Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
Первый день
8.1. В государстве каждый житель - либо рыцарь, либо лжец. Рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда лгут. Все жители знакомы друг с другом. Президент однажды сделал два утверждения - «Я знаком с четным числом рыцарей» и «Я знаком с нечетным числом лжецов». Докажите, что любой другой житель сделает такие же утверждения. (Президент входит в число жителей.)
8.2. В произведении ДО∙РЕ∙МИ∙СИ одинаковые буквы обозначают одинаковые цифры, а разные буквы - разные цифры. Каким наибольшим количеством нулей может заканчиваться это произведение?
8.3. Назовем диагональ пятиугольника хорошей, если какие-то другие диагонали делят ее на 3 равные части. Какое наибольшее число хороших диагоналей может быть у выпуклого пятиугольника?
8.4. В приборе имеется n ≥ 4 контактов и m ≥ 4 проводов, причем каждый провод соединяет ровно два контакта. Известно, что для любых четырех проводов найдутся такие два контакта, что любой из этих проводов подсоединен хотя бы к одному из них. Докажите, что найдутся такие три контакта, что любой провод в приборе подсоединен хотя бы к одному из них.
8.5. В написанном на доске выражении 
Петя и Коля заменяют буквы тремя различными натуральными числами: вначале Петя заменяет букву А, затем Коля букву В, затем опять Петя - букву С. Докажите, что Петя может писать числа так, чтобы окончательное число на доске оказалось целым.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
8 класс
Второй день
8.6. Клетки прямоугольника 7×8 покрашены и три цвета, причем в любом квадратике 2×2 есть клетки всех трех цветов. Какое наибольшее количество клеток может быть покрашено в первый цвет?
8.7. Каждый день Малыш и Карлсон едят пирожные. В первый день они съели по одному пирожному. Затем Малыш каждый день съедает ровно одно пирожное, а Карлсон ровно столько, сколько они съели вместе за все предыдущие дни. Могло ли число пирожных, съеденных, однажды Карлсоном, оканчиваться на 101?
8.8. На разных сторонах угла, с вершиной S выбраны точки Р и Q (SP ≠ SQ). Через середину М отрезка PQ проведена прямая, перпендикулярная биссектрисе угла. Эта прямая пересекается с прямой SP в точке Т. Докажите, что перпендикуляр к SР, восставленный в точке Т, и перпендикуляр к PQ, восставленный в точке М, пересекаются на биссектрисе угла.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
Первый день
9.1. Клетки доски 8×8 раскрашены в шахматном порядке. Одним ходом разрешается перекрасить любую клетку в цвет одной из соседних с ней клеток. Можно ли с помощью таких перекрашиваний изменить цвет всех клеток на противоположный? (Соседними считаются клетки, имеющие общую сторону.)
9.2. Найдите все натуральные n, удовлетворяющие равенству 
(в правой части последовательно выписаны друг за другом десятичные записи всех натуральных чисел от 1 до n; 
).
9.3. Из точки А, расположенной вне окружности 
, проведены две касательные АВ и АC к этой окружности. Точка D лежит на и диаметрально противоположна С. Перпендикуляр, опущенный из точки В на прямую CD, пересекает ее в точке Н. Докажите, что прямая AD делит отрезок ВН пополам.
9.4. На острове живут 2006 человек, каждый - либо рыцарь, либо лжец. Рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда лгут. Некоторые из жителей знакомы (если А знаком с В, то и В знаком с А). Каждый житель острова, кроме президента сделал два утверждения - «Я знаю четное число рыцарей» и «Я знаю нечетное число лжецов». Докажите, что президент должен сделать такие же утверждения. (Президент входит в число жителей острова.)
9.5. Каждый день Малыш и Карлсон едят пирожные. В первый день они съели по одному пирожному. Затем Малыш каждый день съедает ровно одно пирожное, а Карлсон ровно столько, сколько они съели вместе за все предыдущие дни. Могло ли число пирожных, съеденных однажды Карлсоном, оканчиваться на 101?
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
9 класс
Второй день
9.6. На доске написаны многочлены х+1 и х2 +1. Разрешается дописывать на доску многочлен f, равный сумме, разности или произведению любых двух различных из написанных многочленов, если многочлен f не был выписан на доске ранее. Можно ли выписать на доску многочлен 
?
