Задача 1:

В полдень Анна, Бет и Кармен начали бежать по круговой дорожке длиной триста метров, стартовав с одной точки. Каждая из них бежала с постоянной скоростью в одном из двух возможных направлений. Докажите, что, если скорость Анны отличается от скоростей двух других девочек, то в какой-то момент времени Анна будет на расстоянии не менее ста метров от каждой из соперниц (расстояние измеряется вдоль более короткой из двух дуг, разделяющих бегуний).

Решение:

1 способ. Вращая систему координат, мы можем считать, что скорость Анны равна 0, Бет бежит не менее быстро, чем Кармен, а скорость Кармен положительна. Если Бет менее чем в два раза быстрее Кармен, то обе находятся на расстоянии не менее 100 метров от Анны в момент, когда Кармен пробежала 100 метров. Если Бет более чем в два раза быстрее Кармен, то Бет пробежала отрезок пути длиной более 200 метров, пока Кармен бежала межу 100-метровой и 200-метровой отметками. Некоторые части этого отрезка находятся на расстоянии более 100 метров от Анны, в это время и Бет и Кармен находятся на расстоянии не менее (а, на самом деле, более) 200 метров от Анны.

2 способ. Вращая систему координат, можно считать, что скорость Анны равна 0, а скорости Бет и Кармен не равны 0. Пусть Бет бежит не медленнее Кармен. Предположим, что Бет пробегает 200 метров за t секунд. Тогда в любой момент, принадлежащий бесконечному множеству T = t,2t,4t,8t, … , Бет будет на расстоянии ровно 100 метров от Анны. В момент времени t Кармен пробежала ровно d метров (0 ≤ d ≤ 200). Пусть k – наименьшее целое число такое, что 2^kd ≥ 100. k ≥ 0 и 100 ≤ 2^kd ≤ 200, поэтому в момент 2^kt ∈ T и Бет и Кармен будут на расстоянии не менее 100 метров от Анны.

Комментарий: Организаторы были весьма удивлены сложностью этой задачи, средний балл за которую составил всего 1.43 (из 7). В работах участников встречался только первый способ решения.

Задача 2:

Перестановка чисел 1901,1902, … ,2000 – последовательность чисел a₁,a₂, … ,a₁₀₀, в которой каждое из этих чисел встречается только один раз. Сфомируем последовательность частичных сумм такой перестановки:

s₁ = a₁,\;\;s₂ = a₁ + a₂,\;\;s₃ = a₁ + a₂ + a₃,\; … \;,\;s₁₀₀ = a₁ + a₂ +  • s + a₁₀₀.

Для скольких таких перестановок в последовательности s₁, … ,s₁₀₀ не будет членов, делящихся на 3?

Решение:

Пусть , где каждый элемент R_i сравним с i по модулю 3. Заметим, что |R₀| = |R₁| = 33, а |R₂| = 34. Каждая перестановка S = (a₁,a₂, … ,a₁₀₀) может быть единственным образом описана последовательностью S′ = (a₁,a₂, … ,a₁₀₀) остатков по модулю 3 (содержащей 33 нуля, 33 единицы и 34 двойки) и тремя перестановками элементов множеств R₀, R₁ и R₂). Заметим, что количество перестановок R_i в точтости равно |R_i|! = 1 • 2 … |R_i|.

Условие на частичные суммы S зависит только от последовательности остатков S′. Для того, чтобы частичная сумма не делилась на 3, подпоследовательность S′, образованная 67-ю единицами и двойками должна быть или 1,1,2,1,2,...,1,2, или 2,2,1,2,1,...,2,1. Поскольку |R₂| = |R₁| + 1, возможен только второй вариант. 33 нуля, входящие в S′ могут встретиться где угодно в последовательности (a₁′,a₂′, … ,a₁₀₀′) при условии, что a₁′ ≠ 0. Всего есть способов выбрать нулевые элементы S′. Поэтому ровно у последовательностей S′ частичные сумм делятся на 3. Таким образом, общее количество перестановок S, удовлетворяющих нашему требованию в точности

Это число приблизительно равно 4.4 • 10¹³⁸.

Комметарий: Эта задача оказалась самой простой и прямолинейной: средний балл за неё составил 3.07.

Задача 3: Пусть A = (a₁,a₂, … ,a₂₀₀₀) – последовательность целых чисел из промежутка [ – 1000,1000]. Предположим, что сумма элементов A равна 1. Докажите, что можно выбрать непустую подпоследовательность A, сумма элементов которой равна нулю.

Задача 4:

Пусть ABCD – выпуклый четырёхугольник с

Докажите, что AD = CD.

Задача 5:

Предположим, что вещественные числа a₁,a₂, … ,a₁₀₀ таковы, что

Определите максимальное возможное значение , и найдите все возможные последовательности a₁,a₂, … ,a₁₀₀, для которых достигается этот максимум.