Городская (районная) олимпиада по математике 2006 год 6 класс

Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
6 класс
1. Докажите неравенство:
2.
3.
4.
5.
a2  b2  c2  3
 abc.
2
Андрей, Борис, Виктор, Григорий и Дмитрий по очереди (не обязательно в
указанном порядке), сменяя друг друга на вахте, охраняли свой дом от террористов. Каждый отдежурил по разу, причем Андрей дежурил вдвое
дольше Бориса, Борис – вдвое дольше Виктора, а Григорий и Дмитрий –
столько же, сколько Виктор. Сердобольная старушка с первого этажа выносила дежурным чашки с чаем с интервалом между чашками 1 час ровно.
Могло ли каждому из пятерых достаться ровно по одной чашке?
Малыш и Карлсон разделили круглый торт двумя перпендикулярными разрезами на 4 части. Карлсон взял себе одну наименьшую и одну наибольшую часть, а оставшиеся две отдал Малышу. Докажите, что Карлсону досталось не менее половины торта.
На закрытие олимпиады в актовый зал пришли все участники олимпиад по
математике и информатике. Некоторые из них участвовали в обеих олимпиадах. Известно, что среди участников олимпиады по математике 60% составляли мальчики, а среди участников олимпиады по информатике их было 75 %. Доказать, что в актовом зале мальчиков не меньше чем девочек.
Привести пример, показывающий, что мальчиков и девочек может оказаться поровну.
Из цифр 2, 3, …, 9 составили два натуральных числа (каждая цифра использовалась ровно один раз). Могло ли одно из этих чисел оказаться вдвое
больше другого? Ответ обосновать.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
6 класс (Решение)
1. Доказательство вытекает из следующей цепочки эквивалентных неравенств
a 2  b2  c2  3
 a  b  c  a 2  b 2  c 2  2a  2b  2c  1  1  1 
2
2
(a  1)  (b  1) 2  (c  1) 2  0 , последнее, из которых очевидно.
2. От противного. Пусть каждый выпил по одной чашке ровно. Тогда Андрей
дежурил менее двух часов (иначе ему досталось бы минимум две чашки),
поэтому Борис дежурил меньше часа, а каждый из троих оставшихся –
меньше, чем по полчаса. Значит, среди Виктора, Григория и Дмитрия никакие двое не дежурили подряд, а потому они дежурили первым, третьим и
пятым, а Андрей и Борис – вторым и четвертым. Но это значит, что Борис
и те двое, что дежурили перед ним и после него, в совокупности дежурили
менее двух часов, поэтому эта троица не могла выпить больше двух чашек
– противоречие.
3. Отметим, что если хотя бы один разрез проходит через центр, то Малыш и
Карлсон получают поровну торта. Если ни один разрез не проходит через
центр, то проведите разрезы симметрично уже сделанным и посмотрите,
что достается Малышу, а что Карлсону.
4. Пусть в олимпиаде по математике участвовало x детей, а в олимпиаде по
информатике – y . Тогда наибольшее число девочек в актовом зале
0.4 x  0.25 y , а мальчиков там не меньше, чем max 0.6 x,0.75 y. Докажем
неравенство: 0.4 x  0.25 y  max0.6 x,0.75 y. Рассмотрим два случая.
1) 0.6 x  0.75 y . Тогда доказываемое неравенство принимает вид
0.4 x  0.25 y  0.75 y  0.4 x  0.5 y  0.6 x  0.75 y и неравенство этим
доказано.
2) 0.6 x  0.75 y . Тогда доказываемое неравенство принимает вид
0.4 x  0.25 y  0.6 x  0.2 x  0.25 y  0.6 x  0.75 y и неравенство снова
доказано.
Первая часть задачи решена. Пример равного количества детей в зале:
x  200 , y  160 , девочек в первой олимпиаде 80, во второй – 40, причём
среди них никто не участвует в обеих олимпиадах. Легко подсчитать, что в
этом случае мальчиков и девочек по 120 человек.
5. Ответ: нет. Пусть a и b  2a – полученные числа, S (a ) и S (b) – суммы их
цифр. Тогда a  b  3a делится на 3, и, значит, сумма S (a)  S (b) делится на
3. А это неверно, так как S  44 .
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
7 класс
1. Голодные Малыш и Карлсон съели торт и стали сытыми. Известно, что голодный Карлсон легче сытого Малыша, а сытый Карлсон имеет такую же
массу, как два голодных Малыша. Чья масса больше: торта или голодного
Малыша?
