Математика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год)

Решение. Пусть ∠BAO = φ и ∠DCO = α. Тогда

• ∠ABO = ∠BAO = φ, так как △ABO равнобедренный.

• ∠DCO = ∠DOC = ∠DOA = ∠DAO = α, так как △DOC и △DOA равнобедренные

и равны по трём сторонам.

• ∠OBC = ∠BCO = ∠COB = 60^∘, так как △BCO равносторонний.

Выразим угол AOB:

∠AOB = 360^∘ - ∠BOC - ∠COD - ∠DOA = 360^∘ - 60^∘ - α - α = 300^∘ - 2α.

По сумме углов треугольника ABO получаем

2φ + 300^∘ - 2α = 180^∘.

Таким образом, α = 60^∘ + φ. Теперь воспользуемся тем, что сумма односторонних углов

при параллельных прямых AD и BC равна 180^∘:

∠ABC + ∠BAD = 60^∘ + φ + φ + (60^∘ + φ) = 180^∘.

Значит, φ = 20^∘. Получаем, что ∠BAO = φ = 20^∘.

Задача 8.4. В компанию «Рожки и Лапки» устроилось некоторое количество тружеников

и 310 лентяев. Каждый день на работу приходило по 50 человек, причём в конце рабочего

дня 25 из них говорили: «Сегодня на работу пришло ровно 20 лентяев». Известно, что

труженики всегда говорили правду, а лентяи всегда лгали. Через n дней оказалось, что

каждый из лентяев сходил на работу ровно 1 раз.

(а) (2 балла) Найдите наибольшее возможное значение n.

(б) (2 балла) Найдите наименьшее возможное значение n.

Ответ: а) 15

б) 7

Решение. Назовём утверждение «Сегодня на работу пришло ровно 20 лентяев» утвержде-

нием A.

Заметим, что труженик и лентяй не могли сделать утверждение A в один и тот же день,

так как иначе это утверждение было бы одновременно ложью и правдой. Поэтому, воз-

можны два варианта:

• на работу вышло 20 лентяев и 30 тружеников, и какие-то 25 тружеников из 30 сде-

лали утверждение A;

• на работу вышло k ⩾ 25 лентяев и 50 - k тружеников, и какие-то 25 лентяев из k

сделали утверждение A.

(а) Заметим, что каждый день на работу выходило хотя бы 20 лентяев. Поэтому n < 16

(иначе нашёлся бы лентяй, сходивший на работу более одного раза, так как 310 < 20 ⋅ 16).

Покажем, что n = 15 возможно. Это могло быть, например, если в первые 14 дней на

работу приходило по 20 лентяев, а в пятнадцатый день пришло 30 лентяев.

(б) Заметим, что каждый день на работу выходило не больше 50 лентяев. Поэтому n > 6

(иначе нашёлся бы лентяй, не ходивший на работу, так как 310 > 50 ⋅ 6). Покажем, что

n = 7 возможно. Это могло быть, например, если в первые три дня на работу приходило

по 50 лентяев, а в следующие четыре дня - по 40 лентяев.

Задача 8.5. У Пети есть три палочки, длины которых равны a см, b см и c см. Известно,

что числа a, b и c натуральные, различные, и ac = b². Петя смог сложить из своих палочек

треугольник.

(а) (2 балла) Какой наименьший периметр мог быть у этого треугольника?

Ответ: а) 19

Решение. (а) Без ограничения общности можно считать, что a < b. Тогда из равенства

ac = b² следует, что c > b. Если c делится на b, то c ⩾ 2b > a + b, что противоречит

неравенству треугольника, значит c не может делиться на b. Поэтому b не может являться

степенью простого числа, иначе c делится на b.

Наименьшее число, не являющееся степенью простого числа - это 6. В этом случае ac =

36. Единственный делитель числа 36, больший 6 и не делящийся на 6 - это 9. Тогда a = 4,

c = 9, a + b = 10 > 9, т.е. неравенство треугольника выполнено. В этом случае получаем

периметр 4 + 6 + 9 = 19.

Следующее подходящее число для b - это 10, но при b ⩾ 10, a+b+c = (a+c)+b > 2b ⩾ 20.

Значит, наименьший периметр треугольника у Пети - это 19.

Задача 8.6. (б) (2 балла) Пусть b = 72. Какой периметр мог быть у этого треугольника?

Укажите все варианты в любом порядке.

Ответ: б) 217, 222, 228

Решение. Поскольку b = 2³ ⋅ 3², то в разложении c одна из степеней вхождения двойки

или тройки меньше чем у b (чтобы c не делилось на b), а другая больше (чтобы выпол-

нялось c > b). При этом понятно, что c < 2b, иначе c > a + b и нарушается неравенство

треугольника.

Пусть в c тройка входит в степени 4. Тогда c = 81 ⋅ 2^k. Поскольку 81 ⋅ 2^k < 2 ⋅ 72, k = 0.

Значит, единственный вариант в этом случае это a = 2⁶ = 64, c = 3⁴ = 81, a + b = 136 > c.

Периметр равен 64 + 72 + 81 = 217.

Пусть в c тройка входит в степени 3. Тогда c = 27⋅2^k. При k ⩽ 1 будет c ⩽ 54 < b, а при k ⩾ 3

будет c ⩾ 216 > 2b. Значит, единственный вариант это c = 3³ ⋅ 2² = 108, a = 3 ⋅ 2⁴ = 48,

a + b = 120 > c. Периметр при этом равен 48 + 72 + 108 = 228.

Пусть в c тройка входит в степени 1. Тогда c = 3 ⋅ 2^k. При k ⩽ 4 будет c < 3 ⋅ 16 = 48 < b, а

при k = 6 будет c = 3 ⋅ 2⁶ = 192 > 2b. Значит, единственный вариант это c = 3 ⋅ 2⁵ = 96,

a = 3³ ⋅ 2 = 54, a + b = 126 > c. Периметр при этом равен 54 + 72 + 96 = 222.

Если же в c тройка входит в степени 0, то c ⩽ 2⁶ = 64 < b, противоречие. Во второй

степени тройка в c входить не может, т.к. тогда c будет делиться на b или c будет меньше

Таким образом, всего возможны 3 варианта: 217, 222, 228.

Задача 8.7. (4 балла) В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C провели вы-

соту CH. На гипотенузе AB отметили точки X и Y, такие что CX и CY - биссектрисы углов

BCH и HCA соответственно. Найдите, чему равна длина стороны AB, если известно, что

периметр треугольника ABC равен 44, а длина отрезка XY равна 6.

Ответ: 19

Решение. Пусть ∠ACY = ∠YCH = α, ∠HCX = ∠XCB = β. Тогда 2α+2β = ∠ACB = 90^∘, по-

этому ∠CAH = 90^∘ - ∠ACH = 2β. Заметим, что ∠CYB внешний для треугольника ACY,

поэтому ∠CYB = ∠ACY + ∠CAY = α + 2β = ∠YCB, поэтому треугольник BCY равно-

бедренный и BC = BY. Аналогично получаем, что треугольник ACX равнобедренный и

AC = AX.

С использованием полученных равенств можем записать:

44 = AB + BC + CA = AB + BY + AX = AB + AB + XY = 2AB + 6.

Из полученного равенства находим AB = 19.

Задача 8.8. (4 балла) Найдите сумму цифр числа

Задача 8.9. (4 балла) Новая шахматная фигура гусь может ходить либо на одну клетку

влево, либо на две клетки вправо и одну вверх, либо на две клетки вверх и одну вправо.

Возможные ходы гуся, стоящего в клетке Г, отмечены на рисунке крестиками. Гусь бьёт

так же, как и ходит.

