задачи.
5) Треугольники AEM и BFM не могут быть равны по тем же причинам, что и треугольники AEM и CDM.
Замечание. Нетрудно проверить, что в тупоугольном треугольнике ABC со сторонами
AB = 2 и BC = 4 и медианой AD = 3 треугольники AEM и DCM действительно равны.
Комментарии. Если в решении не был обнаружен тупоугольный треугольник, который
нужным образом разрезать можно, оно не засчитывалось, даже если там были верно
разобраны все остальные случаи. Если же автор решения нашел этот треугольник, но не
заметил, что он тупоугольный, и дал положительный ответ на вопрос задачи, решение
оценивалось в –/+. Решение, где не был верно разобран хотя бы один из случаев 1–4,
оценивалось не выше, чем в –/+. Если варианты 1–3 были рассмотрены верно, в варианте 4 случай, когда возможно равенство треугольников, был замечен и рассмотрен, но тупоугольность треугольника ABC обоснована неверно или лишь ссылкой на чертеж, ставился +/2.
13 (8-10). 80 клеток расположены на двух кольцах и трех полосках
так, как показано на рисунке справа. Первоначально они пусты.
Двое по очереди заполняют по одной пустой клетке животными:
первый — курами, второй — утками. Когда все клетки заполнены,
убирают перегородки между соседними клетками, в которых сидят одинаковые птицы. Если после этого получается больше клеток с курами — победителем считается первый, если с утками —
второй, а если поровну — объявляется ничья. Кто выиграет при
правильной игре?
Ответ. Игра закончится вничью. Решение. Сначала докажем, что
если в клетках, отмеченных на рис. А одинаковыми номерами, будут
сидеть птицы разных пород, игра закончится вничью. Для этого
«отклеим» от колец соединяющие их полоски (рис. Б). По нашему
предположению в каждом кольце и каждой полоске есть хотя бы две
клетки с разными животными. Поэтому после окончания игры в
каждом из колец и каждой из полосок загоны для кур и уток будут
чередоваться, и потому их будет поровну. Теперь «приклеим» одну
из полосок назад. При этом на одном ее конце сольются в одну две
клетки с курами, а на другом — с утками. Значит, клеток с курами и
с утками останется поровну. То же произойдет и при «приклеивании» двух других полосок.
Теперь объединим клетки, помеченные на рис. А одинаковыми номерами, в пары, а остальные клетки разобьем на пары произвольным образом. Чтобы добиться ничьей, второму игроку достаточно каждый раз, когда первый заполняет курами какую-либо
1
1
2
2
4
4
3
5
5
3
Рис. А
1
1
2
2
4
4
3
5
5
33
1
3
1 2
3
7
Рис. Б
2
клетку, заполнять утками вторую клетку из той же пары. Первому же, чтобы добиться
ничьей, надо первым ходом заполнить курами произвольную клетку K, а потом заполнять курами клетки, парные только что заполненным клеткам второго, пока второй не
заполнит клетку, парную с K. После этого первый, если еще есть пустые клетки, снова
заполняет курами любую из них, и повторяет описанный цикл, пока клетки не закончатся. Поскольку последний ход в игре делает второй, он будет вынужден завершить этим
ходом очередной цикл, и снова получится, что клетки в каждой паре заполнены разными птицами.
Комментарии. Задача оказалось самой трудной в варианте, справились с ней меньше 10
человек. Даже верный ответ дали немногие, но без обоснования он всё равно оценивался
минусом. При наличии обоснованной ничейной стратегии второго игрока и разумных
общих соображений про стратегию первого (при отсутствии чёткого описания этой
стратегии) ставился +/2. Следует заметить, что стратегия, которая дает симметричный
ответ на заполнение клеток 1, 2 и 3 на рис. А, но не заботится о том, чтобы на каждом из
двух колец оказалось хотя бы по одной клетке с твоими птицами (у нас это гарантируется парами клеток 4 и 5), проигрышна: если соперник, пользуясь твоей безалаберностью,
целиком заполнит своими птицами малое кольцо и хотя бы одну клетку на большом, у
него, как нетрудно видеть, по окончании игры будет на одну клетку (а именно, на малое
кольцо) больше. Стратегии такого рода оценивались минусом.
