РЕШУ ОЛИМП — математика

Вариант № 2615

Московская олимпиада школьников, 2 тур (заключительный), 2025

Можно ли расставить девять различных целых чисел в клетки таблицы 3 × 3 так, чтобы произведение чисел в каждой строке равнялось 2025 и произведение чисел в каждом столбце тоже равнялось 2025?

Можно ли на бесконечной клетчатой плоскости расставить бесконечное количество шахматных коней (не более одного коня в клетку) так, чтобы каждый конь бил ровно 6 других?

Напомним, что шахматный конь бьет 8 клеток, как показано на рисунке.

В треугольнике ABC с прямым углом C провели высоту CH. Окружность, проходящая через точки C и H, повторно пересекает отрезки AC, CB и BH в точках Q, P и R соответственно. Отрезки HP и CR пересекаются в точке T. Что больше: площадь треугольника CPT или сумма площадей треугольников CQH и HTR?

Каждая клетка квадрата 100 × 100 покрашена либо в белый, либо в черный цвет. Оказалось, что у каждой белой клетки ровно две соседних с ней по стороне клетки покрашены в белый цвет, а у каждой черной клетки ровно две соседних с ней по стороне клетки покрашены в чёрный цвет. Найдите максимальное возможное количество черных клеток

Решение. Решение 1. Пример. Приведем пример раскраски, в которой 5100 черных клеток. Разобьем квадрат на 50 каемок и покрасим их в черный и белый цвет так, что внешняя каемка покрашена в черный цвет, а соседние каемки покрашены в разные цвета. На рисунке приведен пример аналогичной раскраски для квадрата 8 × 8. Легко видеть, что эта раскраска удовлетворяет условиям задачи.

Посчитаем количество черных клеток. Внешняя черная каемка состоит из 99 · 4 клеток, следующая черная каемка  — из 95 · 4 клеток, следующая  — из 91 · 4 клеток, ..., последняя  — из 3 · 4 клеток. Просуммировав арифметическую прогрессию, получаем 5100 черных клеток.

Оценка. Докажем, что в любой раскраске не более 5100 черных клеток. Рассмотрим произвольную раскраску, удовлетворяющую условию. Пусть в ней b чёрных и w белых клеток. Так как все клетки квадрата покрашены, то $b плюс w = 10 000.$

Назовем ребром общую сторону двух соседних по стороне клеток. В квадрате 100 × 100 есть 99 · 100 вертикальных рёбер и 99 · 100 горизонтальных, всего 19 800 ребер. Будем называть ребро черным, если оно разделяет черные клетки, бельм, если оно разделяет белые клетки, и разноцветным, если оно разделяет черную и белую клетки.

По условию на границе каждой черной клетки лежат ровно два черных ребра. Но и каждое черное ребро лежит на границе двух черных клеток, поэтому черных ребер ровно b. Аналогично белых ребер ровно w. Поэтому разноцветных ребер

$19 800 минус b минус w = 19 800 минус 10 000 = 9800.$

На границе каждой белой клетки лежит не более двух разноцветных ребер, а каждое разноцветное ребро лежит на границе ровно одной белой клетки. Из этого следует, что $2w больше или равно 9800,$ то есть $w больше или равно 4900.$ Поскольку $b плюс w = 10 000,$ то $b меньше или равно 5100,$ что и требовалось доказать.

Решение 2. Приведtм другой способ сделать оценку. Отметим центры клеток и соединим отрезком центры соседних по стороне разноцветных клеток. Тогда угловые клетки не будут соединены ни с одной другой клеткой, клетки у границы будут соединены ровно с одной клеткой, клетки не у границы будут соединены ровно с двумя клетками. Следовательно, все клетки, кроме угловых, разобьются на цепочки, концы которых лежат на границе, и циклы. На рисунке приведён пример разбиения.

В каждом цикле и в каждой цепочке цвета клеток чередуются, поэтому в цикле количества черных и белых клеток совпадают, а в цепочке  — совпадают или отличаются на 1. Всего цепочек $дробь: числитель: 392, знаменатель: 2 конец дроби = 196,$ поэтому максимальная разность между количествами черных и белых клеток равна 196 + 4  =  200. Следовательно, черных клеток не больше 5100.

Ответ: 5100 клеток.

Комментарии. Пример оптимальной раскраски единственный. Действительно, из второго решения следует, что черных клеток на 200 больше, чем белых, только в случае, когда все угловые и все конечные клетки цепочек черные. Это соответствует тому, что все граничные клетки черные. Несложно видеть, что такая раскраска только одна.

Отметим, что в раскрасках, удовлетворяющих условию, связное по стороне множество черных клеток не обязательно образует прямоугольную каемку.

