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

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

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

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

и Соня заработает не более трехсот рублей.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

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,

которая не работает, если Соня подвинула красную монету, не

меняя ее столбца - 2 балла.

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Первый день

11.4. 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.

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 P и Q. Найдите сумму углов BP C

и BQC.

(К. Бельский)

Ответ. 280^◦.

Решение. Обозначим через R точку пересечения прямой

PQ с отрезком BN (см. рис. 7). Заметим, что NK -средняя

линия треугольника ABC, поэтому NK ∥ BC ∥ P Q. Значит, по

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

11 класс

Второй день

11.6. 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?

11.7. На 2025 островах Северного Ледовитого океана живут несколько медведей.

Каждый медведь иногда совершает заплыв, переплывая с одного острова на другой.

Выяснилось, что за год каждый медведь совершил хотя бы один заплыв, но никакие два

медведя не сделали поровну заплывов. При этом между каждыми двумя островами A и B

был совершён ровно один заплыв: либо из A в B, либо из B в A. Докажите, что на каком-то

острове и в начале, и в конце года не было медведей.

11.8. В пространстве даны скрещивающиеся перпендикулярные прямые AB и CD. Точки

AD+BC

E и F - середины отрезков AC и BD соответственно. Докажите, что

BD-EF

11.9. Саша выбрал 199 многочленов с вещественными коэффициентами так, что сумма

любых ста из них имеет вещественный корень. Докажите, что сумма каких-то девяти из них

также имеет вещественный корень.

11.10. Несколько карточек выложили в ряд слева направо, на каждой карточке написана

буква русского алфавита. Будем называть набор из 33 карточек идеальным, если на этих

карточках выписаны все буквы в алфавитном порядке слева направо. Известно, что при

любом выборе одной буквы L русского алфавита найдутся

идеальных наборов, любые

два из которых либо не имеют общих карточек, либо имеют ровно одну общую карточку,

на которой написана буква L. Найдите, при каком наибольшем k в этом ряду

гарантированно можно найти k идеальных наборов, любые два из которых не имеют общих

карточек?

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

11 класс

11.6. 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.

11.7. На

2025

островах Северного Ледовитого океана живут

несколько медведей. Каждый медведь иногда совершает

заплыв, переплывая с одного острова на другой. Оказалось,

что за год каждый медведь совершил хотя бы один заплыв, но

никакие два медведя не сделали поровну заплывов. При этом

между каждыми двумя островами A и B был совершен ровно

один заплыв: либо из A в B, либо из B в A. Докажите, что на

каком-то острове и в начале, и в конце года не было медведей.

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

2025 · 2024

пар островов, то есть

. Таким образом, n ⩽ 2024.

Посчитаем, сколько медведей было в начале и в конце года на

каждом из островов. В сумме получится не более 4048, потому

что каждый медведь в начале и в конце года был на одном из

островов. Поскольку 4048 < 2025 · 2, то на каком-то острове

A в начале и в конце года в сумме было не более одного

медведя. Пусть в начале года на A медведей не было, а в конце

года там был ровно 1 медведь. Тогда общее число заплывов,

заканчивающихся на острове A, на 1 больше общего числа

заплывов, которые на острове A начинаются. Таким образом,

остров A был начальной или конечной точкой для нечетного

числа заплывов, но это количество должно равняться 2024,

противоречие. Аналогично выясняется, что наоборот тоже не

бывает, когда в начале года на острове A был один медведь, а

в конце года - ноль. Итого на острове A и в начале, и в конце

года медведей не было, что и требовалось.

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

вещественный корень. Докажите, что сумма каких-то девяти

из них также имеет вещественный корень.

(А. Кузнецов)

Решение. Без ограничения общности можно считать,

что многочленов с положительным старшим коэффициентом

больше, чем с отрицательным (иначе домножим все многочлены

на -1). Тогда можно выбрать 100 многочленов f₁, f₂, . . . ,

f₁₀₀ с положительным старшим коэффициентом. Рассмотрим

многочлены g_i(x) = f_i(x) + f_i+1(x) + . . . + f_i+8(x), где i = 1,

2, . . . , 100; f_j+100 = f_j. Получается, что все многочлены g_i(x)

тоже с положительными старшими коэффициентами. Значит,

если они все не имеют корней, то g_i(x) > 0 при всех x ∈ R.

