Окончание. См. № 1, 2/2001

Лекции по олимпиадным задачам

5. Естественность. Это еще одно эстетическое требование к олимпиадной задаче: она ни по форме, ни по сути не должна быть искусственной. В частности, формулировка олимпиадной задачи не должна создавать решающему трудностей, не связанных с сутью задачи.

Последнее не значит, что формулировка всегда обязана быть легкодоступной. Бывает, что ее осмысление составляет суть решения, как, например, в такой задаче: «Сейчас Ивану вдвое больше лет, чем было Петру тогда, когда Ивану было столько лет, сколько Петру сейчас. Когда Петру будет столько лет, сколько Ивану сейчас, вместе им будет 63 года. Сколько сейчас лет Ивану и сколько – Петру?»

Все задачи, которые мы рассматривали до сих пор, более или менее естественны: во всяком случае, они не вызывают душевного протеста. А вот пример неестественной задачи, которая в 1975 году была предложена неопытной тогда Методической комиссией РМОШ для областных олимпиад:

Задача 25. Найдите наименьшее такое n, большее 1975, что число является целым при любых целых а₁,…, а_n, не делящихся на 5.

За всеми словесными наворотами тут скрывается полное идейное убожество: ответ «1980» сразу следует из того, что если целое число не делится на 5, то его четвертая степень дает при делении на 5 остаток 1.

В идеале естественность задачи надо понимать, в частности, как органическую связь ее с задачами и идеями «большой» математики (в частности, ибо то, что естественно для профессионального математика, непосвященному может показаться весьма неестественным). К сожалению, как мы уже отмечали, таких задач удается придумывать меньше, чем хотелось бы.

6. Олимпиадный вариант. Очень люблю это место из «Молекулярного кафе» Ильи Варшавского: «Мишка уныло ковырял вилкой в изобретенном им блюде, состоящем из соленых огурцов, селедки, взбитых сливок и малинового джема, пытаясь понять, почему иногда сочетание самого лучшего бывает такой гадостью.» Чтобы с олимпиадным вариантом не случилось такой беды, при его составлении надо соблюдать несколько простых правил.

Первое правило. Давая задачу, мы должны быть уверены, что все участники олимпиады владеют (или, говоря корректнее, обязаны владеть) знаниями, необходимыми для ее решения. На школьных олимпиадах проблем с этим обычно не возникает: учителю хорошо известно, что знают его ученики. Начиная со второго этапа проблема становится серьезной из-за разнобоя с учебниками. Многие хорошие задачи не попадают в варианты только из-за того, что по какому-то учебнику соответствующая тема еще не пройдена.

Второе правило. Задачи варианта должны быть разнообразными по тематике. Здесь обязательно должны быть как арифметико-алгебраические, так и геометрические задачи, очень желательно наличие задач комбинаторных и логических. У каждого участника олимпиады свои склонности и тип дарования: один – прирожденный геометр, другому больше нравится вычислять, третий тяготеет к дискретной математике, и каждый должен найти в варианте задачу по душе. Поэтому тематически однообразный вариант не только скучен и утомителен – он дает неоправданное преимущество одним и не позволяет выступить в полную силу другим.

К сожалению, в жизни однообразные варианты встречаются. Вот пример из архива Ленинградских городских олимпиад (эта районная олимпиада для 5 класса «про цифру 0» была составлена преподавателями Пединститута им. Герцена (!); я признателен В.П. Федотову, сообщившему мне ее):

1. Найти все двузначные числа, не содержащие цифры 0 и делящиеся на сумму своих цифр.
2. Только одна из цифр четырехзначного числа – нуль. Если его зачеркнуть, число уменьшится в 9 раз. Найдите это число.
3. Четное пятизначное число не содержит цифры 0. Первые три его цифры образуют точный квадрат, а последние три – точный куб. Найдите это число.