У хозяйки есть кусок мяса, которым она хочет накормить трех котиков. Раз в несколько секунд хозяйка отрезает кусочек мяса и скармливает его одному из котиков на свой выбор, причем каждый кусочек должен составлять одну и ту же долю куска, от которого его отрезают. Через некоторое время хозяйка убирает остаток мяса в холодильник. Может ли она скормить котикам поровну мяса?

Высоты AA₁, BB₁, CC₁ остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H. Биссектриса угла CBH пересекает отрезок CH в точке X, биссектриса угла BCH пересекает отрезок BH в точке Y. Обозначим величину угла XA₁Y через α. Аналогично определим β и γ. Найдите значение суммы α + β + γ.

Решение. Обозначим точки пересечения биссектрис углов ABH и ACH с отрезком AH через P и Q соответственно. Докажем, что

$\angle PC_1H = \angle AB_1Q = 90 градусов минус \angle QB_1H.$

Из этого будет следовать решение задачи  — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой 90° (см. рис.), то есть искомая сумма будет равна 270°.

Способ 1. Окружность, построенная на BC как на диаметре, проходит через точки B₁ и C₁, а биссектрисы вписанных углов B₁BC₁ и B₁CC₁ проходят через середину дуги B₁C₁, на которую они опираются; обозначим ее через T. Таким образом, T  — это точка пересечения прямых BP и CQ.

Поскольку

$\angle BTC_1 = \angle BCC_1 = \angle BAA_1,$

то точки A, T, P, C₁ лежат на одной окружности. Аналогично точки A, T, Q, B₁ лежат на одной окружности.

Тогда

$\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q = левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATP правая круглая скобка плюс левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATC правая круглая скобка =$
$= 360 градусов минус левая круглая скобка \angle ATP плюс \angle ATC правая круглая скобка = 360 градусов минус левая круглая скобка 360 градусов минус \angle BTC правая круглая скобка = \angle BTC = 90 градусов,$ $\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q = левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATP правая круглая скобка плюс левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATC правая круглая скобка =$
$= 360 градусов минус левая круглая скобка \angle ATP плюс \angle ATC правая круглая скобка =$
$= 360 градусов минус левая круглая скобка 360 градусов минус \angle BTC правая круглая скобка = \angle BTC = 90 градусов,$ $\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q =$
$= левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATP правая круглая скобка плюс левая круглая скобка 180 градусов минус \angle ATC правая круглая скобка =$
$= 360 градусов минус левая круглая скобка \angle ATP плюс \angle ATC правая круглая скобка =$
$= 360 градусов минус левая круглая скобка 360 градусов минус \angle BTC правая круглая скобка = \angle BTC = 90 градусов,$

что и требовалось.

Cnocoб 2. Так как $\angle ABH = \angle ACH,$ то и $\angle ABP = \angle HCQ,$ поэтому

$\angle BPA_1 = \angle ABP плюс \angle BAP = \angle HCQ плюс \angle BCH = \angle BCQ.$

Следовательно, прямоугольные треугольники BPA₁ и QCA₁ подобны по двум углам, поэтому

$дробь: числитель: BA_1, знаменатель: PA_1 конец дроби = дробь: числитель: QA_1, знаменатель: A_1C конец дроби равносильно BA_1 умножить на A_1C = PA_1 умножить на QA_1. \qquad левая круглая скобка 1 правая круглая скобка$

Как известно, треугольники A₁BC₁ и A₁B₁C подобны треугольнику ABC, а следовательно, подобны друг другу. Отсюда

$дробь: числитель: BA_1, знаменатель: A_1C_1 конец дроби = дробь: числитель: B_1A_1, знаменатель: A_1C конец дроби равносильно BA_1 умножить на A_1C = B_1A_1 умножить на A_1C_1. \qquad левая круглая скобка 2 правая круглая скобка$

Из равенств (1) и (2) следует, что

$PA_1 умножить на QA_1 = B_1A_1 умножить на A_1C_1 равносильно дробь: числитель: PA_1, знаменатель: A_1C_1 конец дроби = дробь: числитель: B_1A_1, знаменатель: QA_1 конец дроби .$

Воспользуемся еще одним известным фактом: высота AA₁  — это биссектриса угла A₁B₁C₁. Из $\angle C_1A_1P = \angle B_1A_1Q$ получаем, что треугольники PC₁A₁ и B₁QA₁ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $\angle A_1C_1P = \angle A_1QB_1.$ Тогда

$\angle PC_1H = \angle A_1C_1P минус \angle A_1C_1C = \angle A_1QB_1 минус \angle A_1AC = \angle AB_1Q,$

что и требовалось доказать.