Но тогда 9(f₁(x) + . . . + f₁₀₀(x)) = g₁(x) + . . . + g₁₀₀(x) > 0, то

есть многочлен f₁ + . . . + f₁₀₀ не имеет вещественных корней,

противоречие.

11.10. Несколько карточек выложили в ряд слева направо, на каждой

карточке написана буква русского алфавита. Назовем набор

из 33 карточек идеальным, если на этих карточках выписаны

все буквы в алфавитном порядке слева направо. Известно, что

при любом выборе одной буквы L русского алфавита найдутся

10⁶ идеальных наборов, любые два из которых либо не имеют

общих карточек, либо имеют ровно одну общую карточку, на

которой написана буква L. При каком наибольшем k в этом ряду

гарантированно можно найти k идеальных наборов, любые два

из которых не имеют общих карточек?

(И. Богданов)

Ответ. При k = 33.

Решение. Положим N

10⁶. Покажем сначала,

как выложить карточки так, чтобы больше 33 попарно не

пересекающихся идеальных наборов не нашлось. Для удобства

обозначим буквы в алфавитном порядке через z₁, z₂, . . . , z₃₃;

через z^k будем обозначать последовательность из k карточек,

на каждой из которых написана буква z.

Наш ряд будет состоять из

блоков B₁, B₂, . . . , B₃₃,

выложенных друг за другом в этом порядке. Блок B_i выглядит

как z^N1 z^N2 . . . z^Ni-1z_iz^Ni+1 . . . z^N33 (единственную карточку с буквой

z_i в этом блоке назовем особой). Ясно, что уже в i-м

блоке содержится N идеальных наборов, у которых общей

является только особая карточка. Докажем теперь, что в

51-я Всероссийская математическая олимпиада школьников

каждом идеальном наборе в полученном ряду есть особая

карточка. Поскольку особых карточек всего 33, отсюда будет

следовать, что из любых 34 идеальных наборов два обязательно

пересекутся по какой-то особой карточке, то есть k не может

быть больше 33.

Действительно, предположим, что нашелся идеальный

набор, в котором нет особых карточек. Найдется индекс i такой,

что буква z_i этого набора встречается не правее блока B_i

(подходит хотя бы i = 33); выберем наименьшее такое i. Если

карточка z_i нашего набора встречается левее B_i, то i > 1, и

z_i-1 также встречается в наборе левее B_i, то есть не правее

B_i-1; это противоречит минимальности i. Значит, z_i встречается

именно в блоке B_i, то есть написана на особой карточке, что и

требовалось.

Осталось показать, что k = 33 попарно не пересекающихся

идеальных наборов выбрать всегда можно. При 1 ⩽ i ⩽ 33

обозначим через S_i множество из 10⁶ идеальных наборов, не

имеющих общих букв, кроме, возможно, z_i (оно существует по

условию). Мы выберем из каждого множества по набору так,

чтобы в них не было общих карточек.

Для начала, если в каком-то множестве S_i найдутся 10⁴

наборов, имеющих общую карточку (естественно, с буквой z_i),

выделим такие 10⁴ наборов, выбросим из S_i остальные наборы,

а общую карточку назовем полезной для буквы z_i. Теперь мы

будем по очереди выбирать набор из S₁, S₂, . . . , S₃₃ так, чтобы

он не содержал полезных карточек для букв, отличных от z_i, и

не пересекался с уже выбранными наборами.

Пусть наборы из S₁, S₂, . . . , S_i-1 уже выбраны. Если не

существует полезной карточки с буквой z_i, то уже выбранные

наборы содержат i - 1 ⩽ 32 варточек с буквой z_i, каждая из

которых встречается меньше 10⁴ раз в наборах в S_i. Выкинув

эти наборы, будем считать, что карточки с z_i в наборах из S_i не

содержатся в уже выбранных наборах (если полезная карточка

с буквой z_i есть, это уже выполнено), и в S_i не меньше 10⁴

наборов.

Далее, i - 1 выбранный набор содержит 32(i - 1) других

Региональный этап, 2024-2025 учебный год. Второй день

нарточек, каждая из которых содержится максимум в одном

наборе из S_i; выкинув все эти наборы, оставим в S_i как

минимум 5000 наборов, не пересекающихся с уже выбранными.

Среди этих наборов максимум 32 содержат полезные карточки с

буквами, отличными от z_i; выбрав любой набор, не содержащий

такой карточки, мы завершим шаг.