2. На доске сначала было записано число 1. Каждую минуту к имеющемуся в
этот момент числу прибавляют сумму его цифр. Может ли спустя некоторое время на доске появится число 200620062006?
3. На концерт пришли 125 человек, причем каждый был знаком ровно с 10
другими. В перерыве некоторые слушатели ушли. Оказалось, что все
оставшиеся по-прежнему имеют в зале одинаковое количество знакомых.
Докажите, что среди ушедших были знакомые друг с другом.
4. Дан равносторонний треугольник ABC . На сторонах AB, AC , BC выбраны
точки X , Y , Z соответственно так, что BZ  2 AY и XYZ  90 . Докажите,
что AX  CZ  XZ .
5. В клетках квадратной таблицы 3 3 расставлены знаки «+» и «–», как показано на рисунке.
+
+
–
–
–
+
–
+
–
Разрешается сменить в какой-либо строчке или каком-нибудь столбике все
знаки на противоположные. Можно ли с помощью таких операций получить
таблицу
–
+
+
+
+
–
–
+
–
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
7 класс (Решение)
1. Торта
2. Нет, т.к., остатки при делении на 3, полученных чисел будут чередоваться:
1,2,1,2,…
3. Докажем от противного. Предположим, что все ушедшие попарно незнакомы. Обозначим, через k количество человек, оставшихся в зале. По условию все оставшиеся имеют одинаковое количество знакомых среди ушедших, обозначим это количество через n 1. Найдем двумя способами N –
общее количество пар знакомых среди всех 125 человек. С одной стороны,
это количество человек, с которыми были знакомы ушедшие, плюс количество пар знакомых среди оставшихся в зале, т.е. N  10(125  k )  k (10  n) .
125 10
С другой стороны, N 
 625 , т.е. приравнивая, получаем kn  625 .
2
Заметим, что n – число от 1 до 10, поэтому оно делится на 5 не более чем в
первой степени. Следовательно, k делится на 5 не менее чем в третьей степени, значит k  125 . Но это невозможно, поскольку в перерыве кто-то
ушел.
4. Отложим на стороне AC отрезок CP  CZ . Тогда AP  BZ  2 AY , так, что
AY  YP . Пусть ZY пересекает луч BA в точке K . Треугольники AYK и
PYZ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам
( KAY  ZPY  120 , т.к. треугольники BAC и CPZ – правильные). Отсюда AK  PZ  CZ , поэтому XK  AX  AK  AX  CZ . Осталось заметить, что в треугольнике XKZ высота XY совпадает с медианой, поэтому
XK  XZ .
5. Ответ. Нельзя. В любом квадрате 2 2 таблицы при таких операциях сохраняется четность числа знаков. Заметим, что квадраты 2 2 в левых
верхних углах таблиц содержат знаки, числа которых различны по четности.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
8 класс
1. В треугольнике известны две стороны a и b. Какой должна быть третья сторона, чтобы наибольший угол треугольника имел наименьшую величину.
2. В последовательности чисел Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8 (каждое число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих) выбрано 8 идущих подряд
чисел. Доказать, что их сумма не является числом Фибоначчи.
3. Даны 19 карточек. Можно ли на каждой из карточек написать ненулевую
цифру так, чтобы из этих карточек можно было сложить 19-значное число,
делящееся на 11?
4. В треугольнике отмечены все вершины, середины всех сторон и точка пересечения медиан. Можно ли в отмеченных точках расположить числа 1, 2,
3, 4, 5, 6, 7 таким образом, чтобы суммы чисел вдоль каждой стороны и
вдоль каждой медианы оказались равными? Ответ обоснуйте.
5. Пять профессоров присутствуют на лекции. Каждый из них на протяжении
лекции дважды засыпает. Для каждых двух профессоров существует момент времени, когда они оба спят. Докажите, что существует момент времени, когда спят по крайней мере трое профессоров.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
8 класс (Решение)
1. Пусть a>b, тогда наибольший из углов либо A, либо С. Следовательно,
наименьший угол становится наибольшим при a=c.
2. Пусть S  ak 1  ak  2  ...  ak 8 . Очевидно S  ak 9  ak 7  ak 8 , с другой стоak 10  ak 9  ak 8  ak 8  ak 7  ...  ak 2  ak 2  ak 1  S .
роны
Т.е
ak 9  S  ak 10 , следовательно, S не может быть числом Фибоначчи.
3. 1212121212121212121.
