Задание №176921: Турнир городов

2) a < 0. Можно считать, что bc (cid:54) 1 (иначе заменим все числа на обратные). Пусть b − a > 3 и
2
c − b > 3. Тогда b(b + 3) < bc (cid:54) 1 = 1(1 + 3). Значит, b < 1. Следовательно,
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 3 3 3
− < + = < = .
c a 3 + b 3 − b 9 − b2 9 − 1 2
2 2 4 4 4
Улучшить результат нельзя: для чисел −1, 1,2 все шесть разностей не меньше 3/2.
2
5 (9 баллов). Внутри параллелограмма ABCD взята такая точка P, что ∠PDA = ∠PBA.
Пусть ω — вневписанная окружность треугольника PAB, лежащая напротив вершины A.
1
Пусть ω — вписанная окружность треугольника PCD. Докажите, что одна из общих ка-
2
сательных к ω и ω параллельна AD. (Иван Фролов)
1 2
−→ −−→
Указание. После параллельного переноса на вектор PQ = AD задача превращается в такую:
Дан произвольный вписанный четырехугольник CPDQ. Тогда одна из общих касательных к
окружности, вписанной в треугольник PCD и вневписанной для треугольника CDQ напротив
вершины D, параллельна PQ.
Последнее следует из одной из вариаций известного факта о том, что прямая между соот-
ветствующими инцентрами (эксцентрами) треугольников PCD, QCD параллельна биссектрисе
между CD и PQ (последнее в свою очередь следует из леммы о трезубце).
−−→
Решение. Перенеся треугольник PAB на вектор AD,
получим треугольник QDC. Окружность ω также сдви-
1
нется параллельно AD и перейдёт во вневписанную
окружность треугольника с центром J, поэтому доста-
точно доказать, что одна из общих касательных к ω и
3
ω параллельна AD.
2
По условию ∠QPD = ∠PDA = ∠PBA = ∠QCD,
значит, точки C, P, D и Q лежат на одной окружности.
По известным формулам углов между биссектрисами
   
1 1
∠CID+∠CJD = ∠CPD + 90◦ + ∠CQD = 180◦,
2 2
то есть точки C, I, D и J лежат на одной окружности.
Пусть X и Y — точки пересечения CD с PQ и IJ соответственно. Имеем
1
∠IY D = ∠ICD + ∠CDJ = (∠PCD + ∠CDQ),
2
как угол между хордами, отсюда, в частности, угол IY D острый, так как
∠PCD + ∠CDQ < ∠PCQ + ∠PDQ = 180◦.
Тогда точка D′, симметричная точке D относительно IJ, лежит по ту же сторону от CD, что и P,
и при этом
∠CY D′ = 180◦ −∠D′Y D = 180◦ −2∠IY D = 180◦ −(∠PCD +∠CDQ) = ∠PDC +∠DCQ = ∠PXC
(последнее верно, так как PCQD вписанный). Итак, соответственные углы PXC и CY D′ при пере-
сечении прямой CD секущими PQ и D′Y равны, значит D′Y ||PQ||AD, и прямая D′Y симметрична
общей касательной CD относительно линии центров IJ, значит D′Y тоже общая касательная, и
она параллельна AD.
10

6 (10 баллов). На столе в ряд лежат 20 плюшек с сахаром и 20 с корицей в произвольном

порядке. Малыш и Карлсон берут их по очереди, начинает Малыш. За ход можно взять одну
плюшку с любого края. Малыш хочет, чтобы ему в итоге досталось по десять плюшек каждо-
го вида, а Карлсон пытается ему помешать. При любом ли начальном расположении плюшек
Малыш может достичь своей цели, как бы ни действовал Карлсон? (Александр Грибалко)
Ответ: при любом.
Пронумеруем плюшки в ряду числами от 1 до 40. Заметим, что у Малыша всегда есть воз-
можность взять плюшку с номером любой чётности, а после каждого его хода Карлсон вынужден

брать плюшку с номером другой чётности.
Пусть среди плюшек с нечётными номерами не меньше десяти с сахаром (если с корицей,
то рассуждения аналогичны). Тогда Малыш начинает с того, что берёт плюшки с нечётными
номерами и после каждого хода Карлсона вычисляет такую величину: количество полученных
плюшек с сахаром + количество оставшихся на столе плюшек с сахаром с чётными номерами.
В начальный момент эта величина не больше 10, а если Малыш будет брать плюшки только
с нечётными номерами, то в конце она будет не меньше 10. При этом после каждой пары ходов
Малыша и Карлсона эта величина изменяется не более чем на 1. Следовательно, в какой-то момент
(возможно, начальный) она будет равна 10. После этого Малыш может брать только плюшки с

чётными номерами и в итоге получит ровно 10 плюшек с сахаром, а значит, и 10 плюшек с корицей,
что и требуется.
Замечание. Верно более общее утверждение: если в ряд лежит чётное число плюшек, и из них
на нечётных местах ровно L с сахаром, а на чётных — ровно R с сахаром, то для всякого k между
(нестрого) числами R и L Малыш может действовать так, чтобы взять ровно k плюшек с сахаром.
Для решения исходной задачи достаточно доказать это утверждение, ибо в нашем случае
R + L = 20 и одно из чисел не меньше 10, а другое не больше 10.
Доказываем индукцией по количеству плюшек. Если их две, то утверждение очевидно. Шаг
индукции: покрасим плюшки в шахматном порядке, чтобы нечётные стали белыми; если k = L,

то Малышу достаточно каждым ходом есть белую плюшку, если k = R — то чёрную. Если же k
заключено строго между L и R, то Малыш может сделать первый ход произвольным образом, а
далее добиться своего по предположению индукции. В самом деле, не умаляя общности, L < k < R,
тогда белых плюшек с сахаром останется либо L, либо L−1, чёрных — либо R, либо R−1, а Малышу
далее надо взять либо k, либо k −1 плюшку с сахаром, причём L−1 < L (cid:54) k −1 < k (cid:54) R −1 < R.