Из работ. «Все зависит от того кто первый начнет заполнять клетки! Если же первый то,
выигрывает второй. Если же второй начинает первым, то все наоборот.»
14 (9-10). Докажите, что натуральное число n является составным в том и только том
x y
случае, когда найдутся такие натуральные числа a, b, x и y, что a+b = n и   1 .
a b
Решение. Описанное в условии свойство равносильно существованию натурального
решения (x, y) у какого-нибудь уравнения вида ax+by = ab с натуральными коэффициентами a и b, для которых a+b = n. Если n = p— простое число, то a и b взаимно просты.
Тогда в равенстве ax+by = ab число y должно делиться на a, а x— на b. Поэтому y  a,
x  b, и ax+by  2ab — противоречие, показывающее, что в этом случае наше уравнение
не имеет решений. Если же n = uv— составное (u, v > 1), то в качестве a и b можно взять
u и u(v–1), а в качестве x и y — u–1 и v–1.
Комментарии. Пример для составного n без доказательства обратного факта оценивался в –/+, доказательство, что n составное, без примера — в +/2.
15 (9-10). Может ли отношение двух чисел Фибоначчи равняться 2013?
Ответ. Не может. Решение. Обозначим n-ое число Фибоначчи через Fn. По индукции
нетрудно доказать, что для любых натуральных n и k  n–2 выполнено равенство
Fn = Fk+1Fn–k+FkFn–k–1 (*). Поэтому Fn/Fn–k = Fk+1+Fk(Fn–k–1/Fn–k) > Fk+1. С другой стороны,
Fn/Fn–k = Fk+1+Fk(Fn–k–1/Fn–k) < Fk+1+Fk = Fk+2. Таким образом, Fk+1 < Fn/Fn–k < Fk+2. Поскольку F17 = 1597, а F18 = 2584, 2013 может равняться только отношение Fn/Fn–16. Покажем, что и оно не может. В силу (*) Fn = F17Fn–16+F16Fn–17 = 1597Fn–16+987Fn–17, откуда
Fn/Fn–16 = 1597+987(Fn–17/Fn–16). Но Fn–16 = Fn–17+Fn–18 < 2Fn–17, откуда Fn–17/Fn–16 > 1/2 и
Fn/Fn–16 = 1597+987(Fn–17/Fn–16) > 1597+987/2 > 2013.
Комментарии. Участники конкурса придумали несколько разных решений этой задачи,
но все они существенно опираются на формулу (*) и/или на тот факт, что Fn делится на
Fm тогда и только тогда, когда n делится на m. Поскольку оба этих факта хорошо известны, мы не требовали их доказательства в работе. Если решение содержало переборную
8
часть, и перебор был неполным, оно оценивалось не выше, чем в +/2. Если при верном
ходе решения была опущена существенная часть вычислений, ставился –/+.
16 (9-10). Определенная на всей числовой оси функция f(х) такова, что для любого числа
х выполнено равенство f ( f ( f (... f ( x)...))) = 2013. В каком наименьшем количестве то2013
чек значение функции f(х) может равняться 2013?
Ответ. В двух точках. Решение. Функцию, удовлетворяющую условию задачи и дающую ровно два корня для уравнения f(x) = 2013, можно задать, например, равенствами
f(1) = f(2013) = 2013, f(x) = 1 при х  1, 2. Теперь покажем, что у нашего уравнения всегда не меньше двух корней. Один из них — обязательно2013, ибо
f(2013) = f( f ( f ( f (... f ( 2013)...))) ) = f ( f ( f (... f ( f (2013)...))) = 2013. Чтобы найти вто2013
2013
рой, возьмем любое число у0  2013 и положим у1 = f(у0), у2 = f(у1) и т.д. Из условия следует, что не позже 2013-го шага в последовательности у1, у2,… появится член, равный
2013. Пусть уm — первый такой член. Тогда число уm–1 является корнем уравнения
f(х) = 2013, не равным 2013.
Комментарии. Пример функции, принимающей значение 2013 ровно в двух точках при
отсутствии доказательства, что меньше двух таких точек быть не может, оценивался в
=/+. Так же оценивалось доказательство, что f(2013) = 2013, без дальнейшего содержательного продвижения. Оба эти достижения вместе оценивались в –/+. За доказательство, что таких точек не меньше двух, без примера, когда их ровно две, ставился +/=.