4. Ответ. Нет, нельзя. Суммы чисел по трем отрезкам, которые выходят из одной вершины треугольника, должны быть равными для разных вершин. С
другой стороны, это равняется сумме всех расположенных чисел вместе с
удвоенным числом этой вершины. Поэтому числа в разных вершинах
должны быть одинаковыми, что невозможно по условию.
5. Докажем методом от противного. Предположим, что не существует момента времени, когда спят по крайней мере трое профессоров. Пусть лекции
отвечает промежуток времени 0, T  и пусть  i  ti , Ti  разные временные
промежутки сна профессоров. Поскольку для каждой пары профессоров
существует момент времени, когда они оба спят, и таких пар можно составить 10, то из разных промежутков  i  ti , Ti  можно составить, по меньшей мере, 10 пар промежутков, которые пересекаются.
Замечание. Если есть тройка промежутков, которые попарно пересекаются, то у этих промежутков есть общая точка.
Предположим, что какой-либо промежуток  m помещается в некотором
промежутке  p . Тогда  m может пересекаться лишь с  p . Удалим из набора  i  ti , Ti  , i  1,...,10 те, которые помещаются в других промежутках
этого набора. Пусть новый набор i  ti , Ti  , i  1,..., n состоит из n  10
промежутков (т.е. удален 10  n промежутков). Из сказанного выше вытекает, что из разных промежутков нового набора можно составить по крайней мере n пар промежутков, которые пересекаются.
С другой стороны, в новом наборе каждый промежуток может пересекаться
как минимум с двумя промежутками соседями. При этом крайние промежутки (крайние справа и крайние слева) могут пересекаться как минимум с
одним промежутком. Если теперь оценим количество пересекающихся пар
разных промежутков нового набора, то увидим, что она не может превышать n  1 . Противоречие.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
9 класс
1. Червяк ползет по нитке с непостоянной скоростью. Несколько человек
наблюдало за ним по очереди в течение 6 минут. Каждый начинал наблюдать раньше, чем кончал предыдущий, и наблюдал ровно 1 мин. Причем
каждый заметил, что за эту минуту червяк прополз ровно 1 метр. Какое
наибольшее расстояние мог проползти червяк?
2. Найти наименьшее значение, которое принимает для целых x , y не равных
одновременно нулю, выражение 5 x 2  11xy  5 y 2 .
3. Даны 19 карточек. Можно ли на каждой из карточек написать ненулевую
цифру так, чтобы из этих карточек можно было сложить ровно одно 19значное число, делящееся на 11?
4. В коммерческом турнире по футболу участвовало пять команд. Каждая
должна была сыграть с каждой ровно один матч. В связи с финансовыми
трудностями организаторы некоторые игры отменили. В итоге оказалось,
что все команды набрали различное число очков и ни одна команда в графе
набранных очков не имеет нуля. Какое наименьшее число игр могло быть
сыграно в турнире, если за победу начислялось три очка, за ничью – одно,
за поражение – ноль?
5. Даны непересекающиеся окружности S1 и S 2 и их общие внешние касательные l1 и l2 . На l1 между точками касания отметили точку A , а на l2 –
точки B и C так, что AB и AC – касательные к S1 и S 2 . Пусть O1 и O2 –
центры окружностей S1 и S 2 , а K – точка касания вневписанной окружности треугольника ABC со стороной BC . Докажите, что середина отрезка
O1O2 равноудалена от точек A и K .
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
9 класс (Решение)
1. 10м. Пусть а1 – первый наблюдатель. Рассмотрим всех наблюдателей, которые начали
следить за червяком либо в тот момент, когда кончил а1, либо еще раньше. Пусть а2 –
последний из таких наблюдателей. Аналогично выбираем следующих наблюдателей а3,
а4,…,аk. Ясно, что промежутки а1, а3, а5,… не пересекаются, точно так же не пересекаются а2, а4, а6,… Так как промежутки не пересекаются и наблюдал каждый 1 минуту, то
наблюдателей а1, а3, а5,… не более 5, аналогично наблюдателей а2, а4, а6,… также не более 5. Следовательно, больше 10 м. червяк проползти не мог. Пример, легко привести,
считая, что червяк ползёт 1 м. тогда когда а1 уже не смотрит, а2 смотрит, а3 еще не начал
смотреть.