9.7. В выпуклом четырехугольнике ABCD описанная окружность треугольника ABC пересекает стороны CD и DA в точках Р и Q, а описанная окружность треугольника CDА пересекает стороны АВ и ВС в точках R и S соответственно. Прямые ВР и BQ пересекают отрезок RS в точках М и N. Докажите, что точки М, N, Р, Q лежат на одной окружности.
9.8. Есть 15 монет, среди которых четное (не известное нам) число фальшивых. Все настоящие монеты весят одинаково, все фальшивые тоже весят одинаково, но они легче настоящих. Можно ли за 3 взвешивания на чашечных весах найти хотя бы одну настоящую монету?
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
Первый день
10.1. Клетки доски 8×8 раскрашены в шахматном порядке. Одним ходом разрешается перекрасить любую клетку в цвет одной из соседних с ней клеток. Можно ли с помощью таких перекрашиваний изменить цвет всех клеток на противоположный? (Соседними считаются клетки, имеющие общую сторону.)
10.2. Натуральные числа от 1 до 100 выписали в строку в некотором порядке. Докажите, что найдутся два рядом стоящих числа, сумма которых больше 50, но меньше 150.
10.3. Пусть а и b - различные натуральные числа, большие 1 , и такие, что 
делится на ab. Докажите, что 
.
10.4.Продолжения сторон AB и CD выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке P, а продолжения сторон ВС и AD - в точке Q. Обозначим через М и N середины диагоналей АС и BD. Докажите, что если 
, то 
.
10.5.Уравнение 
с целыми коэффициентами имеет три различных корня. Оказалось, что первый корень является синусом, второй - косинусом, а третий - тангенсом одного угла. Найдите все такие уравнения.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
10 класс
Второй день
10.6. На плоскости провели 8 прямых, никакие две из которых не параллельны. Какое наибольшее число равнобедренных треугольников со сторонами, лежащими на этих прямых, могло образоваться?
10.7. Дана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС. Окружность 
касается основания ВС в точке М, и продолжений сторон АВ и CD за точки В и С; окружность 
касается основания AD в точке N, и продолжений сторон АВ и CD за точки А и D. Докажите, что отрезок MN проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.
10.8. В стране есть несколько городов, соединенных дорогами. Каждая дорога соединяет только два города, и на ней введено одностороннее движение; при этом пара городов соединена не более, чем одной дорогой. Выехав из любого города, нельзя в него вернуться. Известно, что из города А в город В можно проехать ровно 2006 способами. Найдите минимальное возможное число городов в стране.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
Первый день
11.1. График линейной функции касается графика квадратичной функции 
, а график квадрата этой линейной функции получается из графика сдвигом вниз на величину р. Докажите, что для всех таких 
число р одинаково.
11.2. Числа от 1 до 100 выписали в строку в некотором порядке. Докажите, что найдутся два рядом стоящих числа, сумма которых больше 50, но меньше 150.
11.3.Положительные числа х и у таковы, что для некоторого натурального n справедливо равенство
Докажите, что тогда выполняется неравенство
11.4.Описанная окружность четырехугольника ABCD отражается симметрично относительно сторон АВ и AD. Построенные окружности вторично пересекаются в точке А', отличной от А. Аналогично строятся точки В' , С' и D'. Докажите, что четырехугольники ABCD и A'B'C'D' равны.
11.5. Числа sinx, cosx, tgx являются членами некоторой бесконечной в обе стороны геометрической прогрессии 
Докажите, что ctgx такжe входит в эту прогрессию.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
11 класс
Второй день
11.6. Основания трех высот треугольной пирамиды являются точками пересечении медиан противоположных граней. Докажите, что все ребра пирамиды равны.
11.7. На плоскости проведено 12 прямых, никакие две из которых не параллельны. Какое наибольшее число равнобедренных треугольников со сторонами, лежащими на этих прямых, могло образоваться?
11.8. Имеется куча, из N > 1 камней. Двое играют в игру. За один ход можно либо забрать один камень из любой кучки, либо разделить любую имеющуюся кучку на две произвольным образом (если в куче более одного камня). Побеждает тот, кто заберет последний камень. Кто из соперников сможет победить независимо от игры соперника?
