Задачи и решения Нижегородской областной олимпиады по математике 2007-08 уч. года

Задачи и решения Нижегородской областной олимпиады по математике
2007-08 уч. года
8 класс
8.1. Для натурального числа X нашлись такие натуральные a, b, c, d, e, f, что
X = a + b + c = d + e + f; при этом среди чисел a, b, c, d, e, f нет равных. Найдите
минимальное возможное значение X
Ответ: 11. Указание. Заметим, что 2X = a + b + c + d + e + f  1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21,
откуда x  11. Для числа 11 требуемые числа существуют: 11 = 1 + 3 + 7 = 2 + 4 + 5.
8.2. Маша и Петя играют в такую игру. Петя задумывает двузначное число с разными
цифрами и сообщает его Маше. После этого Маша задумывает двузначное число и
называет его Пете. Дальше Петя в первую минуту прибавляет Машино число к своему числу, во вторую – прибавляет Машино число к полученной сумме и так далее
(т.е. он прибавляет Машино число к вновь полученным суммам). Если не позже, чем
через час, у него получится сумма, оканчивающаяся на две одинаковые цифры, побеждает Петя, а иначе – побеждает Маша. Кто победит при правильной игре?
Ответ: Победит Маша. Указание. Если Петя задумает число с двумя цифрами разной
четности, то Маше нужно назвать, например, число 20. Тогда четность каждой из двух
последних цифр после каждого прибавления будет сохраняться, и эти цифры никогда не
совпадут. Если же цифры Петиного числа будут одной четности, то Маше достаточно
назвать число 50. После каждых двух прибавлений последние две цифры будут повторяться, то есть не будут совпадать, а после первого (третьего, пятого и так далее) прибавления эти цифры будут иметь разную четность, то есть, тоже не совпадут.
8.3. Имеется n монет одинакового вида, среди которых две фальшивые. Известно, что
одна из фальшивых монет легче настоящей на 1 грамм, а другая легче настоящей на
2 грамма. Как с помощью двух взвешиваний на чашечных весах без гирь определить: а) 14 настоящих монет, если n = 30; б) 15 настоящих монет, если n = 31?
Указание. а) При первом взвешивании положим на чашки по 7 монет. Если весы окажутся в равновесии, то все 14 взвешиваемых монет – настоящие, и требуемые 14 монет
уже найдены. Если же одна из чашек перевешивает, то на другой обязательно находится
более легкая, то есть фальшивая, монета. В этом случае, вторым взвешиванием положим
на чашки по 7 монет из тех, которые мы еще не взвешивали. Если установится равновесие, то все 14 взвешиваемых монет – настоящие. Если же одна из чашек будет перевешивать, то на ней – 7 настоящих монет, так как среди взвешиваемых монет не более одной
фальшивой, и она попала на другую чашку. Тогда на более тяжелой чашке первого взвешивания – еще 7 настоящих монет, то есть мы определили 14 настоящих монет. б) При
первом взвешивании положим на чашки по 8 монет. Если весы в равновесии, то все 16
монет – настоящие. Если же одна из чашек перевешивает, то возьмем из этой чашки монету, назовём её х, запомним её и при втором взвешивании положим х на левую чашку
вместе с 7 монетами из тех, которые еще не взвешивали, а на правую чашку положим
оставшиеся (невзвешенные) 8 монет. Могут быть 3 случая. В первом случае весы в равновесии, и тогда все 16 монет второго взвешивания – настоящие. Во втором случае левая
чашка перевесила, и тогда по одной фальшивой монете находится в каждой из более легких чашек обоих взвешиваний, а 15 монет с более тяжелых чашек – настоящие. В третьем случае перевесила правая чашка, и тогда заведомо настоящие монеты – это 8 монет с
правой чашки второго взвешивания плюс 7 монет (т.е. монеты за исключением х) из тяжелой чашки первого взвешивания.
8.4. Точка K – середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника ABC. На катете
BC выбрана точка M так, что BM = 2 MC. Докажите, что MAB = MKC.
Указание. Отложим на продолжении катета катета AC отрезок C A' = AC. В треугольнике ABA' медиана BC является высотой, поэтому этот треугольник равнобедренный (BA = BA'), и BC является биссектрисой, то есть ABM =  A'BM. Отрезки A'K и BC – медианы в треугольнике ABA', причем A'K проходит через точку
M, т.к. медианы делятся в точке пересечения в отношении
2:1. Так как средняя линия KC параллельна стороне A'B, получаем MKC = A'KC = MA'B. Далее, треугольники ABM
и A'BM равны по двум сторонам и углу между ними, откуда
MA'B = MAB. Поэтому MKC = MA'B = MAB, что и
требовалось.
8.5. В треугольнике ABC медиана BB1 равна половине стороны AB. Докажите, что угол
ABC тупой.
Указание. Пусть C1 – середина стороны AB. Тогда треугольник C1BB1 равнобедренный и
BC1B1 = 90 – ABB1/2. Поскольку C1B1 – средняя линия в треугольнике ABC, то
ABC =AC1B1 = 180 – BC1B1 = 90 + ABB1/2 > 90.
8.6. В копилке 1000 монет достоинством в 1 руб., 2 руб., 5 руб. на общую сумму 2000
руб. Сколько в копилке монет каждого достоинства, если известно, что количество
однорублевых монет – простое число?
Ответ: однорублевых монет – 3, двухрублевых – 996, пятирублевых – 1. Указание.
Пусть монет достоинством 1 руб. – x, 2 руб. – y, 5 руб. – z. Тогда x + y + z = 1000,
x + 2y + 5z = 2000. Вычтем из второго уравнения первое, умноженное на 2. Получим
x = 3z. Таким образом, из условия о простоте числа х следует, что x = 3, и значит z = 1.
Тогда из приведенных уравнений получим y = 996.
8.7. В стране Мурландия 89 городов. Некоторые пары городов соединены прямыми авиалиниями, всего таких авиалиний 2008. Докажите, что города нельзя разбить на две
группы так, чтобы любая прямая авиалиния соединяла два города из разных групп.
Указание. Предположим, от противного, что такое разбиение на две группы возможно.
Пусть в одной группе x городов, тогда во второй 89 – x. Поскольку, в силу нашего
предположения, нет авиалиний между городами одной и той же группы, количество
авиалиний не превышает x(89 – x). Квадратичная функция y = x(89 – x) достигает
наибольшего значения при x = 44.5, а для целых аргументов наибольшее значение достигается при x = 44 и x = 45, оно равно 1980 < 2008. Противоречие. Комментарий. Можно
не пользоваться свойствами квадратичной функции, а непосредственно доказать, что
(45+с)(44-с) <45 44 при положительном c.
8.8. На окружности отмечено 13 точек, разбивающих окружность на 13 равных дуг. Двое
игроков по очереди проводят хорды так, чтобы каждая новая хорда соединяла пару
отмеченных точек и не имела общих точек ни с одной из ранее проведённых хорд.
Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Кто выиграет при правильной игре?
Ответ: выигрывает первый. Указание. Обозначим последовательные точки A1 A2 … A13
Первый игрок своим первым ходом должен провести хорду A1 A5, она отделяет восемь
отмеченных точек от трех. Будем обозначать ситуацию после такого хода (8; 3), эта запись означает, что после проведения хорды круг разбит на две части с 8 и 3 точками, и
любой дальнейший ход должен проводиться в одной из этих частей. После хода второго
игрока общее количество оставшихся отмеченных точек станет на 2 меньше в одной из
частей, и при этом могут получиться следующие ситуации: а) (6; 3); б) (5; 1; 3);
в) (4; 2; 3); г) (3; 3; 3); д) (8; 1). После этого первый игрок для выигрыша должен получить: в случае а) – ситуацию (3; 1; 3), в случае в) – ситуацию (1; 1; 2; 3), в случае д) – ситуацию (3; 3; 1), а в случаях б) и г) любой ход первого игрока будет выигрышным. Во
всех случаях дальнейшая игра определена однозначно: после любого хода второго игрока первый игрок делает последний ход. Комментарий. Отметим, что любой другой первый ход первого игрока (т.е. ход, не приводящий к ситуации (8,3)) - проигрышный.
9
класс
9.1. За круглым столом сидят 20 акционеров. Какое минимальное значение может иметь
суммарное количество их акций, если известно, что а) у любых трех из них в сумме
больше 1000 акций, б) у любых трех подряд сидящих акционеров в сумме больше
1000 акций?
Ответ: а) 6679; б) 6674. Указание. а) Пусть xi – число акций у i-го акционера (если считать по кругу, начиная с некоторого акционера). Упорядочим числа xi по возрастанию,
получим: y1  y2  y3  …  y20. Заметим, что y3  334, так как в противном случае сумма
y1 + y2 + y3 была бы  999. Поэтому для суммы S всех акций имеем: S  (y1 + y2 + y3) +
334  17  1001 + 334  17 = 6679. Это значение реализуется, когда у одного акционера
333, а у всех остальных – по 334 акции. б) Записав неравенства вида xi + xi+1 + xi+2  1001
для всех i (считая, что x21 = x1, x22 = x2) и сложив все 20 неравенств, получим 3S 
1001  20. Значит, S  6673,333… т.е. S  6674. Это значение реализуется, когда числа x1,
x2, x3,…, x19, x20 равны 333, 334, 334,…(повторяется 6 раз такая тройка), 334, 334.
9.2. Найдите количество квадратных трехчленов вида x2 + ax + b, у которых a, b – натуральные, ab = 22008, а корни – действительные числа.
Ответ: 1339. Указание. Заметим, что числа a и b - это степени двойки с целыми неотрицательными показателями. То есть a = 2k, b = 22008–k. Тогда дискриминант D = a2 –
4b = 22k – 4  22008–k = 22k – 22010–k  0. Отсюда 22k  22010–k, т.е. 2k  2010 – k. Таким образом,
k  670. Но k  2008; поэтому k может принимать 2008 – 670 + 1 = 1339 различных целых
значений. Осталось заметить, что каждому k соответствует ровно один искомый трехчлен.
9.3. Точка K – середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника ABC. На катете
BC выбрана точка M так, что BM = 2MC. Докажите, что MAB = MKC.
Указание. См. задачу 8.4.
9.4. На доске написаны два натуральных числа x и y. Разрешается дописывать на доску либо
утроенное произведение любых двух из написанных чисел, либо увеличенную на 1 сумму любых двух из написанных чисел. Верно ли, что на доске можно получить квадрат
натурального числа при любых взаимно простых начальных числах x и y?
Ответ: Не верно. Указание. Пусть изначально на доске были написаны числа 3 и 7. Заметим, что оба этих числа дают остаток 3 при делении на 4. Покажем, что любое дописанное на доску число также будет давать остаток 3 при делении на 4. Действительно,
3(4m + 3)(4n + 3) = 4(12mn + 9m + 9n + 8) + 3 и (4m + 3) + (4n+3)+1 = 4(m + n + 1) + 3. Однако квадраты натуральных чисел дают остатки 0 и 1 при делении на 4: (2t)2 = 4t2,
(2t + 1)2 = 4(t2 + t) + 1. Значит, квадрат получить не удастся.
9.5. В копилке 1000 монет достоинством в 1 руб., 2 руб., 5 руб. на общую сумму
2000 руб. Сколько в копилке монет каждого достоинства, если известно, что количество однорублевых монет – простое число?
Указание. См. задачу 8.6.
9.6. В стране Мурландия 89 городов. Некоторые пары городов соединены прямыми авиалиниями, всего таких авиалиний 2008. Докажите, что города нельзя разбить на две
группы так, чтобы любая прямая авиалиния соединяла два города из разных групп.
Указание. См. задачу 8.7.
9.7. Окружность, проходящая через вершины B, C и D трапеции ABCD пересекает боковую сторону AB в точке M, отличной от B. На стороне CD взята точка K так, что BK
параллельна DM. Докажите, что вокруг четырехугольника
ABKD можно описать окружность.
Указание (см.рисунок). Имеем ABK = AMD =  – BMD
= BCD (так как четырехугольник MBCD – вписанный). Из параллельности BC и AD следует, что BCD =  – CDA =  –
KDA. То есть ABK =  – KDA, откуда и следует утверждение задачи.
9.8. Двое играют в такую игру. Вначале на доске записано число 2008. Игроки по очереди заменяют записанное число по следующему правилу: очередным ходом можно
уменьшить записанное число либо на 1, либо на 2, а если оно делится на 3 – можно
его уменьшить в три раза. Выигрывает тот, кто своим ходом сможет записать нуль.
Кто выиграет при правильной игре?
Ответ. Выигрывает второй игрок. Указание. Проведем анализ выигрышных и проигрышных позиций для окончания игры (выигрышная позиция для игрока – это та, которую он достигает своим ходом и, независимо от дальнейших действий противника, побеждает при своей правильной игре; а проигрышная позиция – та, которая получается
после хода игрока и которая позволяет его противнику сделать ход в выигрышную для
того позицию). Предъявим стратегию, которая позволит второму игроку получать всегда
выигрышные позиции. Заметим, что 2008 и 10 имеют одинаковый остаток (единицу) при
делении на 3. После любого хода первого игрока, второй игрок дополняет уменьшение
до трех, получая все время числа с остатком 1 по модулю3, таким образом после нескольких ходов он запишет на доске число 10. Отметим, что первый игрок никогда не
мог до этого произвести деление на три, т.к. он всё время получал числа с остатком 1 по
модулю 3. Дальше (после написания десятки) второй игрок будет ходить согласно таб-
лице выигрышных и проигрышных позиций так, чтобы каждым ходом приводить число
к выигрышному (+).
10 класс
10.1. За круглым столом сидят 20 акционеров. Какое минимальное значение может иметь
суммарное количество их акций, если известно, что а) у любых трех из них в сумме
больше 1000 акций, б) у любых трех подряд сидящих акционеров в сумме больше
1000 акций?
Указание. См. задачу 9.1.
10.2. Сумма каких-то трех членов бесконечной арифметической прогрессии равна сумме
каких-то двух членов этой прогрессии. Все члены прогрессии – положительные числа. Докажите, что сумма любых 2008 членов этой прогрессии равна какому-то члену
этой прогрессии.
Указание. Пусть a > 0 – первый член прогрессии, d > 0 – ее разность. Из условия следует, что (a + kd) + (a + ld) + (a + md) = (a + sd) + (a + td), где k, l, m, s, t – целые неотрицательные числа. Тогда a = (s + t – k – l – m)d = nd, где n – натуральное. Таким образом,
прогрессия имеет вид: nd, (n + 1)d, (n + 2)d, … Для такой прогрессии утверждение задачи очевидно.
10.3. На доске написаны два натуральных числа x и y. Разрешается дописывать на доску либо утроенное произведение любых двух из написанных чисел, либо увеличенную на 1
сумму любых двух из написанных чисел. Верно ли, что на доске можно получить квадрат натурального числа при любых взаимно простых начальных числах x и y?
Указание. См. задачу 9.4.
10.4. На сторонах AB, AC треугольника ABC построены наружу равносторонние треугольники ACK и ABL, соответственно. Прямые CL и BK пересекают стороны AB,
AC в точках P и Q соответственно и пересекаются в точке R. Известно, что площади
треугольника BRC и четырехугольника APRQ равны. Найдите угол BAC.
Ответ: 60. Указание. Заметим, что SBQC =SBRC + SRQC = SAPRQ + SRQC = SAPC. Отсюда имеем
QC/KC = QC/AC = SBQC/SABC = SAPC/SABC = AP/AB =
AP/AL. Кроме того, LAP =KCQ; значит, треугольники KQC и LPA подобны, и BKC = CLA.
Заметим, что LAC = BAC + 60 = BAK; кроме того,
AL = AB и AC = AK. Значит,  ALC = ABK по двум
сторонам и углу между ними; отсюда ACL = AKB.
Значит, BAC = LAC – 60 = (180 –ALC – ACL) –
60 = 120 – BKC – AKB = 120 – 60= 60.
10.5.Назовем число n2 – 1 почти квадратом натурального числа n. Докажите, что произведение двух почти квадратов последовательных натуральных чисел также является
почти квадратом натурального числа.
Указание. Утверждение следует из цепочки равенств
((n + 1)2 – 1) (n2 – 1) = n4+ 2n3 – n2 – 2n = (n2 + n)2 – 2(n2 + n) = (n2 + n – 1)2 – 1.
10.6. Равнобедренная трапеция ABCD единичной площади вписана в параболу y = x2 на
координатной плоскости. Докажите, что длина средней линии трапеции больше 1.
Указание. Сначала докажем, что основания трапеции параллельны оси Ox. Пусть уравнения оснований y = ax + b и y = ax + b’. Тогда абсциссы точек пересечения первой прямой с параболой удовлетворяют уравнению x2 = ax + b, и по теореме Виета x1 + x2 = a.
Аналогично, для второй прямой x1’ + x2’ = a. Значит, середины оснований имеют одинаковые абсциссы, т.е. прямая, проходящая через середины оснований, параллельна оси
Oy. Но такая прямая в равнобедренной трапеции перпендикулярна основаниям. Значит,
основания параллельны оси Ox. Пусть 0 < x1 < x1’ для определенности. Тогда площадь
трапеции равна (x1 + 1’)((x1’)2 – x12) = (x1 + x1’)2(x1’ – x1) < (x1 + x1’)3. Отсюда следует, что
длина средней линии, равная x1 + x1’, больше 1.
10.7. Куб 777 требуется распилить на несколько меньших кубиков
с целыми сторонами. Можно ли добиться того, чтобы количество кубиков не превосходило а) 90; б) 75?
Ответ: а) можно, б) можно. Указание. Будем называть n-кубиком
кубик nnn. Рассмотрим сначала два 4-кубика с вершинами в противоположных вершинах 7-куба (они пересекаются по центральному
1-кубику), а в остальных шести вершинах 7-куба расположим 3кубики. Остальное незанятое пространство 7-куба разобьем на 1кубики, их будет 73 – 2 43 + 1 6 33 = 54. Далее, один из двух 4-кубиков разбиваем на
семь 2-кубиков, а восьмой 2-кубик (содержащий центральный 1-кубик в 7-кубе) разбиваем на восемь 1-кубиков, так что теперь центральный 1-кубик принадлежит только одному 4-кубику. В результате куб разбился на один 4-кубик, шесть 3-кубиков, семь 2кубиков и 54+7=61 1-кубик, итого 75. На рисунке показаны «крупные» кубики разбиения (т.е. кроме 1-кубиков.) Комментарий. Некоторым видоизменением («уплотнением»)
этого разбиения можно получить 71 кубик.
10.8. а) Докажите, что первые 11 натуральных чисел 1, 2, …, 11 нельзя переставить так,
чтобы соседние числа отличались либо на 3, либо на 5. б)
10м
Можно ли сделать это для чисел 1,2,…,12 ?
Ответ: б) можно. Указание. а) Начертим граф возможных со- 7
5
седей (см. рисунок) Рассмотрим три пары вершин в четырех2
3
9
угольниках на графе (они отмечены жирными точками), а
именно: (2, 0), (1, 9) и (3, 11) – это вершины с наименьшим ко8
личеством соседей, равным 2. Предположим, от противного, 4
6
11
1
что есть путь на графе, проходящий через все вершины. Тогда
найдется такая пара вершин среди трех указанных пар, что путь не начинается и не кончается в вершинах из этой пары (такая пара есть, т.к. концов у
10м
пути – два, а пар – три). Таким образом, обе вершины этой пары – "проходные", но если впервые будет пройдена одна вер- 7
5
шина из этой пары, то вторая вершина останется отрезанной
2
12
3
(в неё нельзя будет вернуться). Противоречие.
б) Пример перестановки: 2, 5, 10, 7, 12, 9, 4, 1, 6, 3, 8, 11. Граф
9
8
4
6
(см. рисунок) помогает построить подобный пример.
1
11 класс
11
11.1. Числа a, b, c – длины сторон некоторого треугольника.. Докажите, что уравнениe
ax2 + bx = c имеет положительный корень, меньший 1, и отрицательный корень,
меньший – 1.
Указание. Обозначим P(x) = ax2 + bx – c. Из неравенства треугольника следует P(1) = a +
b – c > 0 и P(–1) = a – b – c < 0. Учитывая неравенство P(0) = –c < 0, получим, что один
из корней P(x) лежит в интервале (0,1), а другой – меньше –1 (так как P(x) + при
x–).
11.2. Дан вписанный пятиугольник ABCDE с параллельными сторонами AE и BC. Пусть
K – точка пересечения прямых BC и DE. Докажите, что
DK  DA = DC  DB.
Указание. Во-первых, DCK =  – DCB = DAB (т.к. четырехугольник ABCD – вписанный). Во-вторых, в силу параллельности, CKD =  – KEA = DBA, то есть, треугольники ABD и
CKD подобны по двум углам, откуда DK/DC = DB/DA, что и требовалось доказать.
11.3. На доске написаны два натуральных числа x и y. Разрешается дописывать на доску
либо удвоенную сумму, либо удвоенное произведение любых двух из написанных
чисел. Верно ли, что на доске можно получить квадрат натурального числа при любых взаимно простых начальных числах x и y?
Ответ. Не верно. Указание. Пусть изначально на доске были написаны числа 5 и 8. Заметим, что оба этих числа дают остаток 2 при делении на 3. Покажем, что любое дописанное на доску число также будет давать остаток 2 при делении на 3. Действительно,
2(3m + 2)(3n + 2) = 3(6mn + 4m + 4n + 2) + 2 и 2((3m + 2) + (3n + 2)) = 3(2m + 2n + 2) + 2.
Однако квадраты натуральных чисел дают остатки 0 и 1 при делении на 3: (3t)2 = 3(3t2),
(3t  1)2 = 3(3t2  2t) + 1. Значит, квадрат получить не удастся. В квадрате 1010
отмечено 10 клеток.
11.4. 1010 отмечено 10 клеток. Всегда ли можно вырезать из этого
квадрата по линиям сетки 19 четырехклеточных фигурок вида (см. рисунок) так,
чтобы они не содержали отмеченных клеток? (Разрешается вырезать фигурки, равные указанным на рисунке; они могут быть разных типов.)
Ответ: Не всегда. Указание. Отметим 10 клеток так, как показано на рисунке, и рассмотрим шахматную раскраску доски. Заметим, что каждая фигурка содержит по 2 черных и две белых клетки. В области D осталось 37 черных клеток, поэтому из нее можно вырезать не более 18 фигурок. В областях же A, B и C по одной
черной клетке, поэтому из них нельзя вырезать ни одной фигурки.
11.5. Докажите,
что для любого натурального n система уравнений

 x 
 y 
  0
  y cos 
 x cos 
2
x



 2y 
 x  y  6n

имеет не менее трех решений в натуральных числах x, y.
Указание. Непосредственной проверкой убеждаемся в том, что системе удовлетворяют
следующие решения: (4n; 2n), (2n; 4n) и (3n; 3n).
11.6. Дан неравносторонний треугольник со сторонами a, b, c. Если существует треугольник со сторонами a + b – c, b + c – a, a + c – b, то рассматривают этот новый
треугольник и с ним проделывают ту же процедуру, и т.д. а) Докажите, что в этом
процессе никогда не может встретиться снова треугольник, равный исходному, б)
может ли этот процесс продолжаться бесконечно?
Ответ: б) нет. Указание. а) Если, для определенности, a  b  c (причем a < c), то три
новых числа, очевидно, будут удовлетворять неравенствам a + b – c  a + c – b  b + c – a.
Поэтому величина , равная разности между наибольшим и наименьшим числами, после
процедуры будет 2(c – a), т.е. вдвое больше исходной (положительной!) разности c – a.
Значит, все время растет как геометрическая прогрессия со знаменателем 2, и поэтому
исходные три числа никогда не могут появиться снова. б) Можно непосредственно проверить, что среднее арифметическое m  (a+b+c)/3 остается неизменным, а величина
 | a  m |  | b  m |  | c  m | после данной процедуры увеличивается в 2 раза (будучи положительной). Поэтому наибольшее из трех чисел после n процедур стремится к + при
n , а наименьшее из трех чисел стремится к –. Таким образом, наименьшее число
станет отрицательным, и треугольник построить не удастся. Комментарий Другое решение пункта б) можно получить от противного, если заметить, что периметр треугольников сохраняется при данной процедуре, а поскольку величина  растет как геометрическая прогрессия, она станет больше периметра, но это, очевидно, противоречит положительности всех трех сторон треугольника. 
11.7. Во время отбора в группу космонавтов каждому из 100 кандидатов предлагалось по
два задания. Известно, что для любых десяти кандидатов можно выбрать задание, которое ни один из них не получал. При каком наименьшем числе заданий это возможно?
Ответ: 12. Указание. Пусть заданий не более 11. Выберем любого кандидата – пусть он получал задания 1 и 2. Теперь можно выбрать кандидата, получившего третье задание, кандидата,
получившего 4-е и т. д. Всего мы выбрали не более 10 кандидатов (некоторые из выбранных
могли совпасть). Дополнив их, если нужно, до группы из 10 человек, получим, что для этой
группы нет задания, которого никто не получал. Это противоречит условию. Осталось показать, что для 12 заданий такая ситуация возможна. Пусть каждый кандидат получил 12-е задание и еще какое-то из первых одиннадцати (при этом, естественно, каждое из этих одиннадцати должно быть кем-то получено). Тогда любая группа из 10 человек получила максимум 10 из
первых одиннадцати заданий – значит, какое-то из них не получил ни один из этой группы.
11.8. Дан n-угольник A1A2…An и точка M на плоскости. Точки M1, M2, …, Mn – это проекции точки M на прямые A1A2, A2A3,…, AnA1, соответственно. Докажите, что если выполняется соотношение A1M12 + A2M22 + … + AnMn2 =
1
4
( A1A22 + A2A32 + … + AnA12),
то вокруг n-угольника можно описать окружность с центром в точке M.
Указание. Обозначим через xi, yi и hi длины отрезков AiMi, Ai–1 Mi и MMi соответственно.
Выражая гипотенузу AiM в двух прямоугольных треугольниках, получим AiM2 = xi2 + hi2
= yi2 + hi–1 2, (где h0 = hn). Складывая эти равенства для всех i , получим
x12  x22  ...  xn2  y12  y22  ...  yn2
()
Далее, для каждого i имеем: xi + yi+1 = AiMi + MiAi+1  AiAi+1, отсюда


Ai Ai21  xi2  y i21  2 xi y i 1  2 xi2  y i21 (равенство возможно лишь в случае xi = yi+1).
2
Складывая эти неравенства и учитывая (), получим A1 A22  A2 A32
 ...  An A12  .


4 x12  x22  ...  xn2 . Отметим, что равенство здесь возможно лишь в случае, когда xi = yi+1
для всех i, т.е. когда точка М проектируется в середины всех сторон n-угольника. В этом
случае, очевидно, точка М – центр описанной вокруг n-угольника окружности.