2. Пусть f ( x, y )  5 x  11xy  5 y ,   min f ( x, y) , тогда 0    5  f (1,0) , причем  целое. При любых x и y , не делящихся одновременно на 2, f ( x, y) нечетно,
2
поэтому
2
 нечетно    1,3,5. Имеем 20 f ( x, y)  (10 x  11y) 2  221y 2 . Предполо-
жим, что найдутся целые x0 , y0 такие, что f ( x0 , y0 )  1. Обозначим t  10 x0  11 y0 и,
учитывая, что 221  13 17 , заметим, что t  7 делится на 13. Легко проверить, что ни
при каком целом t это невозможно. (Посмотрите на остатки при делении на 13 квадратов натуральных чисел). Аналогично доказывается, что f ( x0 , y0 )  3 . Ответ 5.
3. Напишем на 10 карточках цифру 2, а на оставшихся девяти – цифру 1. Известно, что
натуральное число делится на 11 тогда и только тогда, когда знакочередующаяся сумма
S , составленная из цифр данного числа делится на 11. В нашем случае  7  S  11 .
Сумма всех цифр нечетна (=21), поэтому S тоже нечетно. Но от -7 до 11 есть только
одно нечетное число кратное 11 – это число 11, но для S  11 есть только единственная
возможность – когда на нечетных местах стоят двойки, а на четных единицы.
4. Ответ 6. В турнире разыграно не менее 1+2+3+4+5=15 очков, а поскольку за игру команды в сумме набирали не более трех очков, то сыграно не менее пяти игр. Но пять игр
не могло произойти, поскольку тогда все закончились чьей-то победой и не будет команды, набравшее одно очко. За шесть игр это могло случится, например, так 1 и 2, 2 и
5, 4 и 5 сыграли вничью, а 3, 4, 5 выиграли у 1.
5. Пусть окружности S1 и S 2 касаются прямой l1 в точках A1 , A2 , а прямой l 2 – в точках
2
B1 и C1 . Имеем A1 A2  B1C1 , AB  BK  AC  CK , AB  BK  AA1  B1 K ,
AC  CK  AA2  KC1 (первое равенство очевидно из симметрии, второе есть равенство касательных, проведенных из точки A к вневписанной окружности треугольника
ABC , третье следует из равенства касательных из точек A и B к окружности S1 , четвертое аналогично третьему). Отсюда
2( A1 A  AA2 )  A1 A2  B1C1  A1 A  AA2  B1 K  KC1  2( A1 A  B1 K ) ,
т.е.
AA2  B1 K . Теперь заметим, что середина P отрезка O1O2 есть центр описанной
окружности равнобочной трапеции A1 A2C1 B1 , поэтому равнобедренные треугольники
A1 PA2 и C1 PB1 равны, а отрезки PK и PA являются в них соответствующими.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
10 класс
1. Найти наименьшее значение, которое принимает для целых x , y не равных
одновременно нулю, выражение 5 x 2  11xy  5 y 2 .
2. В каждой клетке таблицы n  n записано число 1 или –1. Известно, что для
каждой клетки произведение всех чисел в клетках, имеющих с ней общую
сторону, равно 1. Докажите, что в любых двух клетках симметричных относительно центра таблицы, записаны одинаковые числа.
3. Даны n различных натуральных чисел. На доску выписали их попарные
наибольшие общие делители и наименьшие общие кратные. Каким может
быть наименьшее количество различных чисел, выписанных на доске?
4. В стране 210 городов и совсем нет дорог. Король хочет построить несколько дорог с односторонним движением так, чтобы для любых трех городов
А, В и С таких, что есть дороги, ведущие из А в В, не было дороги, ведущей из А в С. Какое наибольшее число дорог он сможет построить?
5. В окружности проведены две хорды AB и BC (AB > BC). Из точки M – середины дуги ABC опущен перпендикуляр на AB. Докажите, что его основание H делит пополам ломанную ABC.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
10 класс (Решение)
1.
f ( x, y)  5x 2  11xy  5 y 2 ,   min f ( x, y ) , тогда 0    5  f (1,0) , причем  целое. При
любых x и y , не делящихся одновременно на 2, f ( x, y ) нечетно, поэтому  нечетно    1,3,5. Имеем
20 f ( x, y)  (10 x  11y) 2  221y 2 . Предположим, что найдутся целые x0 , y0 такие, что f ( x0 , y0 )  1 .
Пусть
Обозначим
t  10 x0  11y0
что ни при каком целом
t
3.
4.
221  13 17 , заметим, что t 2  7
делится на 13. Легко проверить,
это невозможно. (Посмотрите на остатки при делении на 13 квадратов натуральных чисел).
Аналогично доказывается, что
2.
и, учитывая, что
f ( x0 , y0 )  3 . Ответ 5.