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
8 класс
Первый день
РЕШЕНИЕ
8.1. Заметим, что все рыцари знакомы с одним и тем же числом рыцарей и одним и тем же числом лжецов; аналогично для лжецов. Значит, достаточно доказать, что если рыцарь сделал такие два утверждения, то и лжец сделает такие же (и наоборот). Но количество лжецов, с которыми знакомы рыцарь и лжец, различаются на 1, поэтому утверждение «Я знаком с нечетным числом лжецов» могут сделать либо оба, либо ни один. Аналогично с другим утверждением.
8.2. Ответ. 5 нулей.
Двузначные числа в произведении П = ДО • РЕ • МИ • СИ оканчиваются на три разных цифры. По крайней мере одна из них - не 0 и не 5, поэтому хотя бы один из сомножителей не делится на 5. Каждое из трех остальных чисел делится не более чем на вторую степень пятерки, причем на 52 оно может делиться только в том случае, если оно - 25, 50 или 75. Поэтому П делится не более, чем на шестую степень пятерки, причем шестая степень может оказаться только в том случае, если наши три числа - это 25, 50 и 75. Но они все содержат в своей записи цифру 5, а у нас каждая цифра встречается не более двух раз. Поэтому произведение может делиться максимум на пятую степень пятерки и, как следствие, не более чем на пятую степень десятки (соответственно, заканчиваться не более, чем пятью нулями). В то же время произведение П=30•64•25•75=3600000 оканчивается на 5 нулей.
8.3. Ответ. Две хороших диагонали.
Если у пятиугольника не менее 3 хороших диагоналей, то какие-то две из них пересекаются. Пусть это диагонали АС и BE.
Тогда в четырехугольнике ABMN (см. рис. 1) диагонали делятся точкой пересечения О пополам. Значит, ABMN — параллелограмм. Но тогда ВМ||AN, т. е. BD || AD - противоречие. На рис. 2 приведен пример пятиугольника с двумя хороши-ми диагоналями. Он может быть получен из произвольного треугольника АСЕ деле-нием боковых сторон на три равных части (точки М, N, К, L) и построением вершин В=ЕМ NK и D=AL NK.
8.4. Можно считать, что любая пара контактов соединена не более, чем одним проводом, и проводов не меньше четырех. Если найдутся два провода АВ и XY, не имеющие общих концов, то любой третий провод должен иметь общий конец либо с АВ, либо с XY. Значит, в любом случае нашлись два провода, имеющие общий конец (скажем, АВ и АС). Если любой провод имеет концом один из контактов А, В, C, то А, В, С - требуемая тройка контактов. Иначе имеется провод DE, где контакты D и Е отличны от А, В, С. Добавим к АВ, AC, DE четвертый провод XY. Для них найдутся такие два контакта, что любой из этих четырех проводов подсоединен хотя бы к одному из них. Один из контактов - D или Е, значит, другой - А. Таким образом, любой провод подсоединен к одному из контактов А, D, E, что и требовалось.
8.5. Вначале Пете достаточно взять произвольное нечетное А>2, а затем, какое бы В ни написал Коля, положить С=АВ−В. Очевидно, С > 0. Число на доске окажется целым: 
Осталось доказать, что С≠А, С≠В. Поскольку А ≠ 2, то С ≠ В. Далее, С = (А - 1). В четно, следовательно, С ≠ A.
Замечание. Неравенство С ≠ А легко доказать и при произвольном А, большем 2.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
8 класс
Второй день
РЕШЕНИЕ
8.6. Ответ. 32 клетки.
Пример доказан на рис. 3. Докажем теперь, что более 32 клеток не может быть покрашено в первый цвет.
Заметим, что в любом квадратике 2х2 не более двух клеток первого цвета. Разобьем прямоугольник 7x8 на 12 квадратиков 2х2 и один прямоугольник 1х8 (см. рис. 4). В каждом квадрате не более двух клеток первого цвета, и в прямоугольнике не более 8 клеток первого цвета. Итого клеток первого цвета не более 12 • 2 + 8 = 32.
8.7. Ответ. Не могло.