После завершения 33-го шага мы получим 33 попарно не

пересекающихся идеальных набора, что и требовалось.

Комментарий. Пример.

Приведен пример, показывающий, что k

⩽

(без

обоснования) - 1 балл.

Обоснование верного примера - +2 балла.

Оценка.

Только доказано, что k = 33 попарно не пересекающихся

идеальных набора всегда найдутся - 4 балла.

В работе присутствует идея последовательного выбора

непересекающихся наборов из S₁, S₂, . . . , S₃₃ - 1 балл.

Баллы за пример складываются с баллами за оценку.

XVII МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА имени ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Региональный этап

31 января 2025 г.

______________________________________________________________________________

8 класс

Первый день

1. Найдите три нецелых положительных числа a, b, c таких, что все числа

a+ b b+ c c+ a

- целые.

a− b b− c c− a

2. В пещере собрались 100 гномов - по 10 гномов из 10 разных кланов.

Каждый из них - рыцарь, всегда говорящий правду, или лжец, который

всегда лжет. Каждый из собравшихся назвал клан, из которого, по его

мнению, на собрание пришли одни лжецы. Оказалось, что каждый из 10

кланов назвало ровно 10 гномов. Докажите, что лжецов в пещере не

меньше, чем рыцарей.

3. Числа x, y, z таковы, что x > y²+z², y > z²+x², z > x²+y². Докажите, что каж-

дое из чисел x, y, z меньше 1/2

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 вы-

брать любую монету и передвинуть её: Даша двигает монету на сосед-

нюю 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?

5. На биссектрисе угла ABC отмечена точка D. На отрезке AB отмечена

точка E, а на отрезке BC - точка F, причём AB = DE и BC = DF. Дока-

жите, что из отрезков AD, CD и EF можно сложить треугольник.

XVII МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ИМЕНИ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Решения заданий регионального этапа, 1 день

a+ b b+ c c+ a

1. Найдите три нецелых положительных числа a, b, c таких, что все числа

- целые.

a− b b− c c− a

(В. Шурыгин)

Ответ. Например, 1/5, 2/5 и 3/5. Комментарий. Достаточно заметить, что условию удовлетворяют числа

1, 2 и 3, а затем поделить каждое из них на одно и то же число, большее трёх.

2. В пещере собрались 100 гномов - по 10 гномов из 10 разных кланов. Каждый из них - рыцарь, всегда

говорящий правду, или лжец, который всегда лжет. Каждый из собравшихся назвал клан, из которого,

по его мнению, на собрание пришли одни лжецы. Оказалось, что каждый из 10 кланов назвало ровно 10

гномов. Докажите, что лжецов в пещере не меньше, чем рыцарей. (И. Рубанов)

Решение. Допустим, лжецов в пещере меньше, чем рыцарей. Тогда рыцарей там, самое меньшее, 51,

и потому среди них есть представители по крайней мере шести кланов. Но тогда все гномы, сказавшие,

что из этих кланов на собрание пришли одни лжецы, солгали, и получается, что лжецов среди собрав-

шихся по крайней мере 60, в то время как по нашему предположению их не больше, чем 49. Противо-

речие.

3. Числа x, y, z таковы, что x > y²+z², y > z²+x², z > x²+y². Докажите, что каждое из чисел x, y, z меньше

1/2. (Н. Агаханов, А. Храбров)

4. В каждой клетке доски 2×200 лежит по рублёвой монете. Даша и Соня играют, делая ходы по оче-

реди, начинает Даша. За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть её: Даша двигает мо-

нету 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 полу-

чить, как бы ни играла Даша? (А. Кузнецов)

Ответ. 300 рублей. Решение. Разобьём доску на 100 квадратов 22. Если перед ходом Сони на доске

есть хотя бы 101 монета, то найдется квадрат, в котором лежат хотя бы две монеты. Если они в сосед-

них клетках, Соня своим ходом ставит одну из них в клетку с другой и забирает монету. В противном

случае Соня сдвигает одну из монет в клетку, находящуюся в том же столбце, что и вторая монета, а

после следующего хода Даши ставит эту монету в одну клетку со второй и также забирает монету.

Действуя таким образом, Соня может забрать с доски по крайней мере 300 монет.

Покажем, что Даша может помешать Соне забрать с доски больше 300 монет. Пусть она отметит в

каждом из описанных выше квадратов 22 левую нижнюю монету. Покажем, как ей играть, чтобы

никакие две отмеченные монеты не оказывались в одной клетке - тогда всякий раз можно считать,

что все 100 отмеченных монет остаются на доске. Если Соня подвинула отмеченную монету из ее ис-

ходного столбца, Даша подвинет эту монету обратно в исходный столбец. В противном же случае она

двигает крайнюю правую отмеченную монету между двумя крайними справа

столбцами.

5. На биссектрисе угла ABC отмечена точка D. На отрезке AB отмечена точка E,

а на отрезке BC - точка F, причём AB = DE и BC = DF. Докажите, что из от-

резков AD, CD и EF можно сложить треугольник. (А. Кузнецов)

Решение. Заметим, что AD+AE > DE, поэтому AD > DE-AE = AB-AE = BE. Ана-

логично DC > BF, откуда AD+DC > BE+BF > EF. Без ограничения общности по-

ложим AB  BC. Пусть точка G симметрична точке C относительно прямой BD. Тогда

|AD-DC| = |AD-DG| < AG = AB-BG = AB-BC = DE-DF < EF.

Итак, AD+DC > EF > |AD-DC|, откуда и вытекает утверждение задачи.

XVII МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА имени ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Региональный этап

1 февраля 2025 г.

______________________________________________________________________________

8 класс

Второй день

6. В начале года каждому из 150 бойцов лиги смешанных единоборств был

присвоен номер от 1 до 150. В течение года было проведено 149 поедин-

ков: первого со вторым, второго с третьим, …, 149-го со 150-м. В конце

года был составлен список бойцов, победивших во всех поединках, в ко-

торых они участвовали в прошедшем году. Могли ли в этом списке ока-

заться и все бойцы с номерами кратными 17, и все бойцы с номерами

кратными 20?

7. В трапеции ABCD диагональ BD является биссектрисой угла ADC. На

основаниях BC и AD выбрали точки X и Y соответственно таким образом,

что AX = BD и AY = CD. Оказалось, что ∠BCD = 130°. Найдите величину

угла AXY.

8. На экране калькулятора горит число 41. За одну операцию можно увели-

чить или уменьшить число на экране на 33 или 34. При этом запрещается

получать числа, меньшие 1, и числа, большие 99. Через 2025 операций

на экране оказалось число 50. Докажите, что в некоторый момент на

экране было число 67.

9. На доску записали несколько (больше одного) последовательных нату-

ральных чисел. Могло ли так случиться, что и сумма всех четных выпи-

санных чисел - квадрат натурального числа, и сумма всех нечетных вы-

писанных чисел - квадрат натурального числа?

10. 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 значениях α можно утверждать, что на столе найдутся два сосуда,

количества воды в которых отличаются не более чем на α л?

XVII МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ИМЕНИ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Решения заданий регионального этапа и критерии оценивания, 2 день

6. В начале года каждому из 150 бойцов лиги смешанных единоборств был присвоен номер от 1

до 150. В течение года было проведено 149 поединков: первого со вторым, второго с третьим,

…, 149-го со 150-м. В конце года был составлен список бойцов, победивших во всех поединках, в

которых они участвовали в прошедшем году. Могли ли в этом списке оказаться и все бойцы с

номерами кратными 17, и все бойцы с номерами кратными 20? (Методсовет)

Ответ. Не могли. Решение. Бойцы с номерами 119 = 177 и 120 = 206 не могут одновременно нахо-

диться в списке, потому что иначе в их поединке оба они должны были бы победить.

Критерии. Только ответ - 0 баллов.

7. В трапеции ABCD диагональ BD является биссектрисой угла ADC. На основаниях BC и AD вы-

брали точки X и Y соответственно таким образом, что AX = BD и AY = CD. Оказалось, что

BCD = 130°. Найдите величину угла AXY. (С. Берлов)

Критерии. Замечено, что ABXD - равнобедренная трапеция, дальнейшего содержательного про-

движения нет - 1 балл.