Несколько гусей стоят в клетках доски 8×8 так, что никакой гусь не бьёт другого гуся, при

этом любая незанятая клетка бьётся хотя бы одним гусём. Сколько гусей может стоять на

доске? Укажите все возможные варианты в любом порядке.

Ответ: 32.

Решение. Покажем, что существует единственная расстановка гусей, удовлетворяющая

условию. Введём стандартные шахматные обозначения для горизонталей и вертикалей:

горизонтали нумеруются числами от 1 до 8 снизу вверх, вертикали нумеруются буквами

от a до h слева направо (см. рис.)

Заметим, что любая клетка может биться только гусями, расположенными ниже этой

клетки, либо правее. Рассмотрим клетку h1 (клетку в правом нижнем углу). Эта клетка не

может биться никаким гусём (так как не существует клеток ниже или правее), поэтому в

ней обязательно должен стоять гусь. Отметим h1 буквой Г, а также отметим крестиками

все клетки, которые бьёт гусь, расположенный в h1 (это только клетка g1).

Теперь рассмотрим клетку f1. Она не может биться никаким гусём, так как ниже неё нет

клеток, а правее есть только гусь h1, который не бьёт f1. Поэтому в клетке f1 обязательно

должен стоять гусь. Отметим f1 буквой Г, а также отметим крестиками клетки h2, g3 и e1,

которые бьёт гусь, расположенный в f1.

Будем дальше по одной определять клетки, в которых обязательно стоят гуси. Для этого

докажем следующую лемму.

Лемма. Пусть мы знаем про некоторые клетки, что в них обязательно стоят гуси. Отметим

все эти клетки буквами Г, а клетки, которые бьют такие гуси - крестиками. Пусть клетка

A не отмечена, при этом все клетки правее A в той же строке отмечены, и все клетки в

строках ниже A отмечены (синяя облисть на рисунке). Тогда в клетке A обязательно стоит

гусь.

Доказательство леммы. Клетка A может биться только гусями, расположенными в синей

области.Однако в этой области есть только отмеченные клетки. В клетках, отмеченных

крестиками, гусей быть не может, а гуси, расположенные в остальных клетках, не бьют

клетку A (так как все побитые ими клетки отмечены крестиками, а A не отмечена). Поэто-

му клетка A не может биться никаким гусём, а значит в ней стоит гусь. Лемма доказана.

Доказанная лемма позволяет последовательно отметить все клетки доски (см. рис.)

9 класс

Задача 9.1. (4 балла) Про положительные числа a и b известно, что a²+ab = 36

и b² + ab = 64. Найдите значение a + b.

Задача 9.2. Катя написала на доске натуральное число. За один ход она может

взять две подряд идущие цифры этого числа, произведение которых является

двузначным числом, и заменить их на это произведение.

Например, если бы число Кати было равно 1358, то она могла бы получить за

один ход из него 1158 или 1340.

Известно, что после того как Катя произвела 3 операции со своим числом, она

получила число 2345.

(а) (2 балла) Какое число Катя могла написать изначально? Приведите один

пример.

Задача 9.3. (б) (2 балла) Укажите в любом порядке все числа, которые могли

быть у Кати изначально.

Задача 9.4. (4 балла) Петя и Вася плавают в бассейне размера 10 м × 17 м.

Известно, что кратчайшее расстояние от Пети до края бассейна равно 2 мет-

ра, а кратчайшее расстояние от Васи до края - 3 метра. Какое максимальное

расстояние может быть между Петей и Васей?

Задача 9.5. (4 балла) В футбольном турнире участвовало десять команд, каж-

дая сыграла с каждой один раз. Команды, занявшие первое и второе место, в

сумме набрали всего лишь на пять очков меньше, чем все остальные команды

вместе. Сколько очков набрала команда с минимальным количество очков? За

победу в футбольном турнире дают 3 очка, за ничью - 1, за поражение - 0.

Задача 9.6. (4 балла) Простое число p таково, что числа 15p - 15 и 16p -

15 являются точными квадратами. Чему может быть равно p? Укажите все

возможные варианты в любом порядке.

Задача 9.7. (4 балла) Петя выписал на доску выражение 1 + 2 + . . . + 1000.

Его младший брат Вася в каждом числе вставил между всеми соседними циф-

рами знак умножения. Например, число 547 превратилось в 5 · 4 · 7. Чему равно

значение полученного выражения?

Задача 9.8. Лёня мечтает в будущем полететь на Марс и основать там свою

страну. Пока он хочет придумать флаг этой страны. Он собирает различные

варианты флага размером 8 × 8 из плиток 1 × 1 серого, бурого и малинового

цветов, причём плитки каждого из цветов должны присутствовать.

(а) (1 балл) Лёня решил, что плитки каждого цвета должны образовывать

прямоугольник. Кроме того, плитки серого и бурого цвета в объединении тоже

должны образовывать прямоугольник, а также плитки бурого и малинового

цвета в объединении должны образовывать прямоугольник. Сколько вариантов

флага придётся рассмотреть Лёня?

(б) (3 балла) Лёне не понравился ни один вариант флага из пункта (а), и он

решил отказаться от условий про объединения цветов. Осталось лишь требова-

ние, что клетки каждого цвета должны образовывать прямоугольник. Сколько

новых вариантов флага придётся рассмотреть Лёне?

Задача 9.9. (4 балла) В остроугольном треугольнике ABC провели высоты

BB₁ и CC₁. Точки M и N являются серединами сторон AC и AB соответ-

ственно. Прямая C₁M повторно пересекает описанную окружность треуголь-

ника BCC₁ в точке X. Точка O является центром описанной окружности тре-

угольника B₁MX. Найдите ON, если AB = 10, B₁M = 3, ∠A = 60^◦.

9 класс

Задача 9.1. (4 балла) Про положительные числа a и b известно, что a² +ab = 36 и b² +ab =

64. Найдите значение a + b.

Ответ: 10.

Решение. Сложим выражения из условия, получим a² + 2ab + b² = 100, т.е. (a + b)² = 100.

Поскольку числа a и b положительные, то и a + b тоже положительное. Значит, a + b =

√100 = 10.

Задача 9.2. Катя написала на доске натуральное число. За один ход она может взять две

подряд идущие цифры этого числа, произведение которых является двузначным числом,

и заменить их на это произведение.

Например, если бы число Кати было равно 1358, то она могла бы получить за один ход из

него 1158 или 1340.

Известно, что после того как Катя произвела 3 операции со своим числом, она получила

число 2345.

(а) (2 балла) Какое число Катя могла написать изначально? Приведите один пример.

Ответ: 3959, 5579, 9359.

Решение. Посмотрим, какие числа могли получиться у Кати на предыдущем шаге. Какие-

то две соседние цифры числа 2345 должны быть произведением двух цифр числа на преды-

дущем шаге. Поскольку 23 и 34 нельзя представить в виде произведения двух цифр, то это

может быть либо 45 = 5 ⋅ 9, либо 45 = 9 ⋅ 5. Значит, на предыдущем шаге было либо число

2395, либо 2359.

Проделаем ещё один шаг назад. Из числа 2395 этого сделать не получится, т.к. 23, 39 и 95

нельзя представить в виде произведения двух цифр. В числе 2359 в виде произведения

двух цифр можно представить только 35 как 5 ⋅ 7 или как 7 ⋅ 5. Значит, на предыдущем

шаге было либо число 2759, либо 2579.

У числа 2759 подходящая пара цифр - это только 27. Значит, до него могли быть числа

9359 и 3959.

У числа 2579 подходящая пара цифр только 25, и значит до него могло быть только число

5579.

Итого получаем три варианта: 3959, 9359, 5579.

Задача 9.3. (б) (2 балла) Укажите в любом порядке все числа, которые могли быть у Кати

изначально.

Ответ: 3959, 5579, 9359.

Решение.

Задача 9.4. (4 балла) Петя и Вася плавают в бассейне размера 10 м × 17 м. Известно, что

кратчайшее расстояние от Пети до края бассейна равно 2 метра, а кратчайшее расстояние

от Васи до края - 3 метра. Какое максимальное расстояние может быть между Петей и

Васей?

Ответ: 13

Решение. Посмотрим, где может находиться Петя. Поскольку кратчайшее расстояние от

него до края бассейна равно 2 метра, он может находиться на границе прямоугольника

размера 6 м × 13 м, находящегося ровно посередине бассейна. Аналогично с Васей, но он

может находиться на границе прямоугольника размера 4 м × 11 м.

Чтобы найти наибольшее расстояние между точками этих прямоугольников, необходимо

измерить расстояние между их противоположными концами, и оно будет равно

Задача 9.5. (4 балла) В футбольном турнире участвовало десять команд, каждая сыграла

с каждой один раз. Команды, занявшие первое и второе место, в сумме набрали всего

лишь на пять очков меньше, чем все остальные команды вместе. Сколько очков набрала

команда с минимальным количество очков? За победу в футбольном турнире дают 3 очка,

за ничью - 1, за поражение - 0.

Ответ: 7

Решение. Посчитаем, какое максимальное количество очков суммарно могли набрать пер-

вые две команды. Эти команды сыграли 2 ⋅ 8 = 16 матчей с другими командами и 1 матч

между собой. За каждый матч набирается не более 3 очков, поэтому суммарно первые две

команды могли набрать не более 17 ⋅ 3 = 51 очка.

Теперь посчитаем, какое минимальное количество очков суммарно могли набрать по-

следние восемь команд. Между собой они сыграли^8⋅7 = 28 матчей. В каждом матче сум-

марно набирается не менее 2 очков, поэтому последние 8 команд суммарно набрали не

менее 28 ⋅ 2 = 56 очков.

Таким образом, ситуация из условия задачи возможна лишь в том случае, когда первые

две команды суммарно набрали в точности 51 очко, а последние восемь - 56 очков. Зна-

чит, первые две команды выиграли у каждой из оставшихся, а оставшиеся команды во

всех матчах между собой сыграли вничью. Тогда у всех команд с третьего по десятое ме-

сто ровно по 7 очков, т.е. команда, набравшая минимальное количество очков, набрала 7

очков.

Задача 9.6. (4 балла) Простое число p таково, что числа 15p - 15 и 16p - 15 являются точ-

ными квадратами. Чему может быть равно p? Укажите все возможные варианты в любом

порядке.

Ответ: 61.

Решение. Запишем условия в виде 15p - 15 = m² и 16p - 15 = n². Вычтем из второго

условия первое, получим p = n² - m² = (n - m)(n + m). Поскольку просто число p равно

произведению двух натуральных чисел, то одно из этих чисел должно быть равно 1, а

другое p. Отсюда n - m = 1 и n + m = p.

Получаем, что n = m + 1 и 2m + 1 = p. Подставим это выражение в первое условие,

получим 15 ⋅ (2m + 1) - 15 = m², откуда 30m = m². Значит, либо m = 0, и тогда p = 1, что

не является простым числом, либо m = 30, и тогда p = 61.

При p = 61 получаем 15p - 15 = 900 = 30² и 16p - 15 = 961 = 31². Значит, p может быть

равно только 61.

Задача 9.7. (4 балла) Петя выписал на доску выражение 1 + 2 + … + 1000. Его младший

брат Вася в каждом числе вставил между всеми соседними цифрами знак умножения.

Например, число 547 превратилось в 5 ⋅ 4 ⋅ 7. Чему равно значение полученного выраже-

ния?

Ответ: 93195

Решение. Заметим, что если в записи числа присутствует 0, то произведение его цифр

равно 0. Значит, все такие числа дадут нулевой вклад в итоговое выражение. Таким об-

разом, осталось лишь рассмотреть числа без нулей в записи.

Разберёмся по-отдельности с однозначными, двузначными и трёхзначными числами. Од-

нозначных чисел всего 9 и они дают вклад 1 + 2 + … + 9 = 45.

Докажем, что двузначные числа дают вклад 45². Действительно, рассмотрим выражение

(1 + 2 + … + 9)(1 + 2 + … + 9). После раскрытия скобок образуются все пары вида i ⋅ j,

где i и j - ненулевые цифры. Это как раз и совпадает с тем, что получится, если у всех

двузначных чисел просуммировать произведение цифр.

Аналогично, для трёхзначных чисел можно рассмотреть произведение (1 + 2 + … + 9)(1 +

2 + … + 9)(1 + 2 + … + 9), значение которого будет равно вкладу всех трёхзначных чисел.

Таким образом, искомый ответ это 45 + 45² + 45³ = 93195.

Задача 9.8. Лёня мечтает в будущем полететь на Марс и основать там свою страну. Пока

он хочет придумать флаг этой страны. Он собирает различные варианты флага размером

8×8изплиток1×1серого,бурогоималиновогоцветов,причёмплиткикаждогоизцветов

должны присутствовать.

(а) (1 балл) Лёня решил, что плитки каждого цвета должны образовывать прямоуголь-

ник. Кроме того, плитки серого и бурого цвета в объединении тоже должны образовывать

прямоугольник, а также плитки бурого и малинового цвета в объединении должны об-

разовывать прямоугольник. Сколько вариантов флага придётся рассмотреть Лёня?

(б) (3 балла) Лёне не понравился ни один вариант флага из пункта (а), и он решил отка-

заться от условий про объединения цветов. Осталось лишь требование, что клетки каж-

дого цвета должны образовывать прямоугольник. Сколько новых вариантов флага при-

дётся рассмотреть Лёне?

Ответ:

а) 84

б) 1344.

Решение. Поскольку цветов всего 3, то какие-то две из угловых плиток квадрата 8×8 будут

покрашены в одинаковые цвета. Поскольку плитки этого цвета образуют прямоугольник,

то одна из его сторон совпадает со стороной квадрата 8 × 8. Значит, противоположная ей

сторона должна быть параллельна этой стороне квадрата, и равна 8. Это означает, что

весь квадрат 8 × 8 разбивается на два прямоугольника: с плитками этого цвета, и с плит-

ками двух других цветов.

Теперь если рассмотреть оставшийся прямоугольник, то с ним можно проделать анало-

гичное рассуждение. Тогда получается, что разделение на цвета происходит следующим

образом. Сначала проводится один разрез по линиям сетки, и одна из полученных частей

целиком становится какого-то цвета. Далее вторая часть разрезается на две части второго

и третьего цвета.

(а) Можно понять, что в этом пункте во-первых, второй разрез должен быть параллелен

первому, а во-вторых, посередине всегда должен быть бурый цвет. Посчитаем количество

способов это сделать. Нужно выбрать одно из двух направлений разрезов (горизонталь-

ное или вертикальное), затем выбрать два места из семи возможных, а потом ещё один

из двух порядков цветов (серый бурый малиновый или малиновый бурый серый). Полу-

чаем всего 2 ⋅ C²⁷ ⋅ 2 = 2 ⋅^7⋅6 ⋅ 2 = 84 варианта.

(б) В этом пункте разрезы могут быть либо параллельны, либо перпендикулярны. Ес-

ли разрезы параллельны, то получаем почти то же самое, что и в прошлом пункте, но для

других 4 порядков цветов (серый малиновый бурый, малиновый серый бурый, бурый ма-

линовый серый, бурый серый малиновый). Значит, тут вариантов 2⋅C²⁷ ⋅4 = 2⋅^7⋅6 ⋅4 = 168.

Если разрезы перпендикулярны, то у нас есть 4 варианта, какой цвет занимает 2 угла;

7⋅7 вариантов выбрать место для горизонтального и вертикального разреза; 6 вариантов

порядка цветов. Итого получаем 4 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 6 = 1176 вариантов.

Суммируя, получаем 1176 + 168 = 1344 варианта.

Задача 9.9. (4 балла) В остроугольном треугольнике ABC провели высоты BB₁ и CC₁. Точ-

ки M и N являются серединами сторон AC и AB соответственно. Прямая C₁M повторно

пересекает описанную окружность треугольника BCC₁ в точке X. Точка O является цен-

тром описанной окружности треугольника B₁MX. Найдите ON, если AB = 10, B₁M = 3,

∠A = 60^∘.

Ответ: 8.

C₁

B₁

Решение. Докажем в первую очередь, что точки N, B₁ и O лежат на одной прямой.

Сначала заметим, что поскольку треугольник ABB₁ прямоугольный, ∠BAB₁ = 60^∘, а N -

середина гипотенузы AB, то треугольник ANB₁ является равносторонним, откуда следует

что NB₁ =^AB

= 5 и ∠AB₁N = 60^∘.

Отметим, что ∠ACC₁ = 90^∘ - 60^∘ = 30^∘. Углы ∠B₁MX и ∠B₁CC₁ равны, поскольку явля-

ются вписанными в одну окружность, а ∠B₁OM = 2∠B₁XM = 2 ⋅ 30^∘ = 60^∘. Поскольку

O является центром описанной окружности треугольник B₁MX, то OB₁ = OM, что при-

водит к тому, что треугольник OB₁M - равносторонний. Таким образом, ∠OB₁M = 60^∘ и

OB₁ = OM = 3.

Получаем, что точки N, B₁ и O лежат на одной прямой и NO = NB₁ + B₁O = 5 + 3 = 8.

10 класс

Задача 10.1. (4 балла) Действительные числа a₁, a₂, . . . , a₉₀ образуют ариф-

метическую прогрессию. Чему равно a₂ + a₅ + a₈ + . . . + a₈₉, если a₁ + a₂ + a₃ +

... + a₉₀ = 3000?

Задача 10.2. (4 балла) Натуральное число назовём хорошим, если для него

выполняются все следующие условия:

• В его десятичной записи все цифры ненулевые;

• Сумма его цифр равна 32;

• Любая его цифра, кроме последних двух, является делителем суммы сле-

дующих за ней двух цифр.

Найдите наименьшее хорошее число.

Задача 10.3. Два равных прямоугольника имеют общую вершину и наложены

друг на друга как на рисунке.

(а) (2 балла) Найдите вторую сторону прямоугольника.

(б) (2 балла) Найдите площадь закрашенной серым цветом части.

Задача 10.4. (4 балла) Приведённые квадратные трёхчлены P (x) и Q(x) та-

ковы, что каждое из чисел 0, 4, 6, 8, 9, 12 является корнем одного из трёхчленов

P (x), Q(x), P (x) + Q(x). Чему равно P (0) + Q(0)?

Напомним, что квадратный трёхчлен ax² +bx+c называется приведённым, если

a = 1.

Задача 10.5. На городском проспекте через равные расстояния расположены

11 зданий: склады с напитками, курьерская компания, и 5 офисов. Расстояние

между каждыми соседними зданиями равно 1 км.

Вчера утром поступило пять одинаковых заказов из офисов. В каждый офис

нужно было привезти пять ящиков бутылок: с молоком, с кефиром, с квасом, с

соком и с минеральной водой. Автомобиль курьера Василия может одновремен-

но везти только один ящик. Вчера он выехал из здания курьерской компании

и развозил напитки в офисы, пока не выполнил все заказы, а затем вернулся в

точку старта.

(а) (1 балл) За доставку каждого ящика Василий получает 100 рублей. Сколько

рублей Василий заработал за вчерашний день?

(б) (3 балла) На каждый километр пути автомобиль Василия тратит бензина

на 5 рублей. Какую минимальную сумму Василий мог потратить на бензин за

вчерашний день?

Задача 10.6. (4 балла) Дан четырёхугольник ABCD, причём AD = BC, ∠DAC =

97^◦, ∠CBD = 83^◦ и ∠BCD = 65^◦. Найдите ∠ACD (ответ дайте в градусах).

Задача 10.7. (4 балла) Школьный актовый зал представляет из себя квадрат

11 × 11. На вечернем мероприятии все места были заняты. Каждый из при-

сутствующих сказал: «В моём горизонтальном ряду сидит больше девочек, чем

в моём вертикальном ряду». Оказалось, что 60 детей сказало правду, а 61 -

неправду. Какое наибольшее число девочек могло присутствовать?

Задача 10.8. Функция f(x) определена на множестве натуральных чисел и

принимает натуральные значения. Известно, что для любого натурального n

выполнено f(n + 1) > f(n) и f(f(n)) = 3n.

(а) (1 балл) Найдите f(10).

(б) (3 балла) Найдите f(2024).

10 класс

Задача 10.1. (4 балла) Действительные числа a₁, a₂, … , a₉₀ образуют арифметическую про-

грессию. Чему равно a₂ + a₅ + a₈ + … + a₈₉, если a₁ + a₂ + a₃ + … + a₉₀ = 3000?

Ответ: 1000

Решение. Как известно, в арифметической прогрессии каждый член равен среднему ариф-

метическому своих соседей. Отсюда получаем, что 2a₂ = a₁ + a₃, 2a₅ = a₄ + a₆, …,

2a₈₉ = a₈₈ + a₉₀.

Обозначим x = a₂ + a₅ + a₈ + … + a₈₉ и y = a₁ + a₃ + a₄ + a₆ + … + a₈₈ + a₉₀. Тогда 2x = y.

При этом x + y = 3000. Тогда 3x = 3000, т.е. x = 1000.

Задача 10.2. (4 балла) Натуральное число назовём хорошим, если для него выполняются

все следующие условия:

• В его десятичной записи все цифры ненулевые;

• Сумма его цифр равна 32;

• Любая его цифра, кроме последних двух, является делителем суммы следующих за

ней двух цифр.

Найдите наименьшее хорошее число.

Ответ: 8888

Решение. Несложно проверить, что число 8888 удовлетворяет всем условиям. Докажем,

что меньшего числа получиться не могло. Предположим, что это не так.

Поскольку у числа сумма цифр равна 32, то в нём хотя бы 4 цифры. Если первая цифра

не больше 7, то сумма оставшихся будет хотя бы 25, поэтому каждая цифра не меньше

7. Тогда сумма третьей и четвёртой цифры должны быть ровно в 2 раза больше третьей

цифры, поскольку 7 ⋅ 3 = 21 > 9 + 9 и 9 + 9 = 18 < 25. Значит, сумма второй, третьей и

четвёртой цифр должна делиться на 3, но это возможно только если первая цифра равна

2, 5 или 8. Если первая цифра равна 2, то сумма цифр не больше 29, противоречие. Если

первая цифра равна 5, то для суммы цифр 32 остальные должны быть равны 9, но число

5999 не подходит. Значит, первая цифра равна 8.

Поскольку сумма второй и третьей цифр должна делиться на 8, то их сумма должна быть

равна 16, а тогда последняя цифра равна 8. Получаем варианты 8798, 8888, 8978, из кото-

рых подходит только 8888.

Если же первая цифра равна 9, то число получится больше, чем 8888, поэтому наимень-

шее хорошее число это 8888.

Задача 10.4. (4 балла) Приведённые квадратные трёхчлены P(x) и Q(x) таковы, что каж-

дое из чисел 0, 4, 6, 8, 9, 12 является корнем одного из трёхчленов P(x), Q(x), P(x) + Q(x).

Чему равно P(0) + Q(0)?

Напомним, что квадратный трёхчлен ax² + bx + c называется приведённым, если a = 1.

Ответ: 72.

Решение. Пусть P(x) = x² + ax + b, а Q(x) = x² + cx + d. Тогда по теореме Виета сумма

корней P(x) равна -a, а сумма корней Q(x) равна -c. Трёхчлен P(x) + Q(x) имеет вид

2x² + (a + c)x + b + d, его сумма корней равна^-a-c , т.е. в 2 раза меньше, чем сумма корней

P(x) и Q(x). Значит, сумма корней P(x) + Q(x) составляет¹ от общей суммы корней всех

трёх трёхчленов. По условию она равна 0+4+6+8+9+12 = 39, т.е. сумма корней P(x)+Q(x)

равна 13. Число 13 можно набрать единственным способом - 4 + 9, т.е. корнями P(x) и

Q(x) являются 4 и 9.

Поскольку у P(x) + Q(x) первый коэффициент равен 2, то по теореме Виета второй ко-

эффициент будет равен -2(4 + 9) = -26, а третий будет равен 2 ⋅ 4 ⋅ 9 = 72. Значит,

P(x) + Q(x) = 2x² - 26x + 72, откуда P(0) + Q(0) = 72.

Задача 10.5. На городском проспекте через равные расстояния расположены 11 зданий:

склады с напитками, курьерская компания, и 5 офисов. Расстояние между каждыми со-

седними зданиями равно 1 км.

Вчера утром поступило пять одинаковых заказов из офисов. В каждый офис нужно было

привезти пять ящиков бутылок: с молоком, с кефиром, с квасом, с соком и с минераль-

ной водой. Автомобиль курьера Василия может одновременно везти только один ящик.

Вчера он выехал из здания курьерской компании и развозил напитки в офисы, пока не

выполнил все заказы, а затем вернулся в точку старта.

(а) (1 балл) За доставку каждого ящика Василий получает 100 рублей. Сколько рублей

Василий заработал за вчерашний день?

(б) (3 балла) На каждый километр пути автомобиль Василия тратит бензина на 5 рублей.

Какую минимальную сумму Василий мог потратить на бензин за вчерашний день?

Ответ: а) 2500

б) 1500.

Решение. (а) Василию нужно доставить каждый из пяти ящиков в каждый из пяти офи-

сов. Значит, он должен выполнить 5 ⋅ 5 = 25 заказов. Тогда он заработает за них 25 ⋅ 100 =

2500 рублей.

(б) Понятно, что для минимизации трат бензина Василий должен доезжать до склада,

затем сразу разворачиваться и ехать в офис, затем сразу разворачиваться и ехать на склад

и т.д. При этом неважно, в каком порядке он будет развозить заказы.

Для каждого единичного отрезка посчитаем, сколько раз курьер его проедет. Отрезок

между курьерской компанией и офисом 1 будет пересечён 2 ⋅ 5 ⋅ 5 = 50 раз, поскольку

курьер проедет его дважды при каждом заказе. Отрезок между офисом 1 и офисом 2 ку-

рьер проедет 2 ⋅ 5 ⋅ 4 = 40 раз, поскольку он проедет его на всех заказах кроме заказов из

офиса 1. Аналогично, отрезок между офисами 2 и 3 курьер проедет 2 ⋅ 3 ⋅ 5 = 30 раз, между

офисами 3 и 4 - 20 раз, между офисами 4 и 5 - 10 раз. С другой стороны будет всё то же

самое из соображений симметрии.

Таким образом, суммарно курьер проедет 2(50 + 40 + 30 + 20 + 10) = 300 километров.

Значит, на бензин он потратит 300 ⋅ 5 = 1500 рублей.

Задача 10.6. (4 балла) Дан четырёхугольник ABCD, причём AD = BC, ∠DAC = 97^∘, ∠CBD =

83^∘ и ∠BCD = 65^∘. Найдите ∠ACD (ответ дайте в градусах).

Ответ: 32

Решение. Отразим A относительно CD, получим точку E. Тогда ∠DEC = ∠DAC = 97^∘.

Поскольку углы DEC и CBD дают в сумме 180^∘, а точки B и E лежат по разные стороны от

CD, точки B, C, E, D лежат на одной окружности. Хорды ED и BC равны, поскольку ED =

AD = BC, а значит, BCED - равнобокая трапеция. Значит, ∠ECB = ∠DEC = ∠DAC = 97^∘.

Тогда ∠ECD = ∠ECB - ∠DCB = 97^∘ - 65^∘ = 32^∘. Из симметрии получаем, что ∠ACD =

∠ECD = 32^∘.

Задача 10.7. (4 балла) Школьный актовый зал представляет из себя квадрат 11 × 11. На

вечернем мероприятии все места были заняты. Каждый из присутствующих сказал: «В

моём горизонтальном ряду сидит больше девочек, чем в моём вертикальном ряду». Ока-

залось, что 60 детей сказало правду, а 61 - неправду. Какое наибольшее число девочек

могло присутствовать?

Ответ: 115

Решение. Пусть дети сидят следующим образом: 6 мальчиков сидят в одном горизонталь-

ном ряду, а на остальных местах сидят девочки. Тогда правду скажут только те девочки,

которые сидят в одном вертикальном ряду с каким-то из этих мальчиков. Таких девочек

6 ⋅ 10, т.е. как раз 60.

Докажем, что больше девочек быть не может. Заметим, что если в каком-то вертикальном

ряду все являются девочками, то все они говорят неправду, т.к. в их горизонтальном ряду

не может быть больше 11 девочек. Но тогда, если девочек больше 115, то найдётся хотя

бы 6 вертикальных рядов, целиком заполненных девочками, а значит, людей, сказавших

неправду, будет хотя бы 6 ⋅ 11 = 66, противоречие.

Задача 10.8. Функция f(x) определена на множестве натуральных чисел и принимает

натуральные значения. Известно, что для любого натурального n выполнено f(n + 1) >

f(n) и f(f(n)) = 3n.

(а) (1 балл) Найдите f(10).

(б) (3 балла) Найдите f(2024).

Ответ: а) 19

б) 3885

Решение. (а) Из первого условия получаем, что если x > y, то f(x) > f(y), поскольку

можно записать цепочку f(x) > f(x - 1) > f(x - 2) > … > f(y).

Заметим, что из условия f(f(n)) = 3n можно понять, что f(n) > n. Действительно, пусть

f(n) = k ⩽ n. Тогда получаем f(k) = f(f(n)) = 3n > k = f(n), противоречие с тем, что

k ⩽ n.

Пусть f(1) = a. Из предыдущего получаем, что a > 1. При этом f(a) = 3, откуда a < 3.

Значит, a = 2. Отсюда f(3) = f(f(2)) = 6. Тогда f(6) = f(f(3)) = 9. Заметим, что f(4) и f(5)

располагаются между f(3) и f(6), т.е. между 6 и 9. Значит, единственная возможность это

f(4) = 7 и f(5) = 8.

Тогда f(7) = f(f(4)) = 12, отсюда f(12) = f(f(7)) = 21. Кроме того, f(9) = f(f(6)) = 18.

Снова можно понять, что f(10) и f(11) должны располагаться между 18 и 21, т.е. f(10) =

19 и f(11) = 20.

(б) Докажем индукцией по n, что f(3ⁿ + x) = 2 ⋅ 3ⁿ + x, где 0 ⩽ x < 3ⁿ - 1 и f(2 ⋅ 3ⁿ + x) =

3n+1 + 3x, где 0 ⩽ x < 3ⁿ - 1. База для n = 1 была получена в пункте а). Пусть формулы

верны для чисел от 3^k-1 до 3^k - 1. Докажем формулы для чисел от от 3^k до 3^k+1 - 1.

По предположению f(2 ⋅ 3^k-1) = 3^k. Тогда f(3^k) = f(f(2 ⋅ 3^k-1)) = 3 ⋅ 2 ⋅ 3^k-1 = 2 ⋅ 3^k. Тогда

f(2 ⋅ 3^k) = f(f(3^k)) = 3 ⋅ 3^k = 3^k+1. Заметим, что между 3^k и 2 ⋅ 3^k лежит ровно 3^k - 1 число,

и между значениями функции в этих точках f(3^k) = 2 ⋅ 3^k и f(2 ⋅ 3^k) = 3^k+1 тоже лежит

ровно 3^k - 1 число. Так как функция принимает только натуральные значения и строго

возрастает, значит каждое следующее значение ровно на единицу больше предыдущего,

и на этом промежутке верна формула f(3^k + x) = 2 ⋅ 3^k + x. Но тогда для всех таких x, что

0 ⩽ x < 3ⁿ - 1 верно f(2 ⋅ 3^k + x) = f(f(3^k + x)) = 3 ⋅ (3^k + x) = 3^k+1 + 3x. Таким образом,

переход доказан.

Теперь найдем ответ. По формуле f(2024) = f(2 ⋅ 3⁶ + 566) = 3⁷ + 3 ⋅ 566 = 3885.

11 класс

Задача 11.1. (4 балла) В прямоугольном параллелепипеде V все рёбра имеют

целую длину (в сантиметрах). Петя выбрал одну из вершин параллелепипеда

V и посчитал площади трёх граней, содержащих эту вершину. Оказалось, что

наибольшая из площадей равна 240 см², а наименьшая - 24 см². Обозначим

x см² площадь оставшейся грани. Найдите сумму всех возможных значений x.

Задача 11.4. (4 балла) В классе учится три человека, увлекающихся рисовани-

ем, четыре человека, увлекающихся шахматами, и пять человек, увлекающихся

танцами (каждый ученик увлекается ровно одним занятием). Учитель хочет

разбить всех детей по парам так, чтобы увлечения участников любой пары бы-

ли различны. Сколькими способами он может это сделать?

Задача 11.5. (а) (2 балла) Назовём натуральное число m привлекательным,

если равенство

⌊2024⌋

не выполняется ни для какого натурального n. Напомним, что ⌊x⌋ обозначает

целую часть числа x. Найдите наименьшее привлекательное число.

(б) (2 балла) Найдите количество привлекательных чисел, не превосходящих

2024.

Задача 11.6. Назовём натуральное число n увлекательным, если в клетках

квадратной таблицы n × n можно расставить числа от 1 до n² так, чтобы сумма

чисел в клетках любого квадратика 2 × 2 делилась на 4.

(а) (1 балл) Приведите пример числа n, которое не является увлекательным и

удовлетворяет неравенствам 40 ⩽ n ⩽ 49.

(б) (3 балла) Найдите количество увлекательных чисел среди чисел 10,11,...,49.

Задача 11.7. Обозначим α положительный корень квадратного трёхчлена x²+

x-5. Многочлен P(x) имеет целые неотрицательные коэффициенты, и P(α) =

49.

(а) (1 балл) Найдите наименьший возможный свободный член многочлена P.

(б) (3 балла) Найдите наименьшую возможную сумму коэффициентов много-

члена P .

Задача 11.8. (4 балла) Дан тетраэдр ABCD. Известно, что AD = BC = 10,

AC = BD = 11, AB = 9 и CD = 13. Борис выбирает точку X внутри тетраэдра

и считает сумму AX + BX + CX + DX. Какое наименьшее значение он может

получить?

11 класс

Задача 11.1. (4 балла) В прямоугольном параллелепипеде V все рёбра имеют целую дли-

ну (в сантиметрах). Петя выбрал одну из вершин параллелепипеда V и посчитал площа-

ди трёх граней, содержащих эту вершину. Оказалось, что наибольшая из площадей равна

240 см², а наименьшая - 24 см². Обозначим x см² площадь оставшейся грани. Найдите

сумму всех возможных значений x.

Ответ: 290

Решение. Обозначим a ⩽ b ⩽ c длины рёбер параллелепипеда (в см). Тогда его грани

имеют площади ab ⩽ ac ⩽ bc (в см²). Значит, bc = 240 и ab = 24. Таким образом, число

b является делителем числа 24, причём ввиду неравенств a ⩽ b ⩽ c мы имеем b² ⩾ 24 и

b² ⩽ 240, откуда b > 4 и b < 21. Выпишем подходящие под эти неравенства делители: 6, 8,

12. Прямая проверка показывает, что параллелепипеды с длинами рёбер (4, 6, 40), (3, 8, 30)

и (2, 12, 20) действительно подходят под условие. Ответом на задачу является сумма 4⋅40+

3 ⋅ 30 + 2 ⋅ 20 = 290.

Ответ: 300

Решение. По условию четырёхугольник SRQT является прямоугольником, так что ST =

RQ. Поскольку отрезок, соединяющий центры двух окружностей, касающихся внешним

образом, равен сумме радиусов, имеем c = a + b = a + 5.

Кроме того, угол SRQ является прямым, значит, треугольник SRQ - прямоугольный. По

теореме Пифагора SR² + RQ² = SQ², то есть (b + c)² + (a + b)² = (a + c)². Раскрывая скобки,

сокращая общие слагаемые, получаем 2b² + 2bc + 2ba = 2ac. Сократим на 2 обе части и

подставим b = 5, c = a + 5

25 + 5(a + 5) + 5a = a(a + 5).

Получилось квадратное уравнение a² - 5a - 50 = 0, корнями которого являются числа 10

и -5, но поскольку число a положительно, то a = 10. Отсюда c = a + 5 = 15, а площадь

прямоугольника QRST равна (b + c)(a + b) = 20 ⋅ 15 = 300.

Задача 11.4. (4 балла) В классе учится три человека, увлекающихся рисованием, четыре

человека, увлекающихся шахматами, и пять человек, увлекающихся танцами (каждый

ученик увлекается ровно одним занятием). Учитель хочет разбить всех детей по парам

так, чтобы увлечения участников любой пары были различны. Сколькими способами он

может это сделать?

Ответ: 1440

Решение. Будем называть художниками людей, увлекающихся рисованием, шахматиста-

ми - людей, увлекающихся шахматами, и танцорами - людей, увлекающихся танцами.

Заметим, что при любом распределении по парам ровно одна из пар состоит из художни-

ка и шахматиста. В самом деле, если такой пары нет, то пяти танцоров не хватит, чтобы

поставить их в пары с художниками и шахматистами. Если же, напротив, таких пар хотя

бы две, то найдётся пара, состоящая из двух танцоров.

Таким образом, ровно одна пара состоит из шахматиста и художника (выбрать такую па-

ру можно 3 ⋅ 4 = 12 способами), а во всех оставшихся парах участвует ровно по одному

танцору. Выбрать для каждого оставшегося шахматиста или художника своего танцора

можно 5! = 120 способами.

Значит, ответ на задачу равен 12 ⋅ 120 = 1440.

Задача 11.5. (а) (2 балла) Назовём натуральное число m привлекательным, если равен-

ство

2024

⌊

⌋=m

не выполняется ни для какого натурального n. Напомним, что ⌊x⌋ обозначает целую часть

числа x. Найдите наименьшее привлекательное число.

(б) (2 балла) Найдите количество привлекательных чисел, не превосходящих 2024.

Ответ: а) 45

б) 1936.

Решение. а) Заметим, что при n ⩾ 45 имеет место неравенство

2024

< 1.

n+1

В самом деле, домножим обе части неравенства на n(n + 1) и воспользуемся цепочкой

неравенств 2024 < 45 ⋅ 46 ⩽ n(n + 1).

Значит, при увеличении n ⩾ 45 на единицу значение функции ⌊²⁰²⁴ ⌋ либо не изменится,

либо уменьшится на 1. Так как ⌊²⁰²⁴ ⌋ = 44, то любое натуральное число, не превосходящее

44, не является привлекательным. Заметим теперь, что число 45 является привлекатель-

ным. В самом деле,

2024

⌊

⌋⩽⌊

⌋ = 44 при n ⩾ 45 и ⌊

⌋⩾⌊

⌋ = 46 при n ⩽ 44.

Таким образом, ответ на пункт (а) равен 45.

(б) Как мы уже выяснили в предыдущем пункте, функция из условия принимает все на-

туральные значения, не превосходящие 44. Так как при n ⩽ 45 имеет место неравенство

2024

> 1,

n-1

то при уменьшении n ⩽ 44 на единицу значение функции ⌊²⁰²⁴ ⌋ строго увеличится. Зна-

чит, при натуральных значения n ⩽ 44 функция из условия принимает 44 различных зна-

чений. Таким образом, функция из условия принимает 88 натуральных значений, каждое

из которых не превосходит 2024. Ответ на пункт (б) равен 2024 - 88 = 1936.

Задача 11.6. Назовём натуральное число n увлекательным, если в клетках квадратной

таблицы n×n можно расставить числа от 1 до n² так, чтобы сумма чисел в клетках любого

квадратика 2 × 2 делилась на 4.

(а) (1 балл) Приведите пример числа n, которое не является увлекательным и удовлетво-

ряет неравенствам 40 ⩽ n ⩽ 49.

(б) (3 балла) Найдите количество увлекательных чисел среди чисел 10,11,…,49.

Ответ:

а) Любое из чисел 42 и 46.

б) 30.

Решение. (а) Докажем, что чётное число, не делящееся на 4, не является увлекательным.

Предположим обратное и рассмотрим расстановку чисел в таблице, удовлетворяющую

условиям задачи. Так как число n чётно, таблицу можно разбить на (n/2)² не пересека-

ющихся квадратиков 2 × 2, в каждом из которых сумма записанных чисел делится на 4.

Значит, сумма всех чисел в таблице должна делиться на 4. С другой стороны, эта же сумма

равна

n²(n² + 1)

1+2+…+n² =

что не делится на 4 по предположению. Таким образом, чётное число, не делящееся на 4,

не является увлекательным, и тем самым, в качестве ответа в пункте (а) подойдёт любое

из чисел 42 или 46.

(б) Докажем, что если число не даёт остаток 2 при делении на 4, то оно является увлека-

тельным. Достаточно привести пример расстановки. Вместо самих чисел будем расстав-

лять их остатки от деления на 4.

Рассмотрим диагонали таблицы, идущие вправо-вниз. В каждой такой диагонали мы бу-

дем расставлять одинаковые диагонали (на рисунке ниже приведён пример для n = 7).

Остатки на соседних диагоналях отличаются на 1 (по модулю 4), а на главной диагонали

(то есть ведущей из левого верхнего угла в правый нижний) стоят 1.

Несложно видеть, что числа в любом квадратике 2 × 2 имеют следующий вид,

x+1

x+2

x+1

поэтому их сумма равна 4x + 4 и делится на 4.

Осталось проверить, что каждый остаток встречается нужное число раз. Разберём случаи

в зависимости от остатка, который n даёт от деления на 4.

Если n делится на 4, то не сложно видеть, что среди первых чисел в каждой строчке лю-

бой из остатков встречается одинаковое число раз. Из этого несложно заключить, что в

таблице каждый остаток встречается одинаковое число раз.

Если n даёт остаток 1 от деления на 4, то есть имеет вид 4k + 1 для целого неотрицатель-

ного k, то найдётся ровно k + 1 строчка, начинающаяся с единицы, и по k строчек - начи-

нающихся с других остатков. Поскольку в строчках, начинающихся с единицы, при рас-

сматриваемых n число единиц ровно на один больше количества любого другого остатка,

то во всей таблицы остатки 0, 2 и 3 встречаются одинаковое число раз, а единица - ровно

на 1 раз больше. Нетрудно видеть, что это именно то, что нужно.

Наконец, если n даёт остаток 3 от деления на 4, то есть имеет вид 4k - 1 для натурального

k, то найдётся ровно k - 1 строчка, начинающаяся с двойки, и по k строчек - начинаю-

щихся с других остатков. Поскольку при рассматриваемых n в строке, начинающейся с

двойки, число единиц ровно на один меньше количества любого другого остатка, то во

всей таблице остатки 0, 2 и 3 встречаются одинаковое число раз, а единица - ровно на 1

раз больше. Нетрудно видеть, что это именно то, что нужно.

Задача 11.7. Обозначим α положительный корень квадратного трёхчлена x² +x-5. Мно-

гочлен P(x) имеет целые неотрицательные коэффициенты, и P(α) = 49.

(а) (1 балл) Найдите наименьший возможный свободный член многочлена P.

(б) (3 балла) Найдите наименьшую возможную сумму коэффициентов многочлена P.

Ответ: а) 4

б) 13

Решение. Поделим многочлен P(x) с остатком на трёхчлен x² + x - 5

P(x) = Q(x)(x² + x - 5) + R(x).

(1)

Степень многочлена R не превосходит 1, а поскольку коэффициенты P являются целыми,

то коэффициенты R также целые. Предположим, что многочлен R не постоянный, то есть

имеет вид ax + b, где a ≠ 0. Подставим x = α в равенство (1) и получим R(α) = 49. Число α

равно (-1+√21)/2 и потому иррационально. Значит, с одной стороны число aα+b также

иррационально, а с другой стороны, оно равно 49, и мы пришли к противоречию. Таким

образом, P(x) является постоянным многочленом, равным 49.

(а) Достаточно заметить, что если многочлен Q(x) имеет вид

Q(x) = a_nxⁿ + a_n-1x^n-1 + … + a₁x + a₀,

то свободный член многочлена P равен 49 - 5a₀. По условию он неотрицателен, поэтому

его значение не меньше 4, и этот пример достигается при P(x) = 9x² + 9x + 4 (в этом

случае Q(x) = 9).

(б) Предположим, что P(x) имеет минимально возможную сумму коэффициентов. Пред-

ставим его в виде

P(x) = b_mx^m + b_m-1x^m-1 + … + b₁x + b₀.

Если для хотя бы один из коэффициентов b_i строго больше 4, то нетрудно видеть, что

многочлен P(x) + (x² + x - 5)xⁱ также подходит под условие и имеет меньшую сумму

коэффициентов. Значит, все коэффициенты многочлена P не превосходят 4. Вооружив-

шись этим наблюдением, поочерёдно найдём коэффициенты многочлена Q, двигаясь от

меньших степеней к большим.

Итак, свободный член многочлена P равен 49 - 5a₀ и не превосходит 4, значит, b₀ = 4 и

a₀ = 9. Коэффициент при x многочлена P равен a₀ - 5a₁ = 9 - 5a₁ и не превосходит 4,

значит, b₁ = 4 и a₁ = 1. Коэффициент при x² многочлена P равен a₀ + a₁ - 5a₂ = 10 - 5a₂

и не превосходит 4, значит, b₂ = 0 и a₂ = 2. Коэффициент при x³ многочлена P равен

a₁+a₂-5a₃ = 3-5a₃ и не превосходит 4, значит, и b₃ = 3 и a₃ = 0. Наконец, Коэффициент

при x⁴ многочлен P равен a₂ + a₃ - 5a₄ = 2 - 5a₄ и не превосходит 4, значит, b₄ = 2 и

a₄ = 0. Итак, мы доказали, что если P(x) = b_mx^m +…+b₁x+b₀ удовлетворяют условию и

имеет наименьшую сумму коэффициентов, то b₀ = 4, b₁ = 4, b₂ = 0, b₃ = 3, b₄ = 2. Легко

видеть, что многочлен

P(x) = 2x⁴ + 3x³ + 4x + 4

подходит под условие задачи (в этом случае Q(x) = 2x² + x + 9). Таким образом, ответом

на задачу является число 2 + 3 + 4 + 4 = 13.

Задача 11.8. (4 балла) Дан тетраэдр ABCD. Известно, что AD = BC = 10, AC = BD = 11,

AB = 9 и CD = 13. Борис выбирает точку X внутри тетраэдра и считает сумму AX + BX +

CX + DX. Какое наименьшее значение он может получить?

Ответ: 26

Решение. Отметим точки M и N - середины отрезков AB и CD соответственно. Треуголь-

ники ACD и BDC равны по трём сторонам, поэтому AN = BN (это длины медиан к соот-

ветствующим сторонам в этих треугольниках). Отрезок MN является медианой в равно-

бедренном треугольнике ANB, поэтому MN ⟂ AB. Аналогично треугольники ADB и BCA

равны по трём сторонам, поэтому DM = CM, и значит, MN ⟂ CD.

C^′

X^′

D^′

Обозначим m плоскость ABN и ℓ - прямую, образованную пересечением плоскостей m

и CDN. Ясно, что ℓ ⟂ MN. Отметим на прямой ℓ точки C^′ и D^′ так, что C^′D^′ = CD и

точка N является серединой отрезка C^′D^′ (точки A и C^′ лежат по одну сторону относи-

тельно прямой MN в плоскости m). Четырёхугольник ABC^′D^′ является равнобедренной

трапецией (поскольку точки A и C^′ симметричны относительно прямой MN точкам B и

D^′ соответственно). Из тех же соображений симметрии отрезки BC^′ и AD^′ пересекаются

на отрезке MN. Обозначим X^′ эту точку пересечения. Мы покажем, что точка X^′ - это и

есть искомая точка X из условия.

Треугольники X^′NC и X^′NC^′ равны, так как ∠X^′NC = 90^∘ = ∠X^′NC^′, CN = CD/2 = C^′N

и сторона X^′N - общая. Значит, X^′C = X^′C^′. Аналогично X^′D = X^′D^′. Таким образом

AX^′ + BX^′ + CX^′ + DX^′ = (AX^′ + D^′X^′) + (BX^′ + C^′X^′) = AD^′ + BC^′.

Пусть теперь X - произвольная точка в тетраэдре ABCD. Обозначим X₀ - основание пер-

пендикуляра из точки X на плоскость m, а P - основание перпендикуляра из точки X на

прямую MN. Тогда ясно, что AX ⩾ AX₀ и BX ⩾ BX₀, поэтому AX + BX ⩾ AX₀ + BX₀. Точки

A, B, X₀, P лежат в одной плоскости, AB || X₀P и точка P лежит на серединном перпендику-

ляре к AB. Обозначим B^′ точку, симметричную B относительно прямой X₀P. Тогда точки

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

9 класс

Первый день

9.1. На прямой дороге стоят школа и дома Ани и Бори. Каждый день Аня выходит из

дома в 8:00 и идет в школу. Однажды Боря выбежал из дома в школу в 8:00 и догнал Аню

за 30 минут. На следующий день он выбежал в 8:10 и догнал Аню за 40 минут. В какое

время ему надо выбежать, чтобы встретить Аню на выходе из её дома? (Скорость у Ани

всегда постоянна, скорость Бори тоже постоянна.)

9.2. В равнобедренном треугольнике ABC ( AB = BC ) проведена биссектриса CD. На

основании AC отмечена точка F так, что BD = CF . Точка E выбрана таким образом, что

четырехугольник CDEF - параллелограмм. Докажите, что BE = BF .

9.3. Даны квадратные трёхчлены P(x) и Q(x) ; обозначим

(

)

(

)

. Раз в

минуту Саша рисует на координатной плоскости прямую: на первой минуте - прямую с

уравнением

y= p

x+q

, на второй - с уравнением

y= p

x+q

, …, на i-й минуте - с

уравнением

y= p

x+q

. Через некоторое время Саша нашёл три нарисованные прямые,

которые проходят через одну точку. Докажите, что все нарисованные прямые проходят

через одну точку.

9.4. В каждой клетке доски 2 × 200 лежит по рублёвой монете. Даша и Соня играют,

делая ходы по очереди, начинает Даша. За один ход можно выбрать любую монету и

передвинуть её: Даша двигает монету на соседнюю по диагонали клетку, Соня - на

соседнюю по стороне. Если две монеты оказываются в одной клетке, одна из них тут же

снимается с доски и достаётся Соне. Соня может остановить игру в любой момент и забрать

все полученные деньги. Найдите, какой наибольший выигрыш она может получить, как бы

ни играла Даша

9.5. Найдите все такие пары целых чисел m и n > 2 , что ((n -1)!-n)·(n

2)!=m(m

. Напоминаем, что k! = 1·2·… ·k - произведение всех натуральных чисел от 1 до k .

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

Введение

Порядок проведения, методика и система оценивания

(проверки) регионального этапа Всероссийской олимпиады

школьников по математике 2024-2025 учебного года.

Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по

математике

2024-2025 учебного года проводится по заданиям,

подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в

единые для всех субъектов РФ сроки: 31 января 2025 г. (I тур)

и 1 февраля 2025 г. (II тур). Региональный этап проводится по

отдельным заданиям для учащихся 9, 10 и 11 классов.

Задания для каждого класса включают 10 задач - по 5 задач

в каждом из двух дней (туров) Олимпиады (задачи 1-5 - I тур,

задачи 6-10 - II тур). Продолжительность каждого тура для каждого

класса составляет 3 часа 55 минут.

В силу того, что во всех субъектах Российской Федерации

региональный этап проводится по одним и тем же заданиям,

подготовленным Центральной предметно-методической комиссией,

в целях предотвращения преждевременного доступа к текстам

заданий со стороны участников Олимпиады, а также их

учителей и наставников, время начала и окончания туров в

установленные даты в каждом субъекте РФ должно определяться в

соответствии с «Временн ыми регламентами проведения туров

регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников

в субъектах Российской Федерации в 2024-2025 учебном

году» для часовых поясов.

Разбор задач в субъектах Российской Федерации, где тур

оканчивается в 16.00 и 17.00 по местному времени, проводится не

раньше, чем на следующий день после проведения второго тура

Олимпиады.

Решение каждой задачи оценивается целым числом баллов от 0

до 7. Максимальное количество баллов, которое может получить

участник, равно 70 (35 - I тур, 35 - II тур).

Задания математических олимпиад являются творческими,

допускают несколько различных вариантов решений. Кроме

того, необходимо оценивать частичные продвижения в задачах

(например, разбор важного случая, доказательство вспомогательного

утверждения, нахождение примера и т. п.). Наконец, возможны

логические и арифметические ошибки в решениях. Окончательные

баллы по задаче должны учитывать все вышеперечисленное.

Проверка работ осуществляется в соответствии со следующими

правилами:

а) любое правильное решение оценивается в

баллов.

Недопустимо снятие баллов за то, что решение слишком длинное,

Математика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 5