Заметим, что если заданы все числа первой строки, то все остальные числа таблицы определяются однозначно (по
первой строке однозначно определяется вторая, затем третья, и т. д.). Рассмотрим два способа заполнения таблицы.
При этом из первого способа будет следовать симметрия таблицы относительно диагонали, идущей из правого нижнего угла в левый верхний, а из второго – симметрия относительно другой диагонали.
1) Вторую строку диагонали заполняем справа налево, вписав в неё (n-1) число (первая клетка строки остаётся пустой), во вторую вписываем (n-2) числа (пустые первые две клетки) и т.д., до последней n-ой строки, в которую вписываем только одно число (в правый нижний угол таблицы). Теперь в каждую пустую клетку вписываем число, стоящее в симметричной клетке относительно диагонали, идущей из правого нижнего угла. Построенная таблица в силу
симметричности будет удовлетворять условию задачи.
2) Аналогично первому заполняем строки, начиная со второй, но теперь слева направо, по-прежнему в каждую следующую строку вписывая на одно число меньше. Оставшиеся пустые клетки заполняем так, чтобы таблица оказалась
симметрична относительно диагонали, идущей из левого нижнего угла. Так как таблица с заданной первой строкой
единственна, то обе построенные нами таблицы с ней совпадут, значит, эта таблица симметрична относительно обеих диагоналей, а потому симметрична относительно точки их пересечения, то есть, относительно своего центра.
Ответ: n чисел. Пример: 1, 2, 22, 23,…, 2n-1 в этом случае на доске окажутся выписанными именно эти числа. Докажем
по индукции, что на доске будет выписано не менее n различных чисел. Если чисел 2, то на доске выписаны НОД и
НОК, ясно, что числа эти совпадать не могут. Будем считать, что утверждение доказано для всех чисел меньших
n ( n  3 ). Рассмотрим n различных натуральных чисел. Если все они имеют общий делитель сократим на него:
все числа на доске тоже сократятся на этот делитель и количество различных чисел не изменится. Теперь рассмотрим
любой простой делитель p одного из наших чисел. Разобьем все числа на две непустых группы: делящихся на p и не
делящихся на p. Заметим, что в первой группе НОК и НОД любых двух чисел делится на p, а во второй не делится.
Значит если в каждой группе хотя бы два числа, утверждение следует из индукционного предположения, применимого к этим двум группам. Если же в одной группе ровно одно число x, то применим индукционное предположение к
оставшейся группе, после чего найдем ещё одно число на доске, используя x/
Ответ 14700 дорог. Пример: возьмем 3 группы по 70 городов, внутри групп дорог нет, а любые два города из разных
групп соединены дорогой по следующему принципу: дороги ведут из городов первой группы во вторую, из второй –
в третью и из третьей – в первую.
Докажем, что нельзя построить более 14700 дорог. Рассмотрим город А, в котором сходится наибольшее количество
дорог. Пусть в него входит x дорог и из него выходит y дорог. Разобьем города на три группы: в группу X возьмем
все города, из которых выходят дороги в A, в группу Y – все города, в которые входят дороги из А, и в группу M –
все остальные города, включая А. Отметим, что между городами группы X, нет дорог, и между городами группы Y –
нет дорог. Следовательно, влюбом городе группы X сходится не более 210-x дорог, а в любом городе Y – не более
210-y дорог. В любом городе M сходится не более x+y дорог. Следовательно общее число дорог не превосходит
(210  x  y )( x  y )  x(210  x)  y (210  y ) 210 2  x 2  y 2  (210  x  y ) 2

понятно,
2
2
x 2  y 2  (210  x  y) 2 минимальна при x  y  210  x  y  70 ,
сумма
квадратов
s
s
5.
210 2  3  70 2
 14700 .
2
Нам необходимо доказать, что AH=HB+BC. Отложим на продолжении хорды AB за точку B точку
C
что
т.е.
так, чтобы
BC  BC . Докажем, что MB – биссектриса угла CBC . В самом деле, CBK равен половине угловой
величины дуги AM , то есть четверти угловой величины дуги AMC . С другой стороны, CBK равен полусумме дуг CB и BM , что тоже равняется четверти угловой величины дуги AMC . Итак, BK биссектриса равнобедренного CBC , поэтому любая её точка равноудалена от точек C и C . Имеем MC  MC  MA так как
M
–
середина
дуги
AC),
откуда
MH
–
высота
равнобедренного
CMA . Тогда


AH  C H  C B  BH  CB  BH , что и требуется доказать.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
11 класс
1. Могут ли для многочлена p (x ) с целыми коэффициентами выполняться равенства p(7)  5; p(15)  9 ?