8. На экране калькулятора горит число 41. За одну операцию можно увеличить или уменьшить

число на экране на 33 или 34. При этом запрещается получать числа, меньшие 1, и числа, большие

99. Через 2025 операций на экране оказалось число 50. Докажите, что в некоторый момент на

экране было число 67. (И. Рубанов, А. Кузнецов)

Первое решение. Назовем натуральные числа от 34 до 66 средними, а от 1 до 33 и от 67 до 99 -

крайними. Заметим, что каждая операция, кроме операции прибавления 34 к 33 и вычитания 34 из

67 (назовем эти две операции особыми) превращает среднее число в крайнее, а крайнее - в сред-

нее. Исходное число 41 - среднее. Поэтому если особые операции не используются, то после

каждой нечетной по счету операции, в том числе и после 2025-й, на экране должно находиться

крайнее число. Но итоговое число 50 - среднее. Значит, хотя бы раз была использована особая

операция, и перед ней или после неё на экране было число 67. Второе решение. Заметим, что после

любых двух сделанных подряд операций число на экране по модулю 67 изменяется не более, чем

на единицу. После первой операции оно будет по модулю 67 сравнимо с 7 или 8, а в конце должно

стать равным 50. Если по пути оно пройдет через 0, то задача решена. Если же нет, то в какой-то

момент оно после двух последовательных операций увеличится с 33 до 34. Но тогда после первой

из этих двух операций оно станет сравнимо с 0, что и требовалось.

9. На доску записали несколько (больше одного) последовательных натуральных чисел. Могло ли

так случиться, что и сумма всех четных выписанных чисел - квадрат натурального числа, и сумма

всех нечетных выписанных чисел - квадрат натурального числа? (А. Кузнецов)

просты - иначе поделим u и v на их НОД, и равенство (*) сохранится. Значит, m = tu². Число t

должно быть делителем числа m+1, и так как m и m+1 взаимно просты, то t = 1, и m = u². Анало-

гично, m+1 = v². Но тогда v² = u²+1, что невозможно при натуральных u и v, откуда и следует ответ.

Замечание. В случае, когда выписано 2k чисел, есть более простое альтернативное доказательство.

В этом случае S2 = S1+k. При этом S1  1+…+(2k-1) = k², то есть если S1 = m², то m  k. Но тогда

m² < S2 = m²+k  m²+m < (m+1)², и S2 не может быть квадратом натурального числа.

Критерии. Только ответ - 0 баллов. Доказано, что отношение двух сумм равно отношению двух

последовательных натуральных чисел, дальнейшего содержательного продвижения нет - 3 балла.

Доказательство годится только для одной из двух возможных чётностей количества чисел - 3 балла.

Есть оба указанных выше продвижения, дальнейших содержательных продвижений нет - 4 балла.

10. 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 значениях  можно утверждать, что на столе найдутся

два сосуда, количества воды в которых отличаются не более чем на  л? (И. Богданов)

Критерий

Балл

Приведена стратегия, но не показано, как должен ходить Вася, если соответствующая

баллы не

клетка уже занята или не существует

снижаются

баллы не

10.1

В решении не описан случай, когда Петя ставит букву, отличную от П, Е, Т или Я

снижаются

Баллы по критериям НЕ суммируются

A1. Доказана вписанность (BCQR) без дальнейших продвижений

1 балл

A2. При инверсии с центром в A доказано, что окружности (BPC) и (QPR) меняются

местами

1 балл

B. Получен один из результатов A1 или A2 и заявлено (но не доказано), что центр

(BCQR) является центром искомой окружности

2 балла

C. Пусть точки O_1 и O_2 - центры окружностей (BPC) и (QPR). Получен один из

результатов A1 или A2 и заявлено (но не доказано), что треугольник, образованный

прямыми BO_1, QO_2 и AB (или прямыми CO_1, RO_2 и AC), является

равнобедренным.

2 балла

баллы не

10.2

Получены различные равенства углов (выведены из касания и т.д.)

добавляются

Только случаи n=1 и n=2

0 баллов

Только случай n=3 и, возможно, n=1 и n=2 (другие частные случаи n не добавляют

баллов)

1 балл

Только идея рассматривать числа вида a^{2^k}-1 с наибольшим подходящим k

1 балл

Два предыдущих критерия вместе

2 балла

Есть случай n=3, для случая n не меньше 4 доказано, что если 2^{k+1} <= n < 2^{k+2}), то

a^(2^k) + 1 взаимно просто с другими скобками, но отсюда не выведена задача

5 баллов

Задача сведена к доказательству того, что a^{2^k}+1 (с наибольшим возможным k)

взаимно просто с остальными скобками

4 балла

Сведение задачи к случаю, что a^{p-1)+...+a+1 --- точный квадрат для некоторого

баллы не

простого p (например, с помощью постулата Бертрана)

добавляются

баллы не

10.3

Доказано, что если n чётно, то a≡0 (mod 8), а если n нечётно, то a≡6 (mod 8)

добавляются

Только пример на $c \neq 15/4$

0 баллов

Доказано, что найдется шестерка с суммой, по модулю не превосходящей 5

0 баллов

Идея перехода к семи точкам, среди которых есть шестерки как с положительной, так и

с отрицательной суммой

0 баллов

10.4

Пример на $c = 15/4$

2 балла

Оценка на [n/2] декларирована, но не доказана

штраф 1 балл

Алгоритм для примера ломается (не отслеживается, что некоторые четные числа могут

уже быть использованы)

5 баллов

10.5

нет обоснования, что все НОДы встретятся

штраф 1 балл

Только доказательство, что для любого многочлена f(x) можно подобрать многочлен g(x)

степени не выше 98

3 балла

Только доказательство, что для каких-то многочленов f(x) может не быть подходящего

многочлена g(x) степени не выше 97

4 балла

Только пример многочлена f(x), про который утверждается, что не удастся подобрать

подходящий многочлен g(x) степени не более 97 (без доказательства этого факта).

0 баллов

Мелкие ошибки (одна или несколько):

-- в формулировке теоремы Виета потерян знак и/или забыто деление на старший

коэффициент

-- в построенном примере g(x) для некоторых многочленов f(x) у многочлена f(x)-g(x)

могут быть кратные корни

-- при взятии производной у многочлена f(x)-g(x) никак не поясняется, почему она в

точке пересечения не равна 0

штраф 1 балл

В формулировке теоремы Виета перепутаны коэффициенты при старших степенях и

при младших степенях (например, утверждается, что коэффиеинт при x^99 равен минус

0 баллов за

10.6

сумме всех возможных произведений по 99 корней)

соотв. часть

Только верный пример БЕЗ обоснования

4 балла

Только верный пример С обоснованием

5 баллов

Только оценка, почему не может быть 25. При этом эта оценка должна быть явно

сформулирована и доказана (с разбором всех случаев)

1 балл

Примеры на k<24 не оцениваются

0 баллов

10.7

В обосновании оценки упущен один случай (или разобран неверно)

штраф 1 балл

Черновые критерии оценивания 11 класса.

Задача 11.1.

(M) Если есть хотя бы два из недочётов M1, M2, M3, то снимается 1 балл:

(M1) Мелкие арифметические или алгебраические ошибки.

(M2) Упущен случай, когда есть число a для которого на доске нет b такого, что a² + b² + 1 = 2ab.

(M3) Нет подробного описания принципа разделения на группы.

(2) Неверное описание разбиения на группы - не более 5 баллов

(3) Разбиение на группы в предположении того, что комплексные числа упорядочены, но порядок

не описан - 4 балла

Задача 11.2.

(M) За использование без доказательства равенства A^′H · A^′A = A^′B · A^′C баллы не снижаются.

(M1) Без доказательства используется, что проекция точки пересечения медиан △A₁BC на плос-

кость ABC - это точка пересечения медиан △ABC - снимается 1 балл.

(Z) Доказано, что у △ABC и △A₁BC совпадают основания высот из вершин A и A₁ - 0 баллов.

(A) Доказано, что HH₁ ⊥ A₁BC - 3 балла.

(A1) Сформулировано утверждение о том, что HH₁ ⊥ A₁BC - 1 балл.

(A2) Доказано только, что HH₁ ⊥ A₁A^′ - 1 балл.

(B) Доказано, что △A₁BC, △AB₁C, △ABC₁ имеют общую точку T , и MT ⊥ ABC - 2 балла.

(B1) Доказано, что △A₁BC, △AB₁C, △ABC₁ имеют общую точку пересечения медиан - 1 балл.

Продвижение (A) не суммируется с (A1) и (A2). Продвижение (B) не суммируется с (B1). Продви-

жение (C) не суммируется ни с чем.

Задача 11.3.

(0) Не оценивается.

(0.1) Утверждение, что важность пары многочленов (P, Q) равносильна важности иных пар, по-

лученных из нее линейными преобразованиями, например, (P, P + Q) или (Q, -P )

(0.2) Переобозначения для многочленов от двух переменных, например: P (x, y) = P₁(x) + P₂(y) +

xy · P₃(x, y)

(0.3) P (x, y) ≡ P (a, b) (mod m), если x ≡ a (mod m), y ≡ b (mod m).