Способ 3. Пусть $Q'$   — точка, изогонально сопряжённая Q относительно треугольника B₁CH. Так как

$\angle ACQ' = \angle ACQ = \angle C_1BP,$

$\angle Q'HC_1 = \angle QHB_1 = \angle PHB_1,$

то точки P и $Q'$   — соответствующие точки в подобных треугольниках BC₁H и CB₁H. Тогда $\angle AB_1Q = \angle HB_1Q' = \angle HC_1P,$ что и требовалось доказать.

Cпособ 4. Пусть K и L  — точки пересечения описанных окружностей треугольников BHP и CHQ с прямыми AB и AC соответственно. Так как четырехугольник BHPK вписанный, то

$\angle PKH = \angle PBH = \angle PBK = \angle PHK.$

Так как четырехугольник CHQL вписанный, то

$\angle QLH = \angle QCH = \angle QCL = \angle QHL.$

Таким образом, треугольники KPH и HQL подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник BHPK вписанный, то $\angle BKP = \angle QHB_1,$ поэтому

$\angle C_1KH = \angle BKP минус \angle HKP = \angle QHB_1 минус \angle QHL = \angle LHB_1.$

Таким образом, прямоугольные треугольники KC₁H и HB₁L подобны по двум углам.

На гипотенузах KH и HL подобных треугольников KC₁H и HB₁L построены соответствующим образом подобные треугольники KPH и HQL. Следовательно, полученные четырехугольники C₁HPK и B₁LQH подобны. Тогда диагонали C₁P и B₁Q образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами C₁H и B₁L, то есть $\angle PC_1H = \angle QB_1L,$ что и требовалось доказать.

Способ 5. Продлим высоту AA₁ и отметим на ней такие точки R и S, что $A_1C_1 = A_1R$ и $A_1B_1 = A_1S.$ Тогда в равнобедренном треугольнике A₁C₁R внутренние углы при стороне C₁R равны половине внешнего угла C₁A₁H, поэтому

$\angle A_1C_1R = \angle A_1RC_1 = \angle C_1BP.$

Аналогично им равны и углы A₁B₁S и A₁SB₁. Следовательно, четырехугольники BC₁PR и CB₁QS вписанные.

Равенство, которое мы хотим доказать, можно эквивалентно переписать в виде $\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q = 90 градусов.$ Воспользовавшись доказанными вписанностями, получим

$\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q = \angle PRB плюс \angle QSC = \angle A_1RB плюс \angle A_1SC =$
$= \angle A_1RB плюс левая круглая скобка 90 градусов минус \angle A_1CS правая круглая скобка = 90 градусов плюс левая круглая скобка \angle A_1RB минус \angle A_1CS правая круглая скобка .$ $\angle AC_1P плюс \angle AB_1Q = \angle PRB плюс \angle QSC =$
$= \angle A_1RB плюс \angle A_1SC = \angle A_1RB плюс левая круглая скобка 90 градусов минус \angle A_1CS правая круглая скобка =$
$= 90 градусов плюс левая круглая скобка \angle A_1RB минус \angle A_1CS правая круглая скобка .$

Таким образом, нужно доказать равенство углов A₁RB и A₁CS, что эквивалентно подобию прямоугольных треугольников <A₁RB и A₁CS. Чтобы доказать это подобие, запишем отношение соответствующих сторон и воспользуемся равенствами $A_1C_1 = A_1R$ и $A_1B_1 = A_1S:$

$дробь: числитель: A_1R, знаменатель: A_1B конец дроби = дробь: числитель: A_1C, знаменатель: A_1S конец дроби равносильно дробь: числитель: A_1C_1, знаменатель: A_1B конец дроби = дробь: числитель: A_1C, знаменатель: A_1B_1 конец дроби .$

Последнее равенство верно, так как треугольники A₁BC₁ и A₁B₁C подобны, что и требовалось.

Способ 6. Введем обозначения для углов: $\angle ABC = бета ,$ $\angle ACB = гамма ,$ $\angle PC_1H = \varphi,$ $\angle AB_1Q = \psi.$ Поскольку ϕ и ψ меньше 90°, то их равенство равносильно равенству их тангенсов, поэтому