2. Найдите все пары простых чисел вида a n  1, a n  1, где a и n натуральные
числа, причем n>1.
3. Последовательность чисел an n1 такова, что a1  1 2 , an1 
1  1  an2
2
. Дока-
зать, что сумма любых 2006 чисел из этой последовательности меньше
1,03.
4. В стране 210 городов и совсем нет дорог. Король хочет построить несколько дорог с односторонним движением так, чтобы для любых трех городов
А, В и С таких, что есть дороги, ведущие из А в В, не было дороги, ведущей из А в С. Какое наибольшее число дорог он сможет построить?
5. В окружности проведены две хорды AB и BC (AB > BC). Из точки M – середины дуги ABC опущен перпендикуляр на AB. Докажите, что его основание H делит пополам ломанную ABC.
Городская (районная) олимпиада по математике
2006 год
11 класс (Решение)
1. Нет,
т.к.,
если
бы
такой
многочлен
существовал,
то
n
n 1
1
n
n 1
1
p(7)  a0 7  a1 7  ...  an1 7  an  5 , а p(15)  a0 15  a115  ...  an115  an  9 . Откуда, вычитая одно из другого, получаем a0 (15 n  7 n )  ...  an1 (15  7)  4 , где левая
часть делится на 15-7=8, а правая – нет.
2. Так как a n  1 делится на a-1, то a-1=1, откуда a=2. Если n нечётно, то a n  1 делится на
a+1, то есть на 3. Отсюда 2 n  1  3 и n=1. Но тогда a n  1  1 , что не является простым
числом. Итак, n=2k, k  N . Тогда a n  1  (2 k  1)( 2 k  1) , поэтому 2 k  1  1; k  1 и n=2.
Ответ: Единственная пара (3;5).
3. Докажем, что сумма всех членов последовательности меньше, чем 1,03. Заметим, что



a1  sin , a 2  sin
, …, a n  sin n 1 (доказывается по индукции). Так как при всех
6
26
2 6
x>0
выполняется
неравенство
имеем:
x  sin x ,
1



1   1 1
1

a1  a2  ...  an  ...   sin
 sin 2  ...  sin n1  ...   1    ...  n1  ...  
2
26
2 12  2 4
2 6
2 6
2

1 
   1.03 . Утверждение доказано.
2 12
4. Ответ 14700 дорог. Пример: возьмем 3 группы по 70 городов, внутри групп дорог нет, а
любые два города из разных групп соединены дорогой по следующему принципу: дороги ведут из городов первой группы во вторую, из второй – в третью и из третьей – в
первую.
Докажем, что нельзя построить более 14700 дорог. Рассмотрим город А, в котором
сходится наибольшее количество дорог. Пусть в него входит x дорог и из него выходит
y дорог. Разобьем города на три группы: в группу X возьмем все города, из которых выходят дороги в A, в группу Y – все города, в которые входят дороги из А, и в группу M
– все остальные города, включая А. Отметим, что между городами группы X, нет дорог,
и между городами группы Y – нет дорог. Следовательно, в любом городе группы X
сходится не более 210-x дорог, а в любом городе Y – не более 210-y дорог. В любом городе M сходится не более x+y дорог. Следовательно общее число дорог не превосходит
(210  x  y )( x  y )  x(210  x)  y (210  y ) 210 2  x 2  y 2  (210  x  y ) 2
s

понятно,
2
2
что сумма квадратов x 2  y 2  (210  x  y) 2 минимальна при x  y  210  x  y  70 , т.е.
210 2  3  70 2
s
 14700 .
2
5. Нам необходимо доказать, что AH=HB+BC. Отложим на продолжении хорды AB за
точку B точку C так, чтобы BC  BC . Докажем, что MB – биссектриса угла CBC .
В самом деле, CBK равен половине угловой величины дуги AM , то есть четверти
угловой величины дуги AMC . С другой стороны, CBK равен полусумме дуг CB и
BM , что тоже равняется четверти угловой величины дуги AMC . Итак, BK биссектриса
равнобедренного CBC , поэтому любая её точка равноудалена от точек C и C . Имеем MC  MC  MA так как M – середина дуги AC), откуда MH – высота равнобедренного CMA . Тогда AH  CH  CB  BH  CB  BH , что и требуется доказать.