Материал в формате DOC.

Задания и решения муниципального этапа олимпиады по математике.
Калининградская область. 2007-2008 уч.год.
Условия заданий.
Продолжительность 4 часа
9 класс.
1. Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a2 + b2 + c2 = d2. Доказать, что число
abc делится на 4. ( 6 баллов)
2. Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие равное число
знакомых в этой компании (если A знаком с B, то и B знаком с A). ( 6 баллов)
3.Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны
1, а знаменатели — различные целые числа? ( 6 баллов)
4. Доказать, что для любых положительных чисел a и b выполняется неравенство
2 a
+ 3 3 b  5 5 ab .
(6 баллов)
5. На основаниях AB и CD трапеции ABCD взяты точки K и L. Пусть E – точка
пересечения отрезков AL и DK, F – точка пересечения BL и CK. Доказать, что сумма
площадей треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL.
(6 баллов)
Решения заданий. 9 класс.
1. Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a2 + b2 + c2 = d2. Доказать, что число
abc делится на 4. ( 6 баллов)
Решение. Квадрат четного числа делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при делении
на 4 остаток 1. Если числа a, b, c — нечетные, то d2 должен давать при делении на 4
остаток 3, что невозможно.Если среди чисел a, b, c два нечетных и одно четное, то d2
должен давать при делении на 4 остаток 2, что также невозможно.Значит, среди чисел a, b,
c есть два четных числа, откуда произведение abc делится на 4.Такое возможно, например,
32 + 42 + 122 = 132.
2. Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие равное число
знакомых в этой компании (если A знаком с B, то и B знаком с A). ( 6 баллов)
Решение. Пусть в компании k человек. Тогда каждый человек может иметь от нуля до (k –
1) знакомых.Предположим противное: количество знакомых у всех разное. Тогда
найдется человек без знакомых, найдется человек с одним знакомым, и так далее,
наконец, найдется человек, у которого (k – 1) знакомых. Но тогда этот последний знаком
со всеми, в том числе и с первым. Но тогда у первого не может быть ноль знакомых.
Получили противоречие.
3.Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны
1, а знаменатели — различные целые числа? ( 6 баллов)
Решение. Ответ: можно.
Например,
4. Доказать, что для любых положительных чисел a и b выполняется неравенство
2 a
+ 3 3 b  5 5 ab .
(6 баллов)
Р е ш е н и е. Сделаем замену x = b1/15, y = a1/10. Тогда доказываемое неравенство
приобретает вид
2y5 + 3x5  5y2x3.
Деля на y5 и обозначая t = x / y, получаем 3t 5 – 5t 3 + 2  0. Разложим левую часть на
множители. Последовательно получаем
f(t) = (3t 5 – 3t 3) – (2t 3 – 2)  0,
3t 3(t 2 – 1) – 2(t – 1)(t 2 + t + 1)  0,
(t – 1)(3t 3(t + 1) – 2(t 2 + t + 1))  0,
(t – 1)(3t 4 + 3t 3 – 2t 2 – 2t – 2)  0,
(t – 1)((2t 4 – 2t 2) + (t 4 – t) + (t 3 – t) + (2t 3 – 2))  0
(t – 1)(2t 2(t 2 – 1) + t(t 3 – 1) + t(t 2 – 1) + 2(t 3 – 1))  0,
(t – 1)2(2t 2(t + 1) + t(t 2 + t + 1) + t(t + 1) + 2(t 2 + t + 1))  0,
(t – 1)2(3t 3 + 6t 2 + 4t + 2)  0.
Для t > 0 выражение в первой скобке  0, во второй скобке > 0. В итоге, f(t)  0 для
всех t > 0. Равенство нулю достигается лишь при t = 1, т.е. при x = y, т.е. при a3 = b2. 
5. На основаниях AB и CD трапеции ABCD взяты точки K и L. Пусть E – точка
пересечения отрезков AL и DK, F – точка пересечения BL и CK. Доказать, что сумма
площадей треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL.
(6 баллов)
Р е ш е н и е.
D
L
E
A
C
F
K
B
Имеем SADK = SALK, так как они имеют общее основание AK и равные высоты,
совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми AB и DC. SADE = SADK –
SAEK = SALK – SAEK = SKLE. Аналогично, SBCF = SKLF. Таким образом, сумма площадей
треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL. 
Задания.
Продолжительность 4 часа.
10 класс.
1. Решить уравнение в целых числах:
(x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 30. ( 6 баллов)
2. Из трехзначного числа вычли сумму его цифр. С полученным числом сделали то же
самое и так далее, 100 раз. Доказать, что в результате получится нуль. ( 6 баллов)
3. Существуют ли всюду определенные функции f(x) и g(у), что для любых х и у
выполняется f(x)  g(y) = x + y – 1? ( 6 баллов)
4. Решить уравнение
1
1
1
1
1
1
1
1