$\varphi = \psi равносильно тангенс \varphi = тангенс \psi равносильно дробь: числитель: синус \varphi, знаменатель: косинус \varphi конец дроби = дробь: числитель: синус \psi, знаменатель: косинус \psi конец дроби равносильно$
$равносильно дробь: числитель: синус \varphi, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус \varphi правая круглая скобка конец дроби = дробь: числитель: синус \psi, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус \psi правая круглая скобка конец дроби равносильно дробь: числитель: синус \angle HC_1P, знаменатель: синус \angle AC_1P конец дроби = дробь: числитель: синус \angle AB_1Q, знаменатель: синус \angle HB_1Q конец дроби .$ $\varphi = \psi равносильно тангенс \varphi = тангенс \psi равносильно дробь: числитель: синус \varphi, знаменатель: косинус \varphi конец дроби = дробь: числитель: синус \psi, знаменатель: косинус \psi конец дроби равносильно$
$равносильно дробь: числитель: синус \varphi, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус \varphi правая круглая скобка конец дроби = дробь: числитель: синус \psi, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус \psi правая круглая скобка конец дроби равносильно$
$равносильно дробь: числитель: синус \angle HC_1P, знаменатель: синус \angle AC_1P конец дроби = дробь: числитель: синус \angle AB_1Q, знаменатель: синус \angle HB_1Q конец дроби .$

Запишем теоремы синусов для треугольников AC₁P и HC₁P:

$дробь: числитель: HP, знаменатель: синус \varphi конец дроби = дробь: числитель: PC_1, знаменатель: синус бета конец дроби ,$

$дробь: числитель: AP, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус \varphi правая круглая скобка конец дроби = дробь: числитель: PC_1, знаменатель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус бета правая круглая скобка конец дроби .$

Разделив одно равенство на другое, получим

$тангенс \varphi = дробь: числитель: HP, знаменатель: AP конец дроби умножить на тангенс бета .$

По свойству биссектрисы $дробь: числитель: HP, знаменатель: AP конец дроби = дробь: числитель: HB, знаменатель: AB конец дроби .$ Подставив и воспользовавшись теоремой синусов для треугольника ABH, получим

$тангенс \varphi = дробь: числитель: HP, знаменатель: AP конец дроби умножить на тангенс бета = дробь: числитель: HB, знаменатель: AB конец дроби умножить на тангенс бета = дробь: числитель: синус левая круглая скобка 90 градусов минус бета правая круглая скобка , знаменатель: синус левая круглая скобка 180 градусов минус гамма правая круглая скобка конец дроби умножить на тангенс бета = дробь: числитель: синус бета , знаменатель: синус гамма конец дроби .$

Аналогично доказывается, что

$тангенс \angle HB_1Q = тангенс левая круглая скобка 90 градусов минус \psi правая круглая скобка = дробь: числитель: синус гамма , знаменатель: синус бета конец дроби равносильно тангенс \psi = дробь: числитель: синус бета , знаменатель: синус гамма конец дроби ,$

то есть $тангенс \varphi= тангенс \psi,$ что и требовалось.

Ответ: 270°.

Замечание для знатоков к способу 5. Точки S и R возникают, если сделать естественное преобразование для треугольника  — композицию инверсии с центром в точке H радиуса $корень из: начало аргумента: AH умножить на HA_1 конец аргумента$ и центральной симметрии в точке H. При этом преобразовании вершины треугольника переходят в основания высот, а точки P и Q  — в точки S и R.

Комментарий к способу 6. Аналогично доказывается, что сумма углов, указанных на картинке, равна 270°.

1	3	$3 в кубе умножить на 5 в квадрате$
5	$минус 3 в кубе умножить на 5$	– 3
$3 в степени 4 умножить на 5$	– 5	– 1

±	Расстановка чисел, в которой можно изменить ровно одно число так, чтобы она стала верной.
—	Расстановка чисел, в которой нужно изменить хотя бы два числа, чтобы она стала верной.
—	Только верный ответ.

±	Верная оценка.
∓	Верный пример и недоделанная оценка.
∓	Оценка опирается на неверное утверждение, что всякое связное по стороне множество черных клеток образует прямоугольную каемку.
∓	При доказательстве оценки утверждается, но не доказано, что в оптимальной раскраске все грани доски черные.
—	Только верный ответ.

—.	Задача сведена к разбиению конечной геометрической прогрессии на три группы с равными суммами.
—	Задача решена только в случае, когда значение доли рационально.
—	Только верный ответ.

№ п/п	№ задания	Ответ
1	11663	да, можно.
2	11664	да, можно.
3	11665	они равны.
4	11666	5100 клеток.
5	11667	да, может.
6	11668	270°.

—	Приведен пример расстановки конечного числа коней, но непонятно, как его продолжать дальше (например, в работе написано аналогично, но как именно, из работы неясно).
—	Только верный ответ.

—	Только верный ответ.
—	Счетное решение, но не доведенное до конца.

Московская олимпиада школьников, 2 тур (заключительный), 2025

Ключ