17 (10). Можно ли провести в пространстве семь различных прямых таким образом,
чтобы среди любых трёх из них были две взаимно перпендикулярные(не обязательно пересекающиеся)?Ответ. Нельзя. Решение. Лемма 1. На плоскости можно провести не
больше четырех прямых так, чтобы среди любых трёх из них были две взаимно перпендикулярные.Доказательство. Если среди проведенных прямых есть две параллельные,
каждая из остальных прямых должна быть им перпендикулярна. Стало быть, все
остальные прямые параллельны между собой, и потому их не больше двух. Если же параллельных среди проведенных прямых нет, то среди любых трех из них найдутся две
не перпендикулярных друг другу, и любая из остальных проведенных прямых должна
быть перпендикулярна одной из этих двух. Если остальных больше двух, то две из них
окажутся перпендикулярными одной и той же прямой, и, следовательно, параллельными
между собой, а этот случай мы уже рассмотрели.
Лемма 2. Если среди проведенных в пространстве прямых есть две параллельные, то
прямых проведено не более шести. Доказательство. В этом случае каждая из остальных
прямых должна быть перпендикулярна одной их этих двух, и, следовательно, параллельна перпендикулярной им плоскости. Поэтому по лемме 1 остальных прямых — не
более четырех.
Лемма 3. Среди любых четырех проведенных прямых есть две не перпендикулярные
между собой.Доказательство. Если все прямые попарно перпендикулярны, то любые
две из них перпендикулярны плоскости, параллельной двум другим, и потому параллельны между собой — противоречие.
Решение задачи. В силу леммы 2 достаточно рассмотреть случай, когда среди проведенных прямых нет параллельных. Пусть удалось провести семь прямых.По лемме 3 среди
них найдутся две не перпендикулярных прямых 1 и 7. По условию любая из оставшихся
пяти прямых перпендикулярна либо 1, либо 7. Поэтому одной из этих двух прямых —
9
пусть 1 — перпендикулярны хотя бы три из пяти оставшихся — пусть это 2, 3, 4. Среди
прямых 2, 3, 4 найдутся две взаимно перпендикулярных — пусть 2 и 3.
По лемме 3 среди четырех прямых, отличных от1, 2, 3, найдутся две не перпендикулярные между собой прямыеaи b. Из троек (1, a, b), (2, a, b), (3, a, b) находим, что каждая из
прямых 1, 2, 3 перпендикулярна либо a, либо b. Но тогда одной из этих прямых — пусть
a — перпендикулярны две из трех прямых 1, 2, 3, и тогда прямая a параллельна третьей
из этих трех прямых. Осталось применить лемму 2.
Второе решение. [Артём Барышников, 7 кл]. Поскольку все семь прямых не могут быть
попарно перпендикулярными, среди них найдутся не перпендикулярные между собой
прямые a и b. Каждая из оставшихся пяти прямых перпендикулярна либо a, либо b, поэтому какой-то из прямых a или b перпендикулярны хотя бы три из остальных. Среди
этих трех найдутся две перпендикулярных, поэтому среди семи прямых найдутся три
попарно перпендикулярных прямых 1, 2, 3. Среди четырех оставшихся прямых найдутся
две не перпендикулярные между собой прямые c и d. Из троек (1, c, d), (2, c, d), (3, c, d)
находим, что каждая из прямых 1, 2, 3 перпендикулярна либо c, либо d. Но тогда одной
из этих прямых — пусть c — перпендикулярны две из трех прямых 1, 2, 3 — пусть 1 и
2, — и потому прямая c параллельна прямой 3. Но это значит, что среди прямых 3, c и d
нет двух перпендикулярных, что противоречит условию задачи.
Комментарии.С этой задачей успешно справились только 11 человек. Основными
ошибками была потеря возможных случаев и использование без доказательства якобы
очевидных, а на самом деле нетривиальных или даже неверных утверждений. Леммы 1,
2, 3 и им подобные при отсутствии дальнейшего содержательного продвижения не оценивались.
10