Если в п-ый (п ≥ 2) день Карлсон съел ап пирожных, то в (п +1)-ый день он съел аn+1= ап+1 + ап= 2ап+1 пирожное. Тогда а1=1, а2=2, а3=5, a4=11, то есть на четвертый день он съел 11 пирожных. Но 11=4k-1, и 2(4k-1)+1=8k-1= 4*2k-1, следовательно, начиная с четвертого дня, количество пирожных, съеденных Карлсоном, дает остаток 3 при делении на 4. А число, оканчивающееся на 101, дает остаток 1 при делении на 4.
8.8. Отложим на луче SP отрезок SQ′= SQ. В равнобедренном треугольнике QSQ' биссектриса l угла PSQ является высотой и серединным перпендикуляром к отрезку QQ'. Отсюда следует, что прямые QQ′ и МТ параллельны, так как они перпендикулярны l. Так как МТ проходит через середину PQ, то МТ - средняя линия треугольника QPQ′, и Т - середина PQ'.
Пусть К - точка пересечения перпендикуляра к PQ, восставленного в М (т. е. серединного перпендикуляра к PQ), и перпендикуляра к SP, восставленного в Т (т. е. серединного перпендикуляра к PQ'). Точка К равноудалена от Р и Q, а также от Р и Q'. Значит, она равноудалена от Q и Q'. Следовательно, К лежит на серединном перпендикуляре l к отрезку QQ'.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
9 класс
Первый день
РЕШЕНИЕ
9.1. Ответ. Нельзя.
Пусть мы сможем поменять цвет всех клеток. Рассмотрим клетку А, которую мы перекрашиваем последней. К моменту перекрашивания клетки А все остальные клетки должны были изменить свой цвет на противоположный. Значит, в этот момент все соседние с А клетки - одного с ней цвета, и А перекрасить нельзя.
9.2. Ответ. n = 1.
Первое решение. Докажем, что при n > 1
(1)
Для этого вначале докажем, что при любых a, b 
N
(2)
Имеем: 
>а∙10n, если b - n-значное число. Тогда а∙10n>а•b. Неравенство (2) доказано, а (1) сразу получается из (2) по индукции.
Второе решение. Заметим, что число 
имеет на конце столько же нулей, как и число n, а число n! при n > 5 - большее количество нулей, так как при п > 5 в произведении n!=1•2•...•n встречаются, кроме n, еще 2 и 5. Случаи п≤5 рассматриваются непосредственно.
9.3. Так как CD - диаметр, проведенный в точку касания окружности с прямой АС, то и, следовательно, ВН || АС (см. рис. 6). Продлим DB до пересечения с прямой АС в точке Е. Углы CBD и СBE прямые, поскольку CD - диаметр. В прямоугольном треугольнике ЕСВ точка А гипотенузы равноудалена от В и С (поскольку АВ и АС - касательные к окружности). Поэтому она является серединой стороны ЕС (ибо лежит на серединном перпендикуляре к ВС, являющемся средней линией треугольника ЕСВ). Следовательно, прямая AD делит отрезок СЕ пополам. Тогда она делит пополам и параллельный ему отрезок ВН.
9.4. Лемма. Пусть в некоторой компании каждый человек из этой компании записал, сколько у него в компании знакомых. Тогда количество записанных нечетных чисел четно. Доказательство. Рассмотрим количество (упорядоченных) пар (А, В) знакомых в этой компании. Оно четно, так как вместе с парой (А, В) присутствует и пара (В, А). С другой стороны, оно равно сумме всех записанных чисел, так как количество пар вида (А, х) равно числу, записанному А.
Рассмотрим любого человека, отличного от президента. Если он лжец, то у него четное число знакомых лжецов и нечетное число знакомых рыцарей. Если он рыцарь, то наоборот - нечетное число знакомых лжецов и четное число знакомых рыцарей. В любом случае, у него нечетное число знакомых. Тогда по лемме и у президента также нечетное число знакомых.
Пусть президент - рыцарь. Применив к компании из всех рыцарей лемму. Так как у каждого другого рыцаря было четное число знакомых рыцарей, получаем, что у пре-зидента тоже четное число знакомых рыцарей, а значит, нечетное число знакомых лжецов, и утверждение задачи доказано.
Если же президент лжец, достаточно аналогичным образом применить лемму ко множеству всех лжецов.
9.5. Ответ. 32 клетки.
Пример доказан на рис. 3. Докажем теперь, что более 32 клеток не может быть покрашено в первый цвет.
Заметим, что в любом квадратике 2х2 не более двух клеток первого цвета. Разобьем прямоугольник 7x8 на 12 квадратиков 2х2 и один прямоугольник 1х8 (см. рис. 4). В каждом квадрате не более двух клеток первого цвета, и в прямоугольнике не более 8 клеток первого цвета. Итого клеток первого цвета не более 12 • 2 + 8 = 32.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
9 класс
Второй день
РЕШЕНИЕ
9.6. Ответ. Можно.
Покажем по индукции, как получить любой многочлен вида хп+1. База индукции: хп+1 для n = 1 и 2 выписаны. Пусть на доске есть многочлены fn-2 = хп-2+1 и fn-1 = хп-1+1. Тогда выпишем gn= fn-1 – fn-2 = хn-1- xn-2, hп=(x+1)•gп=хп-2(х-1)(х+1)=хп-хп-2, hn+fn-2= хп - xn- 2+ хп-2+1= =хп+1. (Если в какой-то момент мы хотим выписать многочлен, уже написанный на доске, то пропустим этот шаг.) Утверждение доказано.
9.7. Используя то, что четырехугольники ABCQ, BCPQ и ARSC вписанные (см. рис. 7), получаем равенства:
+ 
= 
Итак, 
откуда следует требуемое.
9.8. Ответ. Можно.
Укажем способ отыскания настоящей монеты. Для первого взвешивания положим на чашки весов по 4 монеты. Возможны два случая.
1. Одна из чашек перевесила. Обозначим через А, В, С и D массы монет на этой чашке; ясно, что хотя бы одна из этих монет - настоящая. Вторым взвешиванием сравниваем величины А + В и С + D. Если А + В > С + D или А+В — C+D, то монеты с массами А и B не могут обе быть фальшивыми, и тогда третьими взвешиванием сравниваем A и В. Более тяжелая из монет обязательно настоящая, а при А = В настоящие обе. (Если же А + В < С + D, то третьим взвешиванием сравним С и D.)
2. При первом взвешивании зафиксировано равенство масс. Это значит, что на чашках по одинаковому числу фальшивых монет, а общее число взвешенных фальшивых четно. Следовательно, среди остальных 7 монет число фальшивых также четно. Для второго взвешивания положим на чашки по 2 монеты из ранее не взвешенных. Если какая-то пара тяжелее, то третьим взвешиванием сравним монеты этой пары; монета, которая тяжелее или равна другой, - настоящая. Если же массы пар монет во втором взвешивании равны, то в этих парах по одинаковому числу фальшивых монет, общее число фальшивых среди взвешенных четно, четно оно и среди 3 оставшихся (ни разу не взвешенных). Тогда возьмем любые 2 из, этих 3 монет и сравним их массы; если какая-то чашка перевесит, то монета на ней - настоящая, в случае же равенства настоящей обязательно будет третья монета.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
10 класс
Первый день
РЕШЕНИЕ
10.1. Ответ. Нельзя.
Пусть мы сможем поменять цвет всех клеток. Рассмотрим клетку А, которую мы перекрашиваем последней. К моменту перекрашивания клетки А все остальные клетки должны были изменить свой цвет на противоположный. Значит, в этот момент все соседние с А клетки - одного с ней цвета, и А перекрасить нельзя.
10.2. Пусть нашлась такая перестановка a1, a2, … a100 чисел 1, 2,..., 100, что каждая из сумм a1+a2, a2+a3 , … a99+a100 либо не больше 50 (в этом случае назовем сумму маленькой), либо не меньше 150 (в этом случае назовем сумму большой). Тогда среди этих сумм найдется как маленькая (например, содержащая число 1), так и большая (например, содержащая число 100). Значит, найдутся две соседние суммы ai-1+ai, ai+ai+1, одна из которых маленькая, а другая - большая. Модуль разности между этими суммами должен быть не меньше = 100. С другой стороны, 
≤ 100 – 1 =99. Противоречие.