0.
x x  2 x  4 x  6 x  8 x  10 x  12 x  14
(6 баллов)
5. В выпуклом четырёхугольнике ABCD с внутренними углами < 180о точка E – точка
пересечения диагоналей, F1, F2 – площади треугольников ABE, CDE, F – площадь
четырёхугольника ABCD. Доказать, что
F1  F2  F . В каком случае возможно
равенство?
(6 баллов)
Решения.
10 класс.
1. Решить уравнение в целых числах:
(x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 30. ( 6 баллов)
Решение. Преобразовав данное уравнение, получим:
3(x – y)(y – z)(z – x) = 30 или (x – y)(y – z)(z – x) = 10.
Значит, целые числа (x – y), (y – z), (z – x) — делители числа 10, сумма этих делителей
равна нулю. Не трудно убедиться, что таких делителей у числа 10 нет.
2. Из трехзначного числа вычли сумму его цифр. С полученным числом сделали то же
самое и так далее, 100 раз. Доказать, что в результате получится нуль. ( 6 баллов)
Решение. Так как
– (a + b + c) = 9  (11a + b), то первая разность делится на 9. Сумма
ее цифр делится на 9, значит, вторая, и, аналогично, все остальные разности будут
делиться на 9.
Сумма цифр трехзначного числа, делящегося на 9, может быть равна 9, 18 или 27. Значит,
за 100 операций число либо станет равным 0, либо уменьшится не менее чем на 900.
Поэтому, любое число, меньшее 900, станет равным нулю.
Пусть число не менее 900. Тогда после первого хода получится число, кратное 9, от 900 –
9 = 891 до 999 – 27 = 972. Таких чисел 9. Перебором можно убедиться, что они также
обратятся в 0 через 99 операций.
3. Существуют ли всюду определенные функции f(x) и g(у), что для любых х и у
выполняется f(x)  g(y) = x + y – 1? ( 6 баллов)
Решение. Пусть такие функции существуют. Тогда при любом y
при x = 0: f (0)  g (y) = y – 1,
при x = 1: f (1)  g (y) = y.
Очевидно, что f (0) ≠ 0, f (1) ≠ 0, отсюда
.
Это равенство выполняется не при всех y (при y = 0 оно неверно), значит, таких функций
не существует.
4. Решить уравнение
1
1
1
1
1
1
1
1







0.
x x  2 x  4 x  6 x  8 x  10 x  12 x  14
Р е ш е н и е.
симметричным:
Подстановка
y = x + 7
(6 баллов)
делает рассматриваемое уравнение
1
1
1
1
1
1
1
1







0.
y  7 y  5 y  3 y 1 y 1 y  3 y  5 y  7
Сгруппируем следующим образом
 1
1   1
1   1
1   1
1 









 y  7 y  7   y  5 y  5   y  3 y  3   y 1 y 1 
Это даёт
2y
2y
2y
2y



0,
y 2  49 y 2  25 y 2  9 y 2  1
т.е.
 1
1
1
1 
2y 2
 2
 2
 2 0,
 y  49 y  25 y  9 y  1 
откуда y = 0, т.е. x =  7, или (после подстановки z = y2)
1
1
1
1



