Вступительная контрольная работа в ВЗМШ в 1974 году. Решения задач

Квант 1974, №8 с. 40-43 Тег ITUM

Вступительная контрольная работа в ВЗМШ в 1974 году
Решения задач
А. Л. Тоом

В этом номере мы публикуем решения наиболее интересных задач из вступительного работы в ВЗМШ 1974 года (см. «Квант», 1974, № 1, c. 73).

Задание 1. Три другие сырные несколько партии в шахматы, причем каждый двое сырали друг с другой одинаковое количество партии. Помом стали решать, кто победил.

Первый сказал: «У меня больше, чем у каждой из вас, вышешей». Второй сказал: «У меня меньше, чем у каждой из вас, прощешей». Но коеда подсчитали очки, то оказалось, что больше всех очков набрал премьер (вызрыши — 1 очко; ничья — 1/2 очка, проезды — 0). Моело ли мак быть? Если нет — докажите, если да — приведите пример.

Да, так могло быть. Вот пример, доказывающий это. Пусть каждый двое сырали по 7 партии, причем из них:

первый выигral у второго две партии;

второй выигral у третього три партии;

третьий выигral у третього четыре партии.

Остальные партии закончились вничью.

Задание 2. Существуют ли три положительных целых числа a, b, c таких, что a меньше 1974, b на 1575 меньше c и a² + b² = c²?

Да, такие числа существуют. Можно было бы просто их выписать, но мы обьясим, как их найти, и получно показем, что эта тройка чисел единственна.

По условиям,
$\begin{cases} c^2 - b^2 = a^2, \\ c - b = 1575, \\ a < 1974. \end{cases}$

Из этой системы видно, что $a^2$ делится на 1575=3²·5²·7. Поэтому $a$ делится на 3·5·7=105.

Положим $a = 105$ k. Из неравенства $a < 1974$ следует, что $1 \leq k \leq 18$ . Тогда
$c = \frac{1}{2} (7k^2 + 1575),$
$b = \frac{1}{2} (7k^2 - 1575),$
откуда $k > 15$ . При $k = 16$ и $k = 18$ число $b$ получается нецелым. Остается только $k = 17$ . Тогда
$a = 1785, b = 224, c = 1799.$

Легко убедиться, что эти числа удовлетворяют условиям.

Задание 6. Точка $D$ лежит на биссертрисе угела ACB. На луче AC выбрали точки $A_1$ и $A_2$ , а на луче CB — точки $B_1$ и $B_2$ мак, что цельные точки $A_1$ , $C$ , $B_1$ , $D$ лежат на одной окружности и цельные точки $A_2$ , $C$ , $B_2$ , $D$ лежат на одной окружности. Доказите, что $A_1A_2 = B_1B_2$ .

Введем обозначения: $CD = a$ , $\rightarrow ACD = \rightarrow BCD = \alpha$ . Нам надо проделать два аналогичных построения. Чтобы не писать два раза одного и то же, введем переменную $n$ , принимающую два значения: 1 и 2, и опишем построение один раз, употребляя переменную $n$ (см. рис. 1). Продолжим

Рис. 1.

АС за точку C на отрезок CEₙ = CBₙ. Отложим на дуге CBₙD дуг DFₙ, равную дуге CBₙ. Очевидно, ⇒CDFₙ = α и DFₙ = CBₙ = CEₙ. Поэтому, учитывая соответствие ⇒AₙCD = ⇒CDFₙ, получаем, что CDFₙEₙ — параллелограмм, и EₙFₙ = CD = α. Далее, ⇒CAₙFₙ = ⇒CDFₙ, поскольку они опираются на одну дуг CFₙ; поэтому ⇒EₙAₙFₙ = α.

Таким образом, в треугольнике EₙFₙAₙ
EₙFₙ = FₙAₙ = α,
⇒EₙFₙAₙ = 180° - 2 α.

Позному треугольники E₁F₁A₁ и E₂F₂A₂ равны по первому признаку.

Рис. 2.

Тогда
E₁A₁ = E₂A₂,
B₁C + A₁C = B₂C + A₂C,
B₁C - B₂C = A₂C - A₁C,

откуда B₁B₂ = A₁A₂, что и требовалось доказать.

Задание 7. Подряд в стройку выписаны 1974 цифры. Каждый двумя числа, записьаемое двумя соседними цифрами (в том порядке, в каком они написаны), делится на 17 или на 23.

a) Последняя цифра 1. Какова первая?
b) Первая цифра 9. Какова последняя?

Удобно начертить «граф» (схему из стрелок), как показано на рисунке 2. В нем стрелка из цифры x в цифру y означает, что y может следовать за x, то есть двумя числами ху делится на 17 или на 23.

Мы видим, что перед 1 может стоять только 5, перед 5 — только 8 и так далее, каждая цифра однозначно определяет предыдущую. При этом, если мы идем по стрелкам назад от цифры 1, то цифры, начиная с 6, повторяются с перiodом 5. Поэтому, если 1974-я цифра 1, то 1971-я цифра 6, а так как дальше — повторение с перiodом 5, то первая цифра тоже 6.

Пусть теперь первая цифра 9. Поедем по стрелкам вперед. После 9 может стоять только 2, после 2 только 3, после 3 только 4, после 4 только 6, а вот после 6 может стоять и 9, и 8.

Но после 8 должно стоять 5, 1, 7, а после 7 ничего не может.

Таким образом, 8 может появиться не раньше чем на 1971-м месте, а до тех пор после 6 может стоять только 9. Цифра 6 в первый раз появилась на 5-м месте и будет повторяться с перiodом 5. Значит, на 1970-м месте будет 6. На 1971-м, как мы выяснили, может быть 9 или 8, а на 1974-м месте может быть 4 или 7.