10.3. Из условия следует, что a3 + b3 = (a + b)3 - 3ab(a + b) делится на аb. Докажем, что каждое из чисел a3 и b3 делится на ab. Пусть р - простой делитель числа ab. Без ограничения общности будем считать, что число а делится на рα и не делится на рα+1 число b делится на pβ и не делится на рβ+1, где α≥β≥0. Тогда ab делится на рα+β и не делится на рα+β+1. Число а3 делится на р3α, а значит, и на рα+β; отсюда b3 = (а + b)3 - а3 также делится на рα+β. В силу произвольности выбора простого р, получаем, что а3 и b3 делятся на ab.
Тогда (а - b)3 = а3 - b3 - Заb(а - b) делится на ab. Значит, 
. Получаем |a - b| > 104, что и требовалось.
Замечание. Пример чисел, удовлетворяющих условию задачи: a = 101•1032, b=1012 •103.
10.4. Первое решение. Так как РМ - медиана 
АРС, то SAPM = SMPC => 
AP • РМ *sin
= 
(см. рис. 8). Следовательно, 
Аналогично, из того, что PN - медиана ΔBPD следует, что 
Так как 
BPM= , то CPM = 
значит, 
, то есть 
Значит, четырехугольник ABCD - вписанный.
Тогда QB ∙ QC = QA ∙ QD, откуда 
.Аналогично, рассматривая медианы QN и QM в треугольниках ACQ и BDQ, приходим к выводу, что 
кроме того, 
(обозначим этот угол φ). Тогда 
так как функция 
= 
строго монотонна на (0,φ).
Второе решение. Отразив треугольник BPD симметрично относительно биссектрисы l угла BPD, получим треугольник B'PD'. Медиана PN' треугольника B'PD' симметрична PN относительно l, поэтому N' лежит на луче РМ. Рассмотрим гомотетию с центром Р, переводящую N' в М. Точки В! и D' перейдут при этой гомотетии соответственно в точки В" и D", лежащие на лучах PC и РА. Если В" не совпадает с С', a D" не совпадает с А, то в четырехугольнике AD"CB" диагонали АС и B"D" делятся точкой М пополам, откуда следует, что AD"CB" - параллелограмм, и АВ || CD - противоречие.
Следовательно, В" С и D" = А, значит 
равен В"PD" и подобен треугольнику BPD.
Из подобия следует, что ВАС = BDC, поэтому четырехугольник ABCD - вписанный.
Тогда QBD = QAC, значит ∆QBD ~ ∆QAC. Углы BQN и AQM равны как соответственные углы (между медианой и стороной) в подобных треугольниках.
10.5. Ответ. 2х3 + 2х2 - х - 1 = 0.
Пусть sin α, cos α, tg α - корни уравнения. Тогда 2 х3 + а х2 + b х + c = 2 (х - sinα )
(х - cosα)(х - tgα) = 2х3 - 2(sin α + cos α + tg α)х2 + 2(sin α cos α + sin α tg α + cos α tg α) х - 2 sinα cosα tg α. Отсюда sin α • cos α • tg α = 
т. е. sin2α = откуда, учитывая, что с - целое число, sin2α = 0, или 1. Но если sin α = 0, то и tg α = 0, а если sin2α = 1, то tg α не существует. Значит, sin α = 
, тогда cos α = 
(так как корни различны), и tg α = -1. Также 
= sin α + cos α + tg α = -1, 
sin α ∙ cos a + sin α∙ tg α + cos α ∙ tg α = - .
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
10 класс
Второй день
РЕШЕНИЕ
10.6. Ответ. 24.
Выделим в каждом равнобедренном треугольнике прямую, на которой лежит его основание. Если он равносторонний, произвольным образом объявим его основанием одну из его сторон.
Пусть l и т - некоторые две из проведенных прямых. Тогда существует не более одного равнобедренного треугольника, у которого на l лежит основание, а на т - боковая сторона. Действительно, направление третьей стороны тогда находится однозначно, и существует не более одной проведенной прямой этого направления. Тогда прямая l содержит основания не более, чем трех треугольников; иначе у треугольников с основаниями, лежащими на l, было бы 8 боковых сторон, и две лежали бы на одной прямой. Итого, имеется не более 3∙8 = 24 оснований, то есть треугольников не больше 24.