0.
z  49 z  25 z  9 z  1
Группируем
1   1
1 
 1




 0.
 z  49 z  1   z  25 z  9 
Это даёт
48
16

0.
z 2  50 z  49 z 2  34 z  225
= 0.
Сокращая на 16 и приводя к общему знаменателю, получаем
3(z2 – 34z + 225) + (z2 – 50z + 49) = 0
и, разумеется, z  1, z  9, z  25, z  49. Приводя подобные, имеем 4z2 – 152z + 724 = 0,
откуда, сокращая на 4, получаем z2 – 38z + 181 = 0. Корнями этого уравнения являются
z  y 2  19  6 5 ,
откуда y   19  6 5
комбинации знаков.
и, наконец, x  y  7  7  19  6 5 , причём возможны различные
О т в е т: x =  7, x  7  19  6 5 . 
5. В выпуклом четырёхугольнике ABCD с внутренними углами < 180о точка E – точка
пересечения диагоналей, F1, F2 – площади треугольников ABE, CDE, F – площадь
четырёхугольника ABCD. Доказать, что
F1  F2  F . В каком случае возможно
равенство?
(6 баллов)
Р е ш е н и е.
C
D
F2
F4
F3
E
F1
A
Имеем F = F1 + F2 + F3 + F4.
неравенству
B
Доказываемое неравенство равносильно тогда
0  F1  F2  F1  F2  F3  F4
.
После возведения в квадрат получаем, что последнее равносильно неравенству
2  F1 F2  F3  F4 .
Треугольники ABE и ADE имеют одинаковую высоту, следовательно,
Аналогично,
F3 BE

. Отсюда получаем
F2 DE
F1 BE

.
F4 DE
F1 F3

, так что F1F2 = F3F4. Доказываемое
F4 F2
неравенство сводится тогда к такому: 2 F3 F4  F3  F4 . Это последнее неравенство
очевидно, поскольку F3 – 2 F3 F4 + F4 = ( F3  F4 )2  0.
Равенство достигается в случае F3 = F4. В свою очередь это равносильно условию
SABD
=
F1
+
F4
=
F1
+
+ F3 = SABC. Но треугольники ABC и ABD имеют общее основание AB,
следовательно, должны иметь одинаковые высоты. А это выполняется в случае, когда AD
параллельно CD, т.е. когда ABCD – трапеция. 
Условия заданий.
Продолжительность 4 часа
11 класс.
1.Докажите, что если котангенсы углов треугольника образуют арифметическую
прогрессию, то и квадраты сторон этого треугольника образуют арифметическую
прогрессию. ( 6 баллов)
2. Доказать, что если натуральное число p = 100a + 10b + c делится на 37, то и числа
q = 100b + 10c + a и r = 100c + 10a + b также делятся на 37 (числа a, b, c — натуральные).
( 6 баллов)
3. Найти наибольшее натуральное число n, для которого система неравенств
1 < x < 2, 2 < x2 < 3, …, n < xn < n + 1
имеет решение. ( 6 баллов)
4. Доказать, что для любых натуральных чисел m и n, больших 1, хотя бы одно из
чисел n;m и m;n не превосходит 3;3 .
(6
баллов)
5. Доказать, что если все двугранные углы тетраэдра острые, то и все плоские углы
острые.
(6 баллов)
Решения.
11 класс.
1.Докажите, что если котангенсы углов треугольника образуют арифметическую
прогрессию, то и квадраты сторон этого треугольника образуют арифметическую
прогрессию. ( 6 баллов)
Решение. Из теоремы косинусов: a2 – b2 = ac × cos B – bc × cos A.
Из теоремы синусов: bc = 2S / sin A, ac = 2S / sin B.
Из этих соотношений (и аналогичных им):
b2 – a2 = 2S × (ctg A – ctg B),
c2 – b2 = 2S × (ctg B – ctg C).
Так как котангенсы углов образуют арифметическую прогрессию, то
b2 – a2 = c2 – b2.
Значит, квадраты сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию.
2. Доказать, что если натуральное число p = 100a + 10b + c делится на 37, то и числа
q = 100b + 10c + a и r = 100c + 10a + b также делятся на 37 (числа a, b, c — натуральные).
( 6 баллов)
Решение. Пусть p = 100a + 10b + c = 37k.
Тогда q = 100b + 10c + a = 10p – 999a = 370k – 37 × 27a.
Значит, число q делится на 37.
Аналогично доказывается, что r = 100c + 10a + b делится на 37.
3. Найти наибольшее натуральное число n, для которого система неравенств
1 < x < 2, 2 < x2 < 3, …, n < xn < n + 1
имеет решение. ( 6 баллов)
Решение. Ответ: n = 4.
Перепишем неравенства в виде:
В силу того, что рассматриваем положительные значения x, эта система эквивалентна
исходной.
Так как 35 > 63, то при n = 5 указанная система уже несовместна: интервалы
и
не пересекаются.
При n = 4 несложно подобрать значение x, удовлетворяющее всем четырем неравенствам
(например, x = 1,45).
4. Доказать, что для любых натуральных чисел m и n, больших 1, хотя бы одно из
чисел n;m и m;n не превосходит 3;3 .
(6 баллов)
Р е ш е н и е. Ясно, что без ограничения общности можно считать, что m  n  2. При
этом m;n  n;n . В таком случае достаточно доказать неравенство
n;n  3;3
(0.1)
или, другими словами, n1/n  31/3. Заметим, что для n = 2 неравенство 21/2  31/3 верно,
поскольку при возведении обеих частей в шестую степень получаем 8 < 9. Вычисляя
натуральный логарифм от обеих частей неравенства (0.1), получаем, что достаточно
доказать неравенство
ln n
n