(0.4) Доказательство того, что в P или Q должны быть мономы, не содержащие одной из пере-

менных.

(1) Биективность. Eсли в работе явно сформулировано и доказано одно из следующих утвержде-

ний, ставится 1 балл.

(1.1) Отображение (x, y) → (P (x, y), Q(x, y)) является биекцией на множестве Z₁₀₀ × Z₁₀₀.

(1.2) Для любого вычета по модулю 100 уравнение P (x, y) = c имеет ровно 100 решений.

Развитие идеи биекции в терминах графа и дальнейшие попытки его анализировать не оценива-

ются дополнительными баллами сверх (1.1).

(2) Модули. При получении балла за часть (1) можно получить ещё 1 балл за явно сформулирован-

ное и доказанное утверждение о том, что отображение из (1.1) является биекцией ещё по какому-то

модулю, который является делителем 100.

Задача 11.4.

(1) Пример хуже оптимального (например, на (2N + 1)²(N + 1)) - 0 баллов

(2) Верный оптимальный пример + подсчёт числа чёрных кубиков в нем + обоснование, что

пример удовлетворяет условию - 2 балла. (Обратите внимание, оценивается полный комплект в 2

балла, что не означает, что часть комплекта стоит 1 балл.)

(3) Оценка слабее точной (например, что чёрных кубиков не больше (2N + 2)³/2) - 0 баллов.

(4) Доказанная оценка (N + 1)²(4N + 1) - 4 балла.

(5) Сама по себе идея доказательства оценки по индукции - 0 баллов.

(6) Сама по себе идея обобщить задачу (например, на параллелепипеды (2N + 1) × (2M + 1) ×

(2K + 1)) - 0 баллов.

(7) Полный разбор случая N = 1 (пример на 20 и оценка, что нельзя отметить 21 чёрный кубик)

приносит 1 балл, который НЕ СУММИРУЕТСЯ с баллами, полученными по остальным критериям.

Задача 11.5.

(1) Только оценка сверху - 2 балла.

(2) Только пример - 3 балла.

(3) Есть оценка и работающий алгоритм для построения примера, но отсутствует корректное обос-

нование работы алгоритма: не более 4 баллов.

(4) Грязь в решении, легко исправимые логические ошибки - снимается 1 балл.

Задача 11.6.

(A) Переформулировка задачи в виде игры, где первый может изменять не больше одного числа,

а второй может изменить два подряд идущих - 2 балла

(B) Если дополнительно к этому выбранные 10 чисел разбиты на пары и сформулирована идея

ходить в ту же пару чисел, что и первый - 4 балла (баллы не суммируются)

выбраны числа с номерами, кратными 10, а не 9) - снимается 1 балл.

Задача 11.7.

Вершины четырёхугольника из касательных обозначены A^′B^′C^′D^′. Бонусные баллы по критериям

(A), (B), (C), (D) суммируются.

(O1) Доказано, что инцентры образуют прямоугольник, стороны которого параллельны биссектри-

сам углов между сторонами исходного четырёхугольника, или что точки A, B, I_A, I_B равноудалены

от середины дуги - 0 баллов. За использование всех перечисленных фактов без доказательства баллы

не снижаются.

(O2) Счёт углов зависит от конфигурации точек, деление пополам направленных углов и т. п. -

баллы не снижаются.

(A) Доказано, что общие касательные из условия параллельны сторонам исходного четырёхуголь-

ника - 1 балл.

Параллельность должна быть и явно сформулирована, и доказана. Если параллельность следует

из проведённого счёта углов, но не объявлена явно, то 1 балл не начисляется. Если параллельность

сформулирована, но не доказана (например, объявлена известным фактом), этот 1 балл также не

начисляется. В решениях, использующих параллельность без доказательства, за отсутствие этого

доказательства снимается 1 балл.

(B) Сформулирована гипотеза о соосности окружностей (ABCD), (A^′B^′C^′D^′), (I_AI_BI_C I_D) - 1 балл.

они лежат на радикальной оси окружностей (ABCD) и I_AI_BI_C I_D - 1 балл.

(D) Доказана вписанность ABA^′B^′ либо вписанность I_AI_BA^′B^′ - 2 балла.

