ответ. Не могут. Решение. Пусть такое возможно. Заметим, что прямые KL и MN параллельны оси
ординат. Значит, они параллельны между собой, и потому отрезки KL и MN — противоположные стороны
квадрата Q с вершинами K(a, c), L(a, d), M(b, e), N(b, f). Следовательно, сторона этого квадрата равна |c–d|. С
другой стороны, графики функций y = ax+c и y = ax+d параллельны и пересекают ось ординат в точках
C(0, c) и D(0, d). Значит, они содержат противоположные стороны квадрата P, и длина стороны квадрата P
равна расстоянию между этими прямыми. Заметим, что это расстояние не превосходит CD = |c–d|, и равно
|c–d| только тогда, когда прямые y = ax+c и y = ax+d перпендикулярны оси ординат. Но в этом случае графики
y = bx+e и y = bx+f должны быть параллельны оси ординат, что невозможно.
6. Точки M и N — середины сторон AB и BC соответственно треугольника ABC. На продолжении от-
резка CM за точку M отмечена точка D. Оказалось, что BC = BD = 2 и AN = 3. Докажите, что
ADC = 90. (А. Кузнецов)
Решение. Обозначим через K точку пересечения медиан AN и CM. По свойству медиан KC = 2KM и
AK = 2KN. Поскольку к тому же AN = 3, то KN = 1. Таким образом в треугольнике BKC медиана к стороне BC
равна 1 = BC/2, поэтому BKC = 90. Это означает, что BK — высота треугольника BCD, в котором BD = BC.
Следовательно, BK — его медиана. Поэтому DK = KC = 2KM, откуда KM = DK/2 = DM. Получается, что диа-
гонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть ADBK — параллелограмм. Значит,
BK || AD, откуда ADC = BKD = 90, что и требовалось доказать.
7. На доске написаны числа 1, 2, ..., 1000. Разрешается стереть любые два числа a и b и записать вме-
сто них числа ab и a2
+b2
. Можно ли такими операциями добиться, чтобы среди чисел, написанных на доске,
было хотя бы 700 одинаковых? (М. Антипов)
ответ. Нельзя. Решение. Проследим за количеством чисел на доске, кратных трём. Заметим, что если оба
числа a, b делились на 3, то и оба новых числа — тоже, если ровно одно из чисел a, b было кратно трём, то ab
кратно трём, а a2
+b2 — нет. Наконец, если оба числа a, b не делились на 3, то и a2
+b2 даёт остаток 2 при делении
на 3, т. е. чисел, кратных трём, и не появляется. Таким образом, общее количество чисел, кратных трём, не
меняется. Теперь заметим, что исходно таких чисел было 333 (3, 6, …, 999), а если бы после нескольких опе-
раций на доске оказалось хотя бы 700 равных чисел, то чисел, кратных трём, было бы либо не менее 700, либо
не более 300. Противоречие.
8. Дано натуральное число k. В городе несколько детей, они ходят в несколько кружков. Известно, что
в каждый кружок ходит не более 3k детей, любой ребёнок ходит ровно в три кружка, и для любых двух
детей есть кружок, в которой оба они ходят. Какое наибольшее количество детей может быть в городе?
(И. Богданов, Г. Челноков)
ответ. 7k. Решение. Пример. Разобьём 7k детей на 7 групп (пронумерованных от 1 до 7) по k детей в
каждой и составим 7 кружков из детей групп (1, 2, 3); (1, 4, 5); (1, 6, 7); (2, 4, 6); (2, 5, 7); (3, 4, 7); (3, 5, 6). Не-
трудно проверить, что все условия выполнены.
Оценка. Если все кружки состоят из не более, чем 3(k–1) детей, можно заменить k на k–1 (и доказать, что
число детей не превосходит 7(k–1)). Таким образом, можно считать, что в одном кружке A есть хотя бы
3k–2 ребёнка. Можно считать также, что есть ребёнок s вне A, иначе число детей не больше 3k. Три кружка,
в которые ходит s, покрывают A (так как у s есть общий кружок с любым ребёнком из A). Значит, есть кружок,
отличный от A и пересекающийся с A хотя бы по k детям.
Пусть d — наибольшее количество детей в пересечении двух различных кружков; по доказанному выше,
d k. Рассмотрим кружки B и C, пересекающиеся по d детям. Пусть X — пересечение кружков B и C, а Y —
множество всех детей, не ходящих ни в B, ни в C.