Равнобедренных треугольников будет 24, если провести 8 прямых, параллельных восьми последовательным сторонам правильного 16-у голышка, так, чтобы никакие три прямые не пересеклись в одной точке. Легко видеть, что тогда на каждой прямой будет лежать ровно по три основания.
10.7.Пусть диагонали трапеции пересекаются в точке S, а отрезки BD и MN - в точке S'. Из подобия треугольников ASD и С SB следует 
. Из подобия треугольников NS'D и MS'В следует 
. Поэтому достаточно доказать равенство 
или 
Пусть прямые АВ и CD пересекаются в точке О, и пусть О лежит, для определенности, на продолжениях отрезков АВ и CD за точки В и С соответственно. Обозначим через К, L, P, Q точки касания окружностей 
с прямыми АВ и CD (см. рис. 9).
Так как ОК+СМ = OL+CL = ОС и ВМ=BK, то
Так как 
и 
то 
и 
Треугольники OBC и OAD подобны, поэтому 
Отсюда 
что и требовалось.
10.8. Ответ. 13.
Для каждого возможного способа проезда запишем множество городов (отличных от А и В), через которые путь проходит. Тогда для разных способов получаются разные множества.
Действительно, пусть для двух способов эти множества совпали. Поскольку каждые два города соединены не более, чем одной дорогой, то порядок, в котором эти города встречаются на пути, разные. Следовательно, найдутся такие два города Х и Y, что при первом способе Х встречается раньше, чем Y, а при втором способе – наоборот. Но тогда из Х можно добраться до Y и затем вернуться в Х, что противоречит условию.
Пусть в стране n городов. Тогда способов не больше, чем подмножеств множества из (n-2) городов, отличных от А и В, то есть 2006≤2n-2, откуда n≥13.
Приведем примеры страны с 13 городами, в которой условие выполнено. Перенумеруем города от 0 до 12 (А – нулевой, В - двенадцатый) и соединим пока любые два города в направлении от меньшего к большему. Тогда для каждого подмножества промежуточных городов существует путь по ним, то есть всего способов 211 = 2048. Теперь закроем дороги. Ведущие из второго, четвертого и шестого городов в В. Тогда из общего количества способов вычлось количество способов добраться из А во второй, из А в четвертый и из А в шестой города, т. е. количество способов стало равно 2048 – 21 – 2 3 – -25 = 2006, что и требовалось доказать.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
11 класс
Первый день
РЕШЕНИЕ
11.1. Пусть y = l(x) – данная линейная функция. Тогда, из условия f (x) = l2(x) + p. Условие касания означает, что уравнение l2(x) + p = l(x) имеет единственное решение х = х0. Но линейная функция отличная от постоянной, каждое свое значение принимает ровно один раз. Значит, уравнение l2 + p = l должно иметь единственное решение, l = l0, т. е. D = 1 – 4р = 0, откуда 
11.2. Ответ. Нельзя.
Пусть мы сможем поменять цвет всех клеток. Рассмотрим клетку А, которую мы перекрашиваем последней. К моменту перекрашивания клетки А все остальные клетки должны были изменить свой цвет на противоположный. Значит, в этот момент все соседние с А клетки - одного с ней цвета, и А перекрасить нельзя.
11.3. Докажем сначала, что х+y ≤2. Предположим противное, т. е. х+y >2. Поскольку для любого натурального k (1)
то 
и, следовательно, 
, что противоречит условию.
Но тогда 
, что и требовалось доказать
Замечание. Неравенство (1) можно доказать так: пусть х+y =2, тогда х = 1-α, y = 1+α где С1, С2,…, > 0. Значит, при 
Если же 
то, положив 
получаем 
11.4. Докажем, что AB'C'D - параллелограмм. Пусть О - центр описанной окружности четырехугольника ABCD, О1 и О2 - центры окружностей, симметричных описанной относительно сторон АВ и ВС (см. рис. 10).