И ведь задачи-то не такие уж плохие, да и идеи их решения не такие уж однообразные, а вариант звучит, как похоронный марш! Какое уж тут «повышение интереса»…

Третье правило. Задачи варианта должны быть разнообразны по трудности. Поскольку олимпиада при всех своих многочисленных целях остается соревнованием, вариант должен хорошо дифференцировать (разделять по силе) участников. Ни однородно легкий, ни однородно трудный вариант сделать этого не позволяют: в первом слишком многие решат все или почти все, во втором решат слишком мало. Кроме того, в обоих случаях (особенно в первом) возрастает роль случайности, что может сделать результаты необъективными и несправедливыми. Нормальной следует считать ситуацию, когда средний результат участников олимпиады составляет 25–40% от максимально возможного (при условии, что все задачи оцениваются в одно и то же число баллов).

Чтобы никто не ушел разочарованным, в олимпиадном варианте обязательно должна быть «утешительная» задача для слабых участников и трудная задача для самых сильных. Забавный парадокс состоит в том, что трудные задачи придумывать проще, чем утешительные, ибо нелегко придумать простую задачу, которая была бы достаточно интересной и не выглядела явной «подставкой». Нередко «утешительными» бывают задачи, где надо что-то найти, сконструировать и т.п., ибо они часто решаются простым подбором, да и действовать детям всегда проще, чем абстрактно рассуждать. Вот несколько примеров с кировских районных олимпиад.

Задача 26 (93-5). Восстановите пример на сложение, где цифры слагаемых заменены звездочками:  ** + ** = 197.

Задача 27 (85-7). На сколько частей могут разбивать плоскость четыре различные прямые? Перечислите все возможности, для каждой сделайте чертеж.

Задача 28 (90-11). В последовательности {Х₁, Х₂,…, Х_n,… } Х₁ = 1, Х₂ = 2, а каждый следующий член, начиная с третьего, равен модулю разности двух предыдущих членов. Найдите Х₁₉₉₀.

Задача 29 (91-11). Найдите 19 последовательных целых чисел, сумма которых делится на 91.

Но основную дифференцирующую нагрузку несут на олимпиаде задачи «средней трудности». Это название условно: опыт показывает, что данный составителями варианта прогноз трудности задач часто не оправдывается, ибо она может зависеть от неожиданных психологических нюансов и неучтенных составителями (а часто и просто неизвестных им) особенностей знаний и умений участников.

Например, в одной из кировских районных олимпиад в качестве утешительной пятиклассникам была предложена такая задача: «На окраску кубика ушло 6 г краски. Когда она высохла, кубик распилили на 8 одинаковых кубиков. Сколько понадобится краски, чтобы покрасить неокрашенную часть их поверхности?» В действительности она оказалась довольно трудной (по г. Кирову средняя оценка за нее была 2,6 по семибалльной шкале): неожиданно выяснилось, что многим пятиклассникам не хватает пространственного воображения, чтобы представить, как выглядят получившиеся после распила кубики!

В варианте олимпиады, которая длится от 2 до 4 часов, не может быть больше 5-6 задач, среди которых 2-3 утешительных и трудных. Чтобы с помощью оставшихся 2-3 задач, в условиях не вполне ясного прогноза трудности, хорошо продифференцировать участников, надо, чтобы их решения давали возможно больше информации об уровне авторов. Соответствующее свойство задачи мы назовем ее глубиной: задача тем глубже, чем больше информации об авторе способно дать ее решение. По-настоящему глубокая задача напоминает чемодан с многослойным дном: непосвященный найдет в ней одно, посвященный – совсем другое.

Проще всего добиться глубины, сделав задачу из нескольких пунктов, объединенных общей темой. Поскольку пункты обычно даются разной трудности, каждая такая задача превращается в своеобразную «мини-олимпиаду». Рассмотрим два примера.

Задача 30 (85-4). Как разрезать: а) квадрат на 8 одинаковых частей; б) квадрат на 5 одинаковых частей; в) треугольник на четыре одинаковые части; г) треугольник на три части, из которых можно сложить прямоугольник?

Задача 31 (пп. а,в,г,д – 84-5). Имеются 4 палочки длиной 1 см, 4 палочки длиной 2 см, 6 палочек длиной 3 см и 5 палочек длиной 4 см. Можно ли, использовав все эти палочки и не ломая их, сложить: а) какой-нибудь прямоугольник; б) равносторонний пятиугольник; в) прямоугольник, у которого одна из сторон вчетверо длиннее другой; г) квадрат; д) прямоугольник, у которого одна из сторон вдвое длиннее другой; е) прямоугольник площади 144 см2; ж) прямоугольник площади 90 см²?

