Задание №176987: Турнир городов

5. По кругу лежит 101 монета, каждая весит 10 г или 11 г. Докажите, что найдётся
монета, для которой суммарная масса k монет слева от неё равна суммарной массе k монет
справа от неё, если
а) [3] k = 50;
б) [3] k = 49.
(Александр Грибалко)

Решим сразу оба пункта. Пусть k — любое из чисел 49 или 50. Раскрасим монеты в чёрный и
белый цвета (10 г — одним цветом, 11 г — другим). Монет какого-то цвета, скажем, белых, будет

нечётное количество, пусть 2m + 1. Надо доказать, что среди k монет справа и k монет слева от
какой-то монеты будет поровну белых.
Предположим противное. Тогда m > 0, иначе единственная белая монета — искомая. Назовём
белую монету правой, если среди k монет справа от неё белых больше, чем среди k монет слева от
неё, в противном случае — левой . Так как белых монет 2m + 1, правых и левых монет будет не
поровну, пусть правых больше.
Пусть A — правая монета, а B — m-я справа от A белая монета (то есть на дуге, идущей вправо
от A к B, белых монет между A и B ровно m 1).
−
Если бы среди k монет справа от A не было B, то среди них было бы не более m 1 белой
−
монеты. Так как k 49, то вместе среди k монет слева от A и k монет справа от A хотя бы 2m 2
≥ −
белые монеты, поэтому среди k монет слева от A было бы тогда не менее m 1 белой, то есть не
−
меньше, чем справа, что противоречит тому что A — правая.
Значит среди k монет справа от A есть B, но тогда среди k монет слева от B встречаются все
белые монеты, лежащие на дуге, идущей вправо от A к B, и сама монета A, то есть среди них
встречается не менее m монет. Так как k 50, то вместе среди k монет слева от B и k монет
≤
справа от B не более 2m белых, поэтому среди k монет справа от B не более m белых, то есть не
больше, чем слева. Значит, монета B — левая.
Итак, для всякой правой монеты m-я справа от неё белая монета — левая. Значит, левых не
меньше, чем правых, противоречие.
СЛОЖНЫЙ ВАРИАНТ
8 – 9 классы


1 [4]. Для всякого ли выпуклого четырёхугольника найдётся окружность, пересекающая каж-
дую его сторону в двух внутренних точках?
(Александр Перепечко)

Ответ: нет. Возьмём параллелограмм, как на рисунке. Если
бы окружность пересекла его стороны AB и CD, то её центр ле-
жал бы на каком-то перпендикуляре к отрезку AB и на каком-то
перпендикуляре к отрезку CD. Но такие перпендикуляры не пе-
ресекаются (они лежат в непересекащихся полосах).

2 [7]. Назовём пару различных натуральных чисел удачной, если их среднее арифметическое
(полусумма) и среднее геометрическое (квадратный корень из произведения) — натуральные чис-
ла. Верно ли, что для каждой удачной пары найдётся другая удачная пара с тем же средним
арифметическим? (Пояснение: пары (a,b) и (b,a) считаются одинаковыми.)
(Борис Френкин)

Ответ: да, верно.
Пусть среднее арифметическое удачной пары равно натуральному числу m. Тогда числа из этой
пары — одной чётности, и их можно представить в виде m + n и m n, где n тоже натуральное.
−
Так как среднее геометрическое чисел пары — натуральное число, их произведение — полный
квадрат: m2 n2 = k2, где k натуральное. Тогда m2 k2 = n2, откуда m + k и m k — удачная
− − −
пара с тем же средним арифметическим, причём k = n (иначе m2 = 2n2, что невозможно в силу
̸
иррациональноcти √2).
Замечание. Если числа исходной пары — это a,b, то числа новой пары имеют вид a+b √ab.
2 ±