Имеем производную f (x) =
ln 3
для
3
1  ln x
x2
всех n  3. Рассмотрим функцию f(x) =
ln x
x
, x > 0.
. Если x  3 > e, то ln x > ln 3 > 1, следовательно, f (x)
< 0. Это означает, что при x  3 функция f(x) убывает, так что при n  3 выполняется
f(n)  f(3), что доказывает неравенство.
5. Доказать, что если все двугранные углы тетраэдра острые, то и все плоские углы
острые.
(6 баллов)
Р е ш е н и е. Докажем сначала, что если все двугранные углы выпуклого
трёхгранного угла острые, то и все плоские углы острые. Доказываемое утверждение
будет следовать отсюда непосредственно. Действительно, каждый плоский угол тетраэдра
входит в какой-либо его трёхгранный угол, все двугранные углы которого по условию
острые. Следовательно, и каждый плоский угол такого тетраэдра будет острым.
Пусть SABCD – данный выпуклый трёхгранный угол с вершиной S. Все его плоские
углы меньше 180, так как выпуклый трёхгранный угол лежит внутри каждого своего
двугранного угла. Двугранные углы B(SA)C и B(SC)A – острые, поэтому проекция SH
ребра SB на плоскость SAC лежит между лучами SA и SC, т.е.
S
B
D
S
S
A
H
B
C
E
A
Рис. 1
H
Рис. 2
внутри грани SAC (см. рис. 1). Поскольку ASC <  180, то, по крайней мере, либо
ASH < 90, либо CSH < 90. Для определённости будем считать, что ASH < 90.
Через точку S проведём плоскость S SE, перпендикулярно прямой AS (см. рис. 2).
Очевидно, трёхгранный угол SABH лежит внутри прямого двугранного угла A(S S)E.
Продолжим грань SBA до пересечения с плоскостью SSE по прямой SD. Так как AS 
SSE, то AS  SD, но ASB лежит внутри прямого угла ASD. Следовательно, ASB –
острый.
Таким образом, исходя из того, что ASC < 180 и ASH < 90, мы получили, что
ASB – острый. Повторяя эти рассуждения для ASB < 180, получим, что ASC < 90
и затем BSC < 90.