Комментарий к задаче 31. Пункт а) – утешительный, легко решается подбором. Пример в пункте б) тоже можно построить подбором, но лучше сначала найти общую длину палочек (50 см) и заметить, что сторона пятиугольника должна равняться 10 см. В пункте в) также полезно сначала найти стороны искомого прямоугольника, но здесь для этого потребуется составить и решить несложное уравнение (или поработать с «частями», приняв за одну часть длину короткой стороны). Пункты г) и д) аналогичны пунктам б) и в) соответственно, но ответ тут отрицательный, ибо длины сторон получаются дробными. В пункте е) ответ положительный, но идеология культурного подбора усложняется: надо разложить число 144 на два множителя с суммой 25. Ну, а в последнем пункте надо убедиться, что число 90 так разложить нельзя.

В задаче 30 пункты (кроме двух первых) связаны между собой чисто механически: общего у них только то, что все они – «на разрезание». По сути дела, это просто замаскированное увеличение числа задач в варианте: из опыта известно, что дети реагируют на три задачи с тремя пунктами в каждой гораздо спокойнее, чем на девять отдельных задач. Связи между пунктами задачи 31 гораздо органичнее, многие из них носят идейный характер, так что решение одного пункта облегчает решение других. Тот, кто это поймет и использует (а это – важный компонент математических способностей), получит заметное преимущество перед решающим каждый пункт как совершенно новую задачу. В итоге такое преимущество, скорее всего, выразится в баллах (может быть, за другие задачи, которые первый в «сэкономленное» время успел решить, а второй – нет). Вот еще две задачи такого типа.

Задача 32. Без вычислительной техники и таблиц выясните, что больше: а) 80²⁰ или 9⁴⁰; б) 81¹² или 512⁸; в) 16³⁵ или 9⁴⁸; г)15¹⁵ или 3⁴⁰; д) 17²¹ или 11²³?

Обсуждение. Решения всех пунктов этой задачи могут быть построены на двух идеях: оценки и преобразования степеней. В пункте а) достаточно одного преобразования: 9⁴⁰ = 81²⁰ > 80²⁰, в пункте б) – двух: 81¹² = 9²⁴ > 8²⁴ = 512⁸. В пункте в) впервые появляется идея оценки: 16³⁵ < 16³⁶ = 2¹⁴⁴ = 8⁴⁸ < 9⁴⁸. В пункте г) она применяется снова, но оценивать приходится уже основание степени, и растет число преобразований: 15¹⁵ < 16¹⁵ = 2⁶⁰ = 8²⁰ < 9²⁰ = 3⁴⁰. Наконец, в пункте г) оценку приходится делать дважды: 17²¹ > 16²¹ = 2⁸⁴ = 128¹² > 121¹² = 11²⁴ > 11²³. Тот, кто продвигается от пункта к пункту, руководствуясь этими идеями, сделает задачу быстрее и лучше, чем тот, кто «пробивает» каждый пункт в отрыве от остальных.

Задача 33 (85-7). Калькулятор умеет только возводить в куб и делить на 8. Можно ли с его помощью из числа 2 получить числа: а) 64; б) 1000; в) 2¹⁸; г) 2¹⁹⁸⁵; д) 2¹⁹⁸⁶;

Обсуждение. В пунктах а), в) и д) ответы положительные, в пунктах б) и г) – отрицательные. Первый пункт – утешительный, тут достаточно дважды возвести двойку в куб. В пункте в) так уже не получится, надо сначала получить 2²⁷, а потом трижды разделить на 8. Это еще можно сделать подбором, а вот в пункте д) подбор уже не поможет. Тут надо четко осознать, что путем k-кратного возведения в куб мы можем получить двойку в степени 3k, а потом делением на 8 (сводящимся к вычитанию тройки из показателя степени) получить любую меньшую натуральную степень двойки, показатель которой делится на 3 (в данном случае сначала семикратным возведением в куб получаем 2²¹⁴³, а потом 53 раза делим на 8). Для обоснования отрицательного ответа в пункте б) надо заметить, что все числа, которое можно получить из двойки описанными операциями, будут ее целыми степенями. В пункте г) отрицательный ответ очень хