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

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

или за то, что решение школьника отличается от приведенного в

методических разработках;

б) недопустимо снятие баллов в работе за неаккуратность записи

решений;

в) баллы не выставляются «за старание Участника», в том числе

за запись в работе большого по объему текста, не содержащего

продвижений в решении задачи;

г) черновики не проверяются.

В связи с необходимостью качественной оценки работ участников,

на их проверку выделяется до 7 дней.

Для единообразия оценки работ участников олимпиады из

разных регионов и с целью исключения при этом ошибок,

Центральная предметно-методическая комиссия имеет право

перепроверки работ участников регионального этапа.

В случае отсутствия специальных критериев по задаче, ее

решение оценивается по приведенной ниже таблице (отметим, что

для исключения различий в оценке близких продвижений по задаче

в работах разных участников, таблица упрощена по сравнению с

приведенной в Требованиях по проведению регионального этапа).

Баллы

Правильность (ошибочность) решения

Полное верное решение.

5-7

Верное решение. Имеются недочеты, в целом не

влияющие на решение.

1-4

Задача не решена, но в работе имеются существенные

продвижения.

Аналитическое решение (координатным, векторным,

тригонометрическим методом) геометрической задачи,

не доведенное до конца.

Рассмотрение частного случая, не дающее продвижений

в решении в общем случае.

Верное

решение

отсутствует,

существенных

продвижений нет.

Ниже приведены ответы и решения к задачам олимпиады. В

комментариях к задачам указаны критерии оценивания (в баллах)

некоторых предполагаемых ошибок и частичных продвижений.

Заметим, что работа участника, помимо приведенных, может

включать другие содержательные продвижения и ошибки, которые

должны быть оценены дополнительно.

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

Условия и решения задач

9 класс

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 ее дома? (Скорость Ани всегда постоянна, скорость

Бори тоже постоянна.)

(И. Богданов)

Ответ. В 7:45.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

M₁ и M₂ соответственно. По условию, абсциссы точек M₁ и M₂

равны 30 и 50 соответственно.

Пусть B₀ - точка, в которой должен начинаться график

искомого движения Бори. По теореме Фалеса, B₀B₁/B₁B₂ =

= AM₁/M₁M₂; последнее отношение равно отношению

разностей абсцисс соответствующих точек, то есть 30/20 = 3/2.

Значит, B₀B₁ = 15, то есть точка B₀ соответствует моменту

7:45.

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.

(А. Кузнецов)

Первое решение. Продлим отрезок DE до пересечения

со стороной BC в точке X (см. рис. 2). Поскольку DX ∥ AC,

треугольник BDX равнобедренный. Кроме того, ∠CDX

= ∠DCA

= ∠DCB, поэтому треугольник CDX также

равнобедренный, и CX = DX. Из параллелограмма CDEF

получаем DE = CF = BD = BX, так что XE = XD + DE =

= CX + XB = BC. Поскольку ∠BXD = ∠BCF, получаем,

что треугольники BXE и F CB равны по двум сторонам и углу

между ними, откуда и следует, что BE = BF .

Рис. 2

Рис. 3

Замечание. У этого решения есть много вариаций; в

частности, вместо равенства треугольников BXE т F CB можно

получить равенство треугольников BDE и BXF - например,

так (см. рис. 3).

Заметим, что треугольник BDX равнобедренный, а

трапеция ABXC равнобокая (поскольку углы при основании

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

равны), то есть BD = BX и CX = AD. Теперь по свойству

биссектрисы CD имеем

Значит, треугольники ABC и XF C подобны (угол C в них

общий), поэтому треугольник F CX также равнобедренный,

откуда XF = F C и ∠F XC = ∠F CX = ∠BDX.

Теперь в треугольниках BDE и BXF имеем ∠EDB

= ∠F XB и DE = CF = F X = BD = BX, то есть эти

(равнобедренные) треугольники равны. Значит, BE = BF .

Второе

решение.

Пусть

описанная

окружность

треугольника CBD пересекает вторично прямую AC в точке

F^′ (см. рис. 4). Тогда ∠F^′DA = ∠ACB = ∠CAB = ∠ADE;

также, поскольку CD - (внутренняя или внешняя) биссектриса

угла F^′CB, имеем F^′D = BD = CF = DE. Поэтому

треугольники ADE и ADF^′ равны. Отсюда следует, что

∠BDF^′ = 180^◦ - ∠ADF^′ = 180^◦ - ∠ADE = ∠BDE, а тогда и

треугольники BDF^′ и BDE также равны. Значит, BF^′ = BE.

Кроме того, из полученного равенства углов F^′DA и F^′AD

следует, что F^′A = F^′D = DE = CF . Тогда треугольники BCF

и BAF^′ также равны, и BF = BF^′ = BE, что и требовалось.

F F^′

Рис. 4

Рис. 5

Замечание. Аналогичное решение можно получить без

введения точки F^′, но с использованием точки X из первого

решения - например, так (см. рис. 5).

Как показано в начале первого решения, в равнобокой

трапеции ADXC имеем AD = CX = DX; кроме того,

BD = CF = DE. Поэтому треугольники BDX и EDA

равны, откуда несложно получить, что AEBX - равнобокая

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

трапеция, то есть B лежит на окружности ω, описанной около

треугольника AXE.

Далее, диагонали трапеции ADXC равны, так что AX =

= CD = FE. Значит, равны диагонали трапеции AFXE, то есть

она тоже равнобокая и, следовательно, вписана. Поэтому и F

лежит на ω. Наконец, в окружности ω имеем ∠F AB = ∠XDB =

= ∠EXB = ∠EAB, так что хорды BE и BF стягивают равные

дуги этой окружности и потому равны.

Комментарий. Не доведенное до конца счетное решение

оценивается в 0 баллов.

Если решение не проходит для расположения точек,

отличного от рассмотренного, но хотя бы один существенный

случай расположения точек разобран верно - не менее 6 баллов.

Введение в рассмотрение точки X или точки F^′ (или обеих)

без дальнейших содержательных продвижений - 1 балл.

Доказательство подобия треугольников ABC и XF C

(или равенства F X = F C) без дальнейших существенных

продвижений - 3 балла.

Доказано, что один из четырехугольников AEBX или

AF XE вписан - 3 балла.

9.3. Даны квадратные трехчлены P (x) и Q(x); обозначим p_n = P (n)

и q_n = Q(n). Раз в минуту Саша рисует на координатной

плоскости прямую: на первой минуте - прямую с уравнением

y = p₁x + q₁, на второй - с уравнением y = p₂x + q₂, ..., на

i-й минуте - с уравнением y = p_ix + q_i. Через некоторое время

Саша нашел три нарисованные прямые, которые проходят через

одну точку. Докажите, что все нарисованные прямые проходят

через одну точку.

(А. Терешин)

Решение. Пусть P (x) = ax² + bx + c, в Q(x) = ux² + vx + w.

Пусть прямые, нарисованные на k-й и m-й минутах,

пересекаются в точке с абсциссой x₀ (причем p_k = p_m) Это

значит, что p_kx₀ + q_k = p_mx₀ + q_m, или

q_m - q_k

u(m² - k²) + v(m - k)

u(k + m) + v

x₉ =

(∗)

p_k - p_m

a(k² - m²) + b(k - m)

a(k + m) + b

Пусть теперь прямые, нарисованные на k-й, m₁-й и m₂-й

минутах пересекаются в одной точке. Заметим, что квадратный

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

трехчлен P (x) принимает каждое значение не более двух раз,

поэтому без ограничения общности можно считать, что p_k

отлично от p_ℓ и p_m. Тогда полученная формула означает, что

u(k + m₁) + v

u(k + m₂) + v

(∗∗)

a(k + m₁) + b

a(k + m₂) + b

Домножив на знаменатели и сократив подобные слагаемые,

получаем

(k + m₁)(ub - av) = (k + m₂)(ub - av),

что при m₁ = m₂ означает, что ub - av = 0. Таким образом,

равенство выше верно вообще для всех значений m₁ и m₂, а

значит, и равенство (∗∗) будет выполнено для всевозможных

значений m₁ и m₂, что и означает, что прямые, нарисованные

в произвольные моменты m₁ и m₂, пересекают k-ю прямую в

одной и той же точке.

Рассуждение выше может не сработать только для момента

m, когда p_k = p_m. Но, поскольку нам уже известно, что все

остальные прямые пересекаются в одной точке, можно теперь

провести такое же рассуждение для других трех моментов,

установив требуемое.

Замечание. Из рассуждения выше нетрудно понять, что,

если условие задачи выполнено, то при p_k = p_m будет выполнено

и q_k = q_m, то есть прямые, нарисованные на k-й и ℓ-й минутах,

совпадут.

Комментарий. Получена последняя формула в (∗) для

абсциссы x₀ - 1 балл.

Во в целом верном решении не разобран отдельно случай,

когда P (k) = P (m) при k = m, и решение не проходит в этом

случае - снимается не более 2 баллов.

9.4. В каждой клетке доски 2 × 200 лежит по рублевой монете.

Даша и Соня играют, делая ходы по очереди, начинает Даша.

За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть ее:

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 достается Соне.

Соня может остановить игру в любой момент и забрать все

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

полученные деньги. Какой наибольший выигрыш она может

получить, как бы ни играла Даша?

(А. Кузнецов)

Ответ. 300.

Решение. Сначала приведем стратегию за Соню. Пока она

не получила больше 299 монет, перед ее ходом на доске остается

хотя бы 101 монета. Разобьем доску на 100 квадратов 2 × 2.

Получается, что какие-то две монеты лежат в одном и том же

квадрате 2×2. Если эти две монеты соседние по стороне, то Соня

надвигает одну на другую, и получает еще одну монету. Если

они стоят по диагонали, то Соня сдвигает одну из них в столбец

к другой (здесь и далее столбец имеет длину 2, строка - длину

200). Теперь, какой бы ход ни сделала Даша, эти две монетки все

еще будут соседними по стороне (либо одна будет снята и уйдет

в доход Сони), значит, своим следующим ходом Соня сможет

получить еще одну монетку. Таким образом, Соня всегда сможет

увеличивать свой выигрыш, пока он меньше 300.

Теперь покажем, как играть за Дашу, чтобы Соня не

получила больше 300 монет. Пронумеруем столбцы числами

от 1 до 200 по порядку, выберем в каждом нечетном столбце

по одной монетке и мысленно покрасим их в красный цвет.

Даше достаточно обеспечить, чтобы красные монетки всегда

оставались на доске. Для этого, в свою очередь, достаточно,

чтобы две красные монеты никогда не попадали в одну клетку,

потому что когда в клетку попадают красная и не красная

монеты, можно считать, что с доски снимается не красная.

Назовем расположение монет на доске стабильным, если по

одной красной монете лежит в столбцах 1, 3, 5, . . . , 197, а еще

одна располагается в одном из двух последних столбцов 199,

200. Легко видеть, что после любого хода из стабильной позиции

две красные монеты не окажутся в одной клетке. Даша будет

играть так, чтобы после каждого ее хода получалась стабильная

позиция. Если после хода Сони позиция осталась стабильной, то

Даша двигает сотую красную фишку между двумя последними

столбцами, так же Даша поступит и своим первым ходом. Если

же после хода Сони позиция перестала быть стабильной, то Соня

подвинула одну из красных монет из некоторого столбца x в

соседний столбец. Тогда Даша своим ходом вернет ее в столбец

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

x. Таким образом, на доске всегда останется хотя бы 100 монет,

и Соня заработает не более трехсот рублей.

Комментарий.

Решение разбивается на две части: (A) - стратегия за Соню,

(B) - стратегия за Дашу. Баллы, набранные за разные части,

суммируются.

(A) Полная стратегия за Соню с обоснованием - 3 балла.

Эта часть состоит из трех шагов:

(A1) Указано, что пока на столе есть хотя бы 101 монета, то

какие-то две монеты располагаются в двух соседних строках и

столбцах.

(A2) Показано, что Соня может забрать себе одну монету,

когда две монеты лежат в соседних клетках.

(A3) Показано, что Соня может забрать себе одну монету за

два хода, если они лежат в соседних по диагонали клетках.

Ситуация 1: Если а решении есть формулировки всех трех

шагов (A1)-(A3) с необходимыми логическими связями между

ними, но в некоторых шагах допущены ошибки - выставляется

2 балла, если ошибка допущена в одном из пунктов, и 1 балл,

если ошибки хотя бы в двух шагах.

Приведем примеры возможных ошибок.

Ошибка в (A1): неверное доказательство утверждения

(например, с использованием «худшего случая»).

Ошибки в (А3). Во-первых, может быть сказано, что Соня

ходит одной монетой просто в клетку, соседнюю с другой (а не

в клетку того же столбца) - такая стратегия не работает. Во-

вторых, после хода в соседний столбец может быть разобран

лишь один из случаев, в котором Даша двигает или не двигает

одну из монет.

Ситуация 2: В решении нет одного из шагов (A1), (A2),

(A3).

Если есть любые два из этих шагов или лишь шаг (А3) -

1 балл, иначе 0 баллов.

(B) Стратегия за Дашу с обоснованием - 4 балла.

(B0) Лишь идея сохранять все красные монеты - 0 баллов.

(B1) Стратегия с возвратом монеты в тот же столбец,

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

которая не работает, если Соня подвинула красную монету, не

меняя ее столбца - 2 балла.

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

- n) · (n - 2)! = m(m - 2).

Напомним, что k!

= 1 · 2 · ... · k -произведение всех

натуральных чисел от 1 до k.

(А. Кузнецов)

Ответ. m = 1, n = 3.

Решение. Заметим, что ((n - 1)! - 1)((n - 2)! - 1) = (n -

- 1)! · (n - 2)! - (n - 1)! - (n - 2)! + 1 = ((n - 1)! - n) · (n - 2)! +

+1 = m2 -2m+1 = (m-1)². Пусть n > 4. Заметим, что числа

(n - 1)! - 1 и (n - 2)! - 1 взаимно просты. Предположим, что

это не так, и оба этих числа делятся на простое число p. Тогда

число (n - 1)! - 1 - ((n - 2)! - 1) · (n - 1) = n - 2 тоже делится

на p. Тогда (n - 2)! делится на p, а (n - 2)! - 1 не кратно p,

противоречие. Таким образом, произведение взаимно простых

чисел (n-1)!-1 и (n-2)!-1 - точный квадрат, тогда и каждое

из них точный квадрат. Однако, число (n - 1)! - 1 при n > 4

дает остаток 3 при делении на 4, поэтому оно точным квадратом

быть не может. Остается разобрать случаи n ⩽ 4. При n = 4

получается (m - 1)² = 5, решений нет. При n = 3 мы получаем:

(m - 1)² = 0, что дает единственное решение m = 1, n = 3.

Комментарий. Только ответ - 0 баллов.

Потерян хотя бы один случай - не более 6 баллов.

Получено равенство ((n - 1)! - 1)((n - 2)! - 1) = (m - 1)² -

3 балла.

Доказано, что оба сомножителя в левой части являются

квадратами (при m > 1) - еще 1 балл.

Доказано, что не существует решений при n ⩾ 10 - не менее

5 баллов.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

9 класс

Второй день

9.6. Саша взял кусок нити. Он сложил ее пополам, затем еще раз пополам, и так 10 раз.

Затем он взял ножницы и разрезал полученную конструкцию в одном месте (таким образом,

он перерезал нить в 1024 местах). В итоге нить распалась на куски. Выяснилось, что длины

этих кусков принимают лишь два различных значения, наименьшее из которых равно 10

см. Найдите все возможные значения длины исходной нити.

9.7. Пусть на доске написаны несколько целых чисел (некоторые из которых могут быть

равными). Скажем, что эти числа образуют удачный набор, если их нельзя разбить на две

непустые группы так, чтобы произведение суммы чисел в одной группе и суммы чисел в

другой было положительным. Учитель написал на доске несколько целых чисел. Докажите,

что дети могут дописать к имеющимся ещё ровно одно целое число так, чтобы полученный

набор оказался удачным.

9.8. На столе по кругу выложили 100 двухрублёвых и N пятирублёвых монет в

некотором порядке. Известно, что выбрав из круга несколько подряд идущих монет,

невозможно получить сумму ровно в 52 рубля. Найдите наибольшее возможное значение

числа N .

9.9. На столе стоят 12 сосудов, выстроенных в 4 ряда по 3 сосуда в каждом. В каждый

сосуд налито некоторое (возможно, нулевое) количество воды. Известно, что суммарное

количество воды в каждом ряду равно 1 л. Выясните, при каких α можно утверждать, что

на столе найдутся два сосуда, количества воды в которых отличаются не более чем на α л?

9.10. Пусть M - середина стороны BC треугольника ABC. На продолжении стороны AB

за точку B нашлась такая точка D, что ∠ADM

=∠ACM

30^°

. Точка O - центр окружности,

описанной около треугольника ACD. Найдите значение угла OBC.

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

Условия и решения задач

9 класс

9.6. Саша взял кусок нити. Он сложил ее пополам, затем еще раз

пополам, и так 10 раз. Затем он взял ножницы и разрезал

полученную конструкцию в одном месте (таким образом, он

перерезал нить в 1024 местах). В итоге нить распалась на

куски. Оказалось, что длины этих кусков принимают лишь

два различных значения, наименьшее из которых равно 10 см.

Найдите все возможные значения длины исходной нити.

→

→...→

(А. Храбров)

Ответ. 15360 см или 20480 см.

Решение. Полученная до разрезания конструкция состоит

из 1024 отрезков нити, которые нить проходит поочередно слева

направо и справа налево (пусть оба конца нити находятся слева).

Тогда, если разрез проведен в a см от левого края и в b см от

правого края, то длины полученных кусков нити равны a, 2a и

2b. Поскольку этих длин всего две, то 2b совпадает либо с a, либо

с 2a, а наименьший кусок равен a = 10 см. Значит, b = 5 см или

b = 10 см, а общая длина нити, равная 1024(a+b), тогда может

принимать значения 1024·15 = 15360 см или 1024·20 = 20480 см.

Комментарий. Один из двух ответов упущен - 4 балла.

9.7. Пусть на доске написаны несколько целых чисел (некоторые из

которых могут быть равными). Скажем, что эти числа образуют

удачный набор, если их нельзя разбить на две непустые группы

так, чтобы произведение суммы чисел в одной группе и суммы

чисел в другой было положительным. Учитель написал на доске

несколько целых чисел. Докажите, что дети могут дописать к

имеющимся еще ровно одно целое число так, чтобы полученный

набор оказался удачным.

(А. Кузнецов)

Решение. Пусть сумма всех чисел, выписанных учителем,

равна S; тогда детям достаточно дописать число -S.

Действительно, после этого сумма всех чисел окажется равной

нулю, а значит, при разбиении их на две группы суммы

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

в группах будут противоположными друг другу, то есть их

произведение будет неположительным.

Замечание. Вместо числа -S дети могут дописать 1 - S

или -1 - S.

Комментарий. Указано, что надо дописать такое число,

что сумма всех чисел на доске станет равной нулю - 7 баллов.

9.8. На столе по кругу выложили

100

двухрублевых и N

пятирублевых монет в некотором порядке. Известно, что выбрав

из круга несколько подряд идущих монет, невозможно получить

сумму ровно в

рубля. Найдите наибольшее возможное

значение числа N.

(А. Смолин)

Ответ. N = 450.

Решение. Покажем, как выложить 100 двухрублевых и

450

пятирублевых монет по кругу так, чтобы выполнялось

условие задачи. Пронумеруем места по кругу по часовой стрелке

числами от 1 до 550 и выложим двухрублевые монеты на места,

номера которых кратны 11 (т. е. 11, 22, . . .), и на места, номера

которых дают остаток 5 при делении на 11 (т. е. 5, 16, . . .); на

остальные места выложим пятирублевые монеты. Тогда между

каждой парой соседних двухрублевых монет находятся 4 или 5

пятирублевых монет, причем эти количества чередуются.

Рассмотрим некоторый набор подряд идущих монет;

покажем, что они не дают сумму в 52 рубля. Если среди них

нет двухрублевых, то сумма делится на 5, а 52 не делится

на 5. Если среди них ровно две двухрублевых, сумма дает

остаток 4 при делении на 5, то есть тоже не равна 52. Если

двухрублевая монета одна, вместе с ней в наборе может быть

не более 4 + 5 = 9 пятирублевых, то есть сумма не превосходит

2+9·5 = 47 рублей. Наконец, пусть двухрублевых монет в наборе

хотя бы три, рассмотрим три двухрублевых монеты, лежащих

в наборе подряд. Между ними есть 9 пятирублевых; суммарное

достоинство этих монет уже равно 3·2+9·5 = 51 рублю. Значит,

набрана сумма либо в 51 рубль, либо хотя бы в 51+2 = 53 рубля.

Таким образом, полученная раскладка удовлетворяет условию.

Осталось показать, что при любой раскладке

100

двухрублевых и не менее 451 пятирублевых монет обязательно

можно выбрать несколько монет подряд c суммарным

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

достоинством 52 рубля. Пронумеруем двухрублевые монеты

числами 1, 2, . . . , 100 в порядке их расположения по часовой

стрелке. Выделим

двухрублевых монет с нечетными

номерами. Между выделенными монетами есть 50 промежутков;

в одном из них окажется не менее 10 пятирублевых монет,

иначе общее количество пятирублевых монет не превосходило

бы 9 · 50 = 450. Итак, мы нашли промежуток, в котором есть

ровно одна двухрублевая монета C и хотя бы 10 пятирублевых;

тогда можно взять C и 10 пятирублевых монет так, чтобы они

лежали подряд. Тогда и наберется сумма ровно в 52 рубля.

Комментарий. Только ответ - 0 баллов.

Верный пример, показывающий, что при N = 450 требуемая

раскладка возможна, с доказательством, что она подходит -

2 балла.

Только пример без обоснования - 1 балл.

Только оценка, то есть доказательство того, что N ⩽ 450 -

5 баллов.

Если в оценке доказано лишь, что с двух сторон от одной

двухрублевой монеты лежит не более 9 пятирублевых - 3 балла

за оценку.

Баллы за пример и оценку складываются.

9.9. На столе стоят 12 сосудов, выстроенных в 4 ряда по 3 сосуда в

каждом. В каждый сосуд налито некоторое (возможно, нулевое)

количество воды. Известно, что суммарное количество воды

в каждом ряду равно 1 л. При каких α можно утверждать,

что на столе найдутся два сосуда, количества воды в которых

отличаются не более чем на α л?

(И. Богданов)

Ответ. При α ⩽ 1/17.

Решение. Предположим, что количество воды в любых

двух сосуждах отличается больше, чем на α л. Пусть k0 ⩽

⩽ k₁ ⩽ ... ⩽ k11 - количества воды в сосудах; назовем индексом

сосуда его номер в этом ряду. Заметим, что k₀ ⩾ 0, и по нашему

предположению k_i > α + k_i-1; отсюда получается, что k_o > αi

при i ⩾ 1.

Сумма всех индексов равна 0 + 1 + . . . + 11 = 66, поэтому

найдется ряд, сумма индексов в котором не меньше, чем 17. Из

неравенств выше получаем, что суммарное количество воды в

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

этом ряду больше, чем 17α, откуда α < 1/17. Итак, при всех

значениях α ⩾ 1/17 утверждать требуемое можно.

С другой стороны, если распределить воду по рядам как

+ 0,

то количества воды в любых двух сосудах будут отличаться

минимум на 1/17 л. Поэтому при всеъ α < 1/17 утверждать

требуемое нельзя.

Замечание. Есть и другие примеры, в которых все

количества отличаются не менее чем на 1/17 л. Однако во всех

таких примерах все количества воды в сосудах имеют вид a/17 л,

где a - целое число.

Комментарий. Только ответ - 0 баллов.

Только пример, показывающий, что все α, меньшие 1/17, не

подходят - 2 балла.

Только оценка α ⩽ 1/17 - 4 балла.

9.10. Пусть M - середина стороны BC треугольника ABC. На

продолжении стороны AB за точку B нашлась такая точка D,

что ∠ADM = ∠ACM = 30^◦. Точка O - центр окружности,

описанной около треугольника ACD. Найдите угол OBC.

(А. Кузнецов)

Ответ. 30^◦.

Решение.

Отметим

точку

так,

что

треугольник

BCP -

равносторонний, а точки A

и P лежат по разные

стороны от прямой BC

(см. рис. 1). Тогда 30◦

= ∠BP M = ∠BDM, то естьD

четырехугольник BMP D -

вписанный;

значит,

поскольку ∠BMP = 90^◦, то

Рис. 1

и ∠BDP = 90^◦. Но, так как

∠P CA = ∠P CB+∠BCA = 90^◦, четырехугольник ADP C также

вписан в окружность (с диаметром AP ), и точка O из условия

- центр этой окружности. В частности, O лежит на серединном

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

10 класс

Первый день

10.1. Квадратный трёхчлен

f (x) = ax

+ bx + c имеет два различных вещественных

корня

. Известно, что

f(x

) = 2025. Чему может равняться c ?

10.2. В стране 30 городов и 30 двусторонних авиалиний, соединяющих города по циклу.

Верно ли, что можно добавить дополнительно ещё 10 авиалиний так, чтобы после этого из

любого города можно было добраться до любого другого не более чем за 4 перелёта?

10.3. Положительные числа a , b , c таковы, что

b+b

c+c

+ bc

+ ca

. Докажите, что из чисел a , b , c какие-то два отличаются более чем на 2.

10.4. Можно ли на бесконечной клетчатой плоскости отметить конечное число узлов

сетки так, чтобы было отмечено не менее двух точек, и для любой пары отмеченных точек

нашлась бы отмеченная точка, равноудалённая от них?

10.5. Высоты BD и CE остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H,

высоты треугольника ADE пересекаются в точке F, а точка M - середина стороны BC.

Докажите то, что BH + CH ≥ 2FM.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

Покажем, что условие выполняется. Возьмем любые два

города A и B. От A можно не более чем за 1 перелет добраться

до города C с номером, кратным 3. Аналогично, от B можно

не более чем за 1 перелет добраться до города D с номером,

кратным 3. А между городами C и D либо есть путь не более,

чем из двух перелетов, так как все города с номерами, кратными

3, соединены с городом номер 0.

Комментарий. Если приведен верный пример, но

отсутствует

обоснование

его

правильности - 6

баллов

(т.е. снимается 1 балл).

Если приведен верный пример, в котором добавлено менее

10 авиалиний - баллы не снижаются.

10.3. Положительные числа a, b, c таковы, что a²b + b²c + c²a = 2 и

ab² + bc² + ca² = 4. Докажите, что из чисел a, b, c какие-то два

отличаются более чем на 2.

(А. Кузнецов)

Решение. Вычтем из второго равенства первое и разложим

левую часть на множители, получим:

(a - b)(b - c)(c - a) = 2.

(∗)

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

строгое неравенство z > 2. Значит, z = 2 возможно лишь при

x = y = 1. Рассмотрим этот случай отдельно.

В этом случае v = a + 1 > 1, и c = a + 2 > 2. Тогда

a²b + b²c + c²a > b²c > 1² · 2 = 2,

что противоречит первому равенству из условия задачи.

Комментарий. При верном решении доказано только

нестрогое неравенство (c-a ⩾ 2) (т.е. не рассмотрен или неверно

рассмотрен случай обращения в равенство) - снимается 2 балла.

Получено равенство (a - b)(b - c)(c - a) = 2 - 2 балла (если

просто сделано вычитание, но нет разложения на множители, то

баллы не начисляются).

10.4. Можно ли на бесконечной клетчатой плоскости отметить

конечное число узлов сетки так, чтобы было отмечено не менее

двух точек, и для любой пары отмеченных точек нашлась бы

отмеченная точка, равноудаленная от них?

(И. Ефремов)

Ответ. Нельзя.

Решение. Предположим, что требуемое возможно. Введем

систему координат так, чтобы узлы являлись в точности

точками с целыми координатами.

Раскрасим узлы сетки в шахматном порядке. Предположим,

что нашлись два отмеченных узла разных цветов: A - белый,

B -черный. Пусть нашелся узел C, равноудаленный от них,

и пусть, не умаляя общности, C - белый. Тогда у вектора

⃗

координаты одной четности, значит, по теореме Пифагора CA²

равно сумме квадратов целых чисел одной четности, т.е. CA²

четно. Аналогично рассуждая, получаем, что CB² нечетно -

противоречие.

Итак, все отмеченные узлы имеют один цвет. Проведем

через все узлы этого цвета прямые с угловым коэффициентом

±1 - получилась новая квадратная сетка с шагом (длиной

√

стороны квадрата)

2. Видим, что отмеченные точки являются

узлами этой новой сетки. Продолжая рассуждать аналогично,

получим, что отмеченные узлы лежат на квадратной

√

сетке с шагом (

2)², (

2)³, (

2)⁴,

Но шаг сетки не

может превышать константы - расстояния между двумя

фиксированными отмеченными точками. Противоречие.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

Замечание 1. Утверждение задачи станет неверным, если

в условии задачи позволить отмеченным точкам не быть узлами

решетки. Контрпримером может служить множество вершин

правильного нечетноугольника.

Замечание

После доказательства того, что все

отмеченные точки имеют один цвет (в шахматной раскраске),

завершить решение можно по-другому.

Предположим теперь, что есть два отмеченных узла P и Q

с абсциссами разной четности. Рассмотрим узел R такой, что

RP = RQ. Пусть, для определенности,

⃗

RP имеет нечетную

⃗

абсциссу (а значит, и нечетную ординату). Тогда

RQ имеет

четную абсциссу (а значит, и четную ординату). Тогда RQ²

делится на 4, RP² имеет вид (2k + 1)² + (2l + 1)² = 4(k² +

+ k + l2 + l) + 2-не делится на 4-противоречие.

Итак, мы доказали, что все отмеченные узлы лежат

на клетчатой сетке со стороной 2. Продолжая аналогичные

рассуждения, получаем, что все отмеченные узлы лежат в

некоторой сетке с шагом 2^k для любого натурального k, что,

очевидно, невозможно.

Комментарий. Доказано, что все отмеченные точки

должны иметь один цвет в шахматной раскраске (или,

эквивалентно, иметь одинаковую (или разную) четность

координат) - 2 балла.

10.5. Высоты BD и CE остроугольного треугольника ABC

пересекаются в точке H, высоты треугольника ADE

пересекаются в точке F , точка M - середина стороны BC.

Докажите, что BH + CH ⩾ 2F M.

(А. Кузнецов)

Решение. Отразим H относительно AB, получим точку

C^′, лежащую на CH и такую, что E - середина HC^′ и BC^′ =

= BH (см. рис. 6). Аналогично, точка B^′, симметричная H

относительно AC, такова, что D - середина HB^′ и CB^′ = CH.

Так как DF ⊥ AB, имеем DF ∥ CE. Аналогично

EF ∥ BD. Значит, HEFD - параллелограмм. В треугольнике

HC^′B^′ точки E и D - середины сторон. Отметим также

середину F^′ стороны B^′C^′, тогда HEF^′D - параллелограмм.

Получается, что F^′ совпадает с F , т.е. F - середина B^′C^′. Так

как M и F - середины BC и B^′C^′, имеем векторное равенство

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

10 класс

Второй день

10.6. Изначально на табло горит число 0. При нажатии на кнопку число на табло

изменяется на 50 или 51. На кнопку нажали 2025 раз. Могло ли после этого на табло гореть

число 25, если известно, что на табло не появлялись более чем двузначные числа, а также

не появлялись отрицательные числа?

10.7. Дана трапеция ABCD. Известно то, что ∠DAB

=∠ABC

90^°

, а биссектрисы углов

C и D пересекаются в точке E, лежащей внутри трапеции. Докажите, что описанные

окружности треугольников ABE и CDE касаются.

10.8. В клетчатом прямоугольнике 2 ×100 каждую клетку красят в белый или чёрный

цвет. Доминошкой будем называть клетчатый прямоугольник 1×2 или 2×1. Оказалось, что

существует единственный способ разбить данный прямоугольник 2 ×100 на доминошки

так, чтобы каждая доминошка покрывала хотя бы 1 чёрную клетку. Какое наибольшее

количество клеток могло быть покрашено в чёрный цвет?

10.9. Назовём натуральное число однобоким, если оно больше 1, и все его простые

делители заканчиваются на одну и ту же цифру. (Например, числа 19 и 117 = 3·3·13 -

однобокие, а число

682 = 2·11·31 - нет.) Верно ли, что существует возрастающая

арифметическая прогрессия с разностью, не превышающей 2025, состоящая из

150

натуральных чисел, каждое из которых - однобокое?

10.10. На графике функции

y=x

отметили 1000 различных точек, абсциссы которых

– целые числа из отрезка [0;100000] . Докажите то, что можно выбрать шесть различных

отмеченных точек A , B , C , A′, B′, C′ таких, что площади треугольников ABC и A′B′C′

равны.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

10 класс

10.6. Изначально на табло горит число 0. При нажатии на кнопку

число на табло изменяется на 50 или 51. На кнопку нажали

2025 раз. Могло ли после этого на табло гореть число 25, если

известно, что на табло не появлялись более чем двузначные

числа, а также не появлялись отрицательные числа?

(А. Кузнецов)

Ответ. Не могло.

Первое решение. Назовем числа 0, 1, . . . , 49 маленькими,

а остальные числа, которые могут появиться на табло, т.е.

числа

50,

51, . . . ,

- большими. Заметим, что после

нажания из маленького числа обязательно получается большое,

а из большого числа - маленькое. Значит, после нечетного

количества операций на табло будет гореть большое число.

Второе решение. Выстроим все целые числа от 0 до 99 в

цепочку

50-0-51-1-52-2-53-3-54-4-. . .-97-47-98-48-99-49.

Заметим, что если какое-то число горит на табло, то следующим

числом может быть только соседнее число в цепочке. Но так как

числа 0 и 25 стоят в цепочке на местах одной четности, получить

из числа 0 число 25 за нечетное количество шагов невозможно.

Комментарий. Только верный ответ без обоснования -

0 баллов.

10.7. Дана трапеция ABCD. Известно, что ∠DAB

= ∠ABC =

= 90^◦, а биссектрисы углов C и D пересекаются в точке

E, лежащей внутри трапеции. Докажите, что описанные

окружности треугольников ABE и CDE касаются. (А. Терешин)

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

доминошка покрывала хотя бы 1 черную клетку. Какое

наибольшее количество клеток могло быть покрашено в черный

цвет?

(И. Лобацкий)

Ответ. 120.

Решение. Пусть прямоугольник

2 × 100

разбит на

доминошки.

Двигаясь

слева

направо,

понимаем,

что

горизонтальные доминошки объединяются в блоки 2 × 2. Далее

под блоком понимаем такой блок 2 × 2 из двух горизонтальных

доминошек.

Назовем хорошим разбиение на доминошки, в котором

в каждой доминошке хотя бы одна клетка черная. Назовем

раскраску хорошей, если при ней существует ровно одно

хорошее разбиение.

1) Приведем пример

···

хорошей

раскраски,

которой

120

черных

···

клеток.

Красим

Рис. 3

первый столбец белым,

следующие 3 столбца - черным, пятый столбец - белым, и

далее продолжаем с периодом 5 (см. рис. 3).

Тогда разобьем наш прямоугольник на прямоугольники 2 ×

× 5 и в каждом из них пусть слева и справа находятся блоки,

а посередине - вертикальная доминошка. Видим, что получено

хорошее разбиение.

Покажем, что оно единственно. Посмотрим на границу

между 5-м и 6-м столбцами. Эта граница не может находиться

внутри блока, значит, эта граница обязательно должна

присутствовать в разбиении и отрезать прямоугольник 2 ×

× 5. Далее продолжим аналогичные рассуждения с отрезанием

прямоугольников 2 × 5. Остается разобраться, как может быть

устроено хорошее разбиение для прямоугольника 2×5. В первом

столбце не может быть вертикальная доминошка, поэтому в 1-м

и 2-м столбцах точно находится блок. Аналогично в 4-м и 5-м

столбцах находится вертикальный блок. Тем самым хорошее

разбиение однозначно восстановлено. Обоснование того, что

наша раскраска хорошая, завершено.

2) Оценка.

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

Рассмотрим хорошее разбиение прямоугольника 2 × 100.

В каждом блоке не более двух черных клеток, иначе мы

можем заменить две горизонтальные доминошки этого блока на

вертикальные, и разбиение останется хорошим.

В вертикальной доминошке может быть одна черная

клетка или две черных клетки. В первом случае вертикальную

домношку назовем светлой, а во втором - темной. Если у нас

k темных доминошек, то в них 2k черных клеток, а остальная

площадь (200-2k) разбита на блоки и светлые доминошки, т.е. в

ней не более половины площади занимают черные клетки. Итого

черных клеток не более 2k+(100-k) = 100+k. Остается понять,

что темных доминошек не более 20.

Вертикальная

доминошка не может

→

граничить с темной

доминошкой,

иначе

Рис. 4

эту

пару

можно

заменить на блок (из двух горизонтальных доминошек), и

разбиение останется хорошим. Значит, граничить с темной

доминошкой может только блок. К одному и тому же блоку

слева и справа не могут примыкать две темные доминошки,

иначе в образованном ими прямоугольнике 2×4 можно заменить

все доминошки на горизонтальные, и разбиение останется

хорошим (см. рис. 4). Рассмотрим две ближайшие друг к другу

темные доминошки. Промежуток (по горизонтали) между ними

не может составлять 0, 1, 2 или 3 клетки (в последнем случае

два блока, соседних с этими темными доминошками, должны

пересекаться, что невозможно). Суммируя длины промежутков

для k - 1 пар ближайших темных доминошек, получаем, что

количество вертикалей не менее k + 4(k - 1) = 5k - 4. Но оно

равно 100. Отсюда 5k - 4 ⩽ 100 и 5k ⩽ 104, что невозможно

при k ⩾ 21. Неравенство k ⩽ 20 установлено. Доказательство

оценки завершено.

Комментарий.

Только

верный

ответ - баллы

не

добавляются.

Приведен верный пример раскраски с обоснованием

существования и единственности хорошей раскраски - 3 балла

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

(в случае, если не доказана единственность - снимается 1 балл,

если предъявлена только раскраска без хорошего разбиения -

снимается 2 балла).

Полностью доказана оценка N ⩽ 120 - 4 балла.

(Баллы за продвижения в оценке и примере суммируются.)

За отсутствие доказательства того, что в разбиении на

доминошки горизонтальные доминошки встречаются блоками

«одна над другой», баллы не снижаются.

10.9. Назовем натуральное число однобоким, если оно больше 1, и все

его простые делители заканчиваются на одну и ту же цифру.

(Например, числа 19 и 117 = 3 · 3 · 13 - однобокие, а число 682 =

= 2·11·31-нет.) Существует ли возрастающая арифметическая

прогрессия с разностью, не превышающей 2025, состоящая из

150 натуральных чисел, каждое из которых - однобокое?

(А. Чиронов)

Ответ. Не существует.

Решение. Пусть у нас есть возрастающая прогрессия с

разностью d из 150 однобоких чисел. Разберемся, что мешает

числу d быть слишком маленьким.

Будем использовать такое известное утверждение.

Пусть d взаимно просто с натуральным m. Тогда среди

любых m последовательных членов арифметической прогрессии

с разностью d есть член, делящийся на m. (Более того, числа

a, a + d, a + 2d, . . . , a + (m - 1)d дают все m различных остатков

при делении на m; поскольку если остатки у чисел a+ℓd и a+kd

для некоторых 0 ⩽ k < ℓ < m совпали, то ℓd - kd = (ℓ - k)d

должно делиться на m, а значит, в силу взаимной простоты d и

m, (ℓ - k) должно делиться на m, что неверно.)

Далее, пусть p и q - два простых числа, оканчивающиеся

на разные цифры, причем такие, что pq ⩽ 150; назовем такую

пару вредной. Тогда если d не делится ни на одно из чисел p,

q, то, согласно утверждению, в нашей прогрессии есть член,

делящийся на pq, что невозможно для однобокого числа.

Вывод: для каждой вредной пары простых чисел d делится

хотя бы на одно из них.

Теперь рассмотрим простые числа 2, 5, 7, 11, 13. Любые

два из них образуют вредную пару, значит, d делится на все

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

эти числа, кроме, возможно, одного. Кроме того, 3 и 19 - тоже

вредная пара, значит, d делится хотя бы на одно из них. Отсюда

d ⩾ (2 · 5 · 7 · 11) · 3 = 2310 > 2025. Противоречие.

Комментарий. Задача верно решена для d с некоторыми

ограничениями, например, для нечетных d, для d, кратных 3, и

т.д. - 2 балла (не суммируется с другими продвижениями).

Доказано для некоторых пар простых чисел, что d делится

хотя бы на одно из чисел этой пары - 2 балла.

При использовании утверждения, при верной его

формулировке за отсутствие его доказательства баллы не

снимаются.

10.10. На графике функции y = x² отметили

1000

различных

точек, абсциссы которых - целые числа из отрезка [0; 100000].

Докажите, что можно выбрать шесть различных отмеченных

точек A, B, C, A^′, B^′, C^′ таких, что площади треугольников

ABC и A^′B^′C^′ равны.

(А. Терешин)

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

удовлетворяющих условию леммы, и значит, утверждение

задачи будет выполнено. Действительно, занумеруем эти

равных отрезков по возрастанию абсцисс левых концов. Тогда

в качестве проекций точек A, B, C возьмем левые концы 1-го,

3-го и 5-го отрезков, а в качестве проекций A^′, B^′, C^′ возьмем

правые концы тех же отрезков. Легко видеть, что выбранные

таким образом точки A, B, C, A^′, B^′, C^′ различны.

Предположим теперь, что среди k - 1

= 999 отрезков

[x₁, x₂], [x₂, x₃], . . . , [x_k-1, x_k] нет пяти отрезков равной длины.

Тогда для каждой длины i среди этих отрезков есть не более

четырех отрезков длины i. Следовательно, суммарная длина

этих отрезков не меньше чем 4 · 1 + 4 · 2 + . . . + 4 · 249 + 3 · 250 =

= 125250 > ℓ = 100000. Получили противоречие, завершающее

решение.

Замечание 1. Если в условии задачи убрать требование

различности точек, то решение можно упростить: достаточно

научиться выбирать 4 отмеченные точки A, B, A^′, B^′, абсциссы

a, b, a^′, b^′ которых удовлетворяют равенству b - a = b^′ - a^′; в

таком случае S_ABA′ = S_B′_BA′ (или, эквивалентно, AB^′ ∥ A^′B).

Замечание 2. Из оценки сверху площадей треугольников

решение не получается: можно показать, что площадь

треугольника ABC, где A, B, C - отмеченные точки из

условия, имеет вид m/2, где m ⩽ℓ3

- натуральное; количество

таких значений гораздо больше, чем количество треугольников

с вершинами в отмеченных точках (равное C^3k).

Комментарий. Получено верное решение задачи с

возможностью совпадения точек в наборе A, B, C, A^′, B^′, C^′ -

2 балла (не суммируются с другими продвижениями).

Доказана лемма из решения - добавляется 2 балла.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

11 класс

Первый день

11.1. Существуют ли четыре попарно различных положительных числа a , b , c , d , при

a+ b

b+ c

c+ d

d + a

которых все четыре числа

- целые?

a− b

b− c

c− d

d − a

11.2. Вещественные числа x , y , z таковы, что

2x> y

2y>z

2z>x

Докажите, что каждое из чисел x , y , z меньше 1.

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

делая ходы по очереди, Даша начинает. 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. Какой наибольший выигрыш она может получить, как бы ни играла

Даша?

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

2)!=m(m

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

11.5. В треугольнике ABC с углом 100^° при вершине A медианы BK и CN пересекаются

в точке M. Прямая, проходящая через точку M и параллельная BC, пересекает описанную

окружность треугольника AKN в точках Q и P. Найдите сумму углов BQC и BPC.

Математика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 6