Отрезки O1О2 и О1О являются серединными перпендику-лярами к отрезкам ВВ’ и ВА. Пусть М и К - середины этих отрезков. Отрезок МК является средней линией ΔOO1O2, а также средней линией ААВВ'. Отсюда следует, что отрезки ОО2 и АВ' параллельны и равны. Аналогично получаем, что С’D || OO2 и C’D = OO2. Следовательно, АВ’С’D – параллелограмм. Значит, B’C’=AD. Аналогично, С’D’=BA, D’A’=CB, A’B’=DC, следовательно, четырехугольник A’B’C’D’ и ABCD равны.
11.5. Пусть q≠0 – знаменатель прогрессии. Из условия следует, что 
для некоторого целого n. Тогда 
- также ее член.
Третий этап Всероссийской олимпиады школьников
(2005 – 2006 учебный год)
по математике
11 класс
Второй день
РЕШЕНИЕ
11.6. Пусть ВВ1 и СС1 - две высоты пирамиды DABC. По условию, 
где М - середина ребра AD. Из определения высоты пирамиды следует, что
значит, 
Тогда ВМ - медиана и высота ∆ABD, т. е. АВ = BD. Аналогично, из ∆ACD, АС = CD. Рассматривая другие пары высот, получаем: AD = AC, BD = ВС и АВ = AD, ВС = CD. Отсюда следует утверждение задачи.
11.7. Ответ. 60.
Выделим в каждом равнобедренном треугольнике прямую, на которой лежит его основание. Если же он равносторонний, то произвольным образом объявим основанием одну из его сторон.
Пусть l и m - некоторые две из проведенных прямых. Тогда существует не более одного равнобедренного треугольника, у которого на l лежит основание, а на m - боковая сторона. Действительно, направление третьей стороны тогда задается однозначно, и существует не более одной проведенной прямой этого направления. Тогда прямая l содержит основания не более, чем пяти треугольников; иначе у треугольников с основаниями, лежащим на l, было бы 12 боковых сторон, и две лежали бы на одной прямой. Итого, всего есть не более 5 • 12 = 60 оснований, то есть треугольников не больше 60.
Равнобедренных треугольников будет 60, если провести 11 прямых, параллельных сторонам правильного 11-угольника, и двенадцатую прямую, перпендикулярную одной из его сторон (при этом никакие три прямых не должны пересекаться в одной точке). Легко видеть, что тогда на каждой прямой будет лежать ровно по пять оснований.
Замечание. Прямые, параллельные двенадцати последовательным сторонам правильного 24-уголышка, не дают оптимального примера. Действительно, если в конфигурации есть равносторонний треугольник, то для двух прямых (не содержащих его основания) будет существовать не более чем по 4 треугольника с основаниями на них.
11.8. Ответ. Если N четно, то побеждает первый; если же N нечетно, то побеждает второй.
Пусть N четно. Докажем, что первый может каждым своим ходом добиваться того, что оставшиеся кучи делятся на пары равных (такую ситуацию назовем симметричной). Первым своим ходом он разделит кучу на две равных. Далее, если второй очередным своим ходом сделает некоторое действие с какой-то кучей, то первый может сделать такое же действие с парной кучей, и симметрия сохранится. Тогда, очевидно, второй не сможет взять последний камень.
Пусть N нечетно. Докажем, что второй каждым своим ходом может добиться одной из двух ситуаций: либо все кучи делятся на пары равных (симметричная ситуация), либо же все кучи, кроме одной, делятся на пары равных, а в оставшейся - нечетное число камней, большее 1 (такую ситуацию назовем почти симметричной). Тогда, очевидно, первый не сможет забрать последний камень.
Заметим, что перед первым ходом первого именно такая ситуация. Рассмотрим, что сделал первый своим очередным ходом. Если он совершил какое-то действие с кучей, входящей в одну из пар, то второй делает аналогичное действие с парной кучей. Если первый взял камень из непарной нечетной кучи, то она стала четной (и в ней есть еще камни) и второй может разделить ее на две равных части, приводя к симметричной ситуации.
Пусть первый разделил нечетную кучу на две части, состоящие из а и b камней, а < b. Если а < b - 1, то второй кучу из b камней разделит на кучи из b и b - а > 1 камней, приводя ситуацию к почти симметричной. Если же b - a = 1, то второй возьмет один камень из кучи в b камней, приводя ситуацию к симметричной.
Итак, второй всегда может сделать ход с соблюдением нашего условия. Поэтому он выиграет.