Пусть x — ребёнок из X. Он ходит в B, C и в какой-то третий кружок Dx, в который по условию должны
ходить все дети из Y. Если для какого-то ребёнка z из X его третий кружок Dz отличен от Dx, то Dz и Dx
пересекаются хотя бы по Y, откуда |Y| d; значит, общее число детей |B|+|C|–|X|+|Y| не превосходит
3k+3k–d+d = 6k. Иначе кружок Dx содержит всех детей из X и Y, то есть |X|+|Y| 3k, откуда общее число детей
не больше 3k+3k–2|X|+(|X|+|Y|) 9k–2d 7k.
Замечание. При ограничении на размер кружка 3k+1 или 3k+2 в задаче будут получаться ответы 7k+1 и сам посмотриш что тебе надо
1) ac2-ad+c3-cd-bc2+bd= = (ac2 – ad) + (c3 –
bc2) + (bd – cd) = a·(c2 – d) + c2·(c – b) + d·(b – c) = a·(c2 – d) +
c2·(c – b) – d·(c – b) = a·(c2 – d) + c2·(c – b) – d·(c – b) = a·(c2 –
d) + (c – b)·(c2 – d) = (c2 – d)·(a + c – b)
2) mx2+my2-nx2-ny2+n-m= x2 ( m - n ) + y2 ( m - n ) - ( m - n ) = ( m-n ) (x2 + y2 - 1 )
3) am2+cm2-an+an2-cn+cn2= m2 (a + c ) + n2 ( a + c ) - n ( a + c ) = ( a+ c) ( m2 + n2 - n)
4) xy2-ny2-mx+mn+m2x-m2n= y2 ( x - n ) + m2 ( x - n) - m ( x - n ) = ( x-n) ( y2 + m2 - m )
5) a2b+a+ab2+b+2ab+2=ab ( a + b + 2 ) + ( a+ b+ 2 ) = 2 ( a+ b + 2 )
6) x2-xy+x-xy2+y3-y2= x ( x – y + 1) – y 2 ( x – y + 1)=( x – y + 1)( x – y 2 ).
ответ. Не могут. Решение. Пусть такое возможно. Заметим, что прямые KL и MN параллельны оси
ординат. Значит, они параллельны между собой, и потому отрезки KL и MN — противоположные стороны
квадрата Q с вершинами K(a, c), L(a, d), M(b, e), N(b, f). Следовательно, сторона этого квадрата равна |c–d|. С
другой стороны, графики функций y = ax+c и y = ax+d параллельны и пересекают ось ординат в точках
C(0, c) и D(0, d). Значит, они содержат противоположные стороны квадрата P, и длина стороны квадрата P
равна расстоянию между этими прямыми. Заметим, что это расстояние не превосходит CD = |c–d|, и равно
|c–d| только тогда, когда прямые y = ax+c и y = ax+d перпендикулярны оси ординат. Но в этом случае графики
y = bx+e и y = bx+f должны быть параллельны оси ординат, что невозможно.
6. Точки M и N — середины сторон AB и BC соответственно треугольника ABC. На продолжении от-
резка CM за точку M отмечена точка D. Оказалось, что BC = BD = 2 и AN = 3. Докажите, что
ADC = 90. (А. Кузнецов)
Решение. Обозначим через K точку пересечения медиан AN и CM. По свойству медиан KC = 2KM и
AK = 2KN. Поскольку к тому же AN = 3, то KN = 1. Таким образом в треугольнике BKC медиана к стороне BC
равна 1 = BC/2, поэтому BKC = 90. Это означает, что BK — высота треугольника BCD, в котором BD = BC.
Следовательно, BK — его медиана. Поэтому DK = KC = 2KM, откуда KM = DK/2 = DM. Получается, что диа-
гонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть ADBK — параллелограмм. Значит,
BK || AD, откуда ADC = BKD = 90, что и требовалось доказать.
7. На доске написаны числа 1, 2, ..., 1000. Разрешается стереть любые два числа a и b и записать вме-
сто них числа ab и a2
+b2
. Можно ли такими операциями добиться, чтобы среди чисел, написанных на доске,
было хотя бы 700 одинаковых? (М. Антипов)
ответ. Нельзя. Решение. Проследим за количеством чисел на доске, кратных трём. Заметим, что если оба
числа a, b делились на 3, то и оба новых числа — тоже, если ровно одно из чисел a, b было кратно трём, то ab
кратно трём, а a2
+b2 — нет. Наконец, если оба числа a, b не делились на 3, то и a2
+b2 даёт остаток 2 при делении
на 3, т. е. чисел, кратных трём, и не появляется. Таким образом, общее количество чисел, кратных трём, не
меняется. Теперь заметим, что исходно таких чисел было 333 (3, 6, …, 999), а если бы после нескольких опе-
раций на доске оказалось хотя бы 700 равных чисел, то чисел, кратных трём, было бы либо не менее 700, либо
не более 300. Противоречие.
8. Дано натуральное число k. В городе несколько детей, они ходят в несколько кружков. Известно, что
в каждый кружок ходит не более 3k детей, любой ребёнок ходит ровно в три кружка, и для любых двух
детей есть кружок, в которой оба они ходят. Какое наибольшее количество детей может быть в городе?
(И. Богданов, Г. Челноков)
ответ. 7k. Решение. Пример. Разобьём 7k детей на 7 групп (пронумерованных от 1 до 7) по k детей в
каждой и составим 7 кружков из детей групп (1, 2, 3); (1, 4, 5); (1, 6, 7); (2, 4, 6); (2, 5, 7); (3, 4, 7); (3, 5, 6). Не-
трудно проверить, что все условия выполнены.
Оценка. Если все кружки состоят из не более, чем 3(k–1) детей, можно заменить k на k–1 (и доказать, что
число детей не превосходит 7(k–1)). Таким образом, можно считать, что в одном кружке A есть хотя бы
3k–2 ребёнка. Можно считать также, что есть ребёнок s вне A, иначе число детей не больше 3k. Три кружка,
в которые ходит s, покрывают A (так как у s есть общий кружок с любым ребёнком из A). Значит, есть кружок,
отличный от A и пересекающийся с A хотя бы по k детям.
Пусть d — наибольшее количество детей в пересечении двух различных кружков; по доказанному выше,
d k. Рассмотрим кружки B и C, пересекающиеся по d детям. Пусть X — пересечение кружков B и C, а Y —
множество всех детей, не ходящих ни в B, ни в C.
Пусть x — ребёнок из X. Он ходит в B, C и в какой-то третий кружок Dx, в который по условию должны
ходить все дети из Y. Если для какого-то ребёнка z из X его третий кружок Dz отличен от Dx, то Dz и Dx
пересекаются хотя бы по Y, откуда |Y| d; значит, общее число детей |B|+|C|–|X|+|Y| не превосходит
3k+3k–d+d = 6k. Иначе кружок Dx содержит всех детей из X и Y, то есть |X|+|Y| 3k, откуда общее число детей
не больше 3k+3k–2|X|+(|X|+|Y|) 9k–2d 7k.
Замечание. При ограничении на размер кружка 3k+1 или 3k+2 в задаче будут получаться ответы 7k+1 и сам посмотриш что тебе надо
1) ac2-ad+c3-cd-bc2+bd= = (ac2 – ad) + (c3 –
bc2) + (bd – cd) = a·(c2 – d) + c2·(c – b) + d·(b – c) = a·(c2 – d) +
c2·(c – b) – d·(c – b) = a·(c2 – d) + c2·(c – b) – d·(c – b) = a·(c2 –
d) + (c – b)·(c2 – d) = (c2 – d)·(a + c – b)
2) mx2+my2-nx2-ny2+n-m= x2 ( m - n ) + y2 ( m - n ) - ( m - n ) = ( m-n ) (x2 + y2 - 1 )
3) am2+cm2-an+an2-cn+cn2= m2 (a + c ) + n2 ( a + c ) - n ( a + c ) = ( a+ c) ( m2 + n2 - n)
4) xy2-ny2-mx+mn+m2x-m2n= y2 ( x - n ) + m2 ( x - n) - m ( x - n ) = ( x-n) ( y2 + m2 - m )
5) a2b+a+ab2+b+2ab+2=ab ( a + b + 2 ) + ( a+ b+ 2 ) = 2 ( a+ b + 2 )
6) x2-xy+x-xy2+y3-y2= x ( x – y + 1) – y 2 ( x – y + 1)=( x – y + 1)( x – y 2 ).