(E) Доказано, что отражения вершин четырёхугольника A^′B^′C^′D^′ относительно центра прямо-

угольника I_AI_BI_C I_D попадают на биссектрисы углов четырёхугольника ABCD - 1 балл. (Суммиру-

ется с критерием (A), но не с остальными).

(F) Сформулирована верная гипотеза о «равноправности» четырёхугольников ABCD и A^′B^′C^′D^′:

четыре вписанные окружности для треугольников четырёхугольника ABCD - это на самом деле

четыре вневписанные окружности для треугольников четырёхугольника A^′B^′C^′D^′ - 1 балл. (Сумми-

руется с критерием (A) и (C), но не с остальными).

Задача 11.8.

Часть (G). Пример.

(G1) Ответ и пример с обоснованием - 1 балл.

(G2) Только ответ - 0 баллов.

(G3) Эскиз графика без пояснения, где встречаются какие длины хорд - 0 баллов.

(G4) Верный пример с неверным рассуждением о количестве хорд (например, утверждается, что

хорд 4050) - 0 баллов.

(G5) Функция задается эскизом графика, из которого не следуют все необходимые свойства этого

графика - 0 баллов.

(GM) Арифметические ошибки в подсчете числа хорд (например, 2025 · 2 = 5050) - баллы не

снимаются.

Часть (Z). Следующие продвижения по оценке стоят 0 баллов.

(Z1) Существование хорды длины 1 или длины d, где d - делитель 2025.

(Z2) Наблюдение о том, что число хорд длины k равно числу нулей функции f(x + k) - f(x).

(Z3) Соображение, что достаточно решать задачу в случае f(0) = f(2025) = 0.

(Z4) Идея индукционного доказательства, проверка базы индукции.

(Z5) Формулировка, доказательство леммы об альпинистах.

(Z6) Доказательство того, что на отрезке между соседними корнями длины t хотя бы [t] хорд.

Критерии к следующим частям написаны в предположении f(0) = f(2025) = 0.

Часть (A). Оценка с помощью совместного изучения хорд длин k и 2025 - k.

(A1) Доказано, что g(k) = f(x + k) - f(x) фиксированного знака для достаточно больших по

модулю x - 1 балл.

(A2) Гипотеза о том, что хорд длины k и 2025 - k хотя бы 4 и объяснение, почему это выполняется

в случае, когда обе функции g_k и g_2025-k принимают значения обоих знаков - 1 балл.

(A3) Рассуждение работает только в случае, когда все g(k) различны при целых k, за исключением

g(0) = g(2025) - не более 3 баллов за часть (A).

Часть (B). Оценка с помощью намотки графика функции на цилиндр.

(B1) График функции нарезан полосами между прямыми x = k, x = k + 1, все кусочки наложены

друг на друга параллельным переносом, и задача переформулирована в терминах количества пере-

сечений полученных кусочков графика - 1 балл. (Это эквивалентно намотке графика функции на

цилиндр.)

(B2) Доказано, что число внутренних хорд, то есть тех хорд, проекции которых на ось Ox содер-

жатся в отрезке [0, 2025], не менее 2024 (не считая самой хорды длины 2025) - 1 балл.

(B3) Гипотеза о том, что число внешних (то есть не внутренних) хорд не менее 2024 - 0 баллов.

(B4) Не разобран случай поведения на бесконечности, при котором f(x + 1) - f(x) > 0 для доста-

точно больших по модулю x - не более 2 баллов за часть (B).

Часть (С). Оценка с помощью склейки по хорде длины 1.

(С1) Доказано, что есть хорда длины 1, скажем [a, a+1], и рассмотрена функция h(x) = f(x), x ⩽ a,

h(x) = f(x + 1), x > a - 1 балл.

(С2) Разобран случай, когда f(t) - глобальный максимум (минимум) функции f при некотором

t ∈ R - 1 балл.

(C3) Доказано, что для внутренней хорды длины 1 есть «зацепленная» с ней (зацеплены означает,

что их проекции на ось Ox пересекаются, но ни одна не содержится в другой) - 1 балл.

(С4) В индукции по n (где в задаче n = 2025) переход сведен к доказательству (C3) - 1 балл.

Баллы внутри каждой из частей (A), (B), (C) суммируются. За оценку ставится максимум из

баллов за части (A), (B), (C). Баллы за оценку суммируются с баллами за пример (G).

Математика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 7