Задание 8. Периметр выпуклое четырехугольника ABCD равен 10, его стороны AB и CD параллельны.

Найдите длины всех сторон, если известно, что биссектрисы углов А и В чётмырхолника делят сторону CD на три равные части, а биссектрисы углов С и D делят сторону AB на три равные части.

В этой задаче возможно четыре случая, схематически изображенные на рисунках 3, 4, 5, 6. Рисунки не воспроизводят действительных длин сторон или величины углов, показан только порядок следования точек пересечения биссектрис $AE$ , $BH$ , $CK$ , $DM$ со стороны.

I случай (рис. 3). Пусть $AM = MK = KB = a$ . Заметим, что $\Rightarrow AMD = \Rightarrow CDM = \Rightarrow ADM$ . (*) Позному $AD = a$ . Аналогично $BC = DE = EH = HC = a$ . Позному перimetр четыреххрологически равен 8 $a$ , откуда $a = 5/4$ . Ответ для этого и других случав dan в таблице.

II случай (рис. 4). Пусть $AK = KM = MB = a$ . Равенства (*) снова верны, поэтому $AD = 2$ $a$ , и аналогично $BC = DE = EH = HC = 2$ $a$ . Перimetр равен 13 $a$ , откуда $a = \frac{10}{13}$ .

III случай (рис. 5) аналогичен случаю II.

IV случай (рис. 6). Пусть $AK = KM = MB = a$ . Используя те же равенства углов (*), получаем: $AD = BC = 2$ $a$ , $DE = HC = 2$ $a$ , откуда $DH = HE = EC = a$ . Перimetр равен 10 $a$ , откуда $a = 1$ .

Задание 9. a) Перечисление все возможные прямоугольники, у которых длины сторон больше 10 и которые можно разрезать на 28 прямоугольников размером $3 \times 5$ .

Можно ли 28 брусками размером $3 \times 5 \times 10$ заполнить какую-нибудь прямоугольную коробку $a \times b \times c$ , где $a \geq b \geq c \geq 10$ ?

a) Очевидно, площадь такого прямоугольника равна $28 \cdot 3 \cdot 5 = 420$ . Длины его стороны — целые числа. Значит, надо разбить число $420 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$ на два целых множители, каждый из которых больше 10. Рассмотрим тот множество, который делится на 7.

Рис. 7.

Он больше 10 и меньше 42 (инначе второй множитель не больше 10).

Получаем четыре случая: 1) $14 \times 30$ ; 2) $21 \times 20$ ; 3) $28 \times 15$ ; 4) $35 \times 12$ .

Мы выяснили, что никакой прямогольник, отличный от четырех перечисленных, не годится. Подходят ли эти четыре?

Заметим, что если длина одной стороны прямогольника делится на 3, а второй — на 5, то такой прямогольник можно разрезать на прямогольники размером $3 \times 5$ . Отсюда сразу следует, что прямогольники размером $21 \times 20$ и $35 \times 12$ подходят.

Примогольник размером $14 \times 30$ разрежем сначала на два прямогольника: $9 \times 30$ и $5 \times 30$ . Оба они могут быть разрезаны на прямогольники размером $3 \times 5$ , значит, прямогольник размером $14 \times 30$ тоже подходит.

Примогольник размером $28 \times 15$ можно разрезать на прямогольники $25 \times 15$ и $3 \times 15$ .

Значит, все четыре прямогольника подходят.

Да, можно. Приведем пример, доказывающий это. Пусть
$a = 20, b = 15, c = 14.$
Разрежем эту коробку размером $20 \times 15 \times 14$ на две: размером $20 \times 15 \times 9$ и $20 \times 15 \times 5$ .

В каждой из двух полученных коробок одно измерение делится на 3, другое — на 5, третье — на 10. Поэтому каждую из них, конечно, можно заполнить брусками $3 \times 5 \times 10$ . Всего брусков получится 28.

Задача 10. Существует ли девятизначное число, записываемое цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, у которой нельзя вычеркить пять цифр так, чтобы оставшиеся четыре цифры в порядке возрастания или в порядке убывания?

Да, существует. Докажем, например, что годится такое число:

321 654 987.

Легко проверить, что если какие-то две цифры этого числа стоит в у бы - в а ю щ е м порядке (меньшая сторие правее большей), то они обязательно из одной тройки. Значит, в этом числе нельзя выбрать большие трех цифры, стоящих в убывающем порядке, поскольку все эти цифры должны находиться в одной тройке.

Если же какие-то цифры этого числа стоит в воздухе щ е м порядке, то они обязательно из разных троек. Поскольку требен всего три, то нельзя выбрать более трех цифры, стоящих в воздухе щ ем порядке.

Существуют и другие примеры. Например, годится число:

638 159 274,

докажите это самостояльно.

Задача 11. Можно ли указать внутренний треугольник со сторонами 3, 4, 5 мощу, расстояния от компоной до каждой из сторон треугольника: a) меньше 2; b) меньше 1?

a) Можно, подходит центр вписанной окружности (ее радиус равен 1).

Ответ на вопрос 6): нет, нельзя. Докажем это. Проведем из центра O вписанной окружности радиуса ко всем точкам касания со стороны и обозначим прямыми цифрами части, на которых разделятся наши треугольники (см. рис. 7). Легко доказать, что если искомая точка M находится в части I (включая границу), то расстояние от M до AB не меньше 1. Аналогично, если M — в части II, то расстояние от M до BC не меньше 1, а если M — в части III, то расстояние от M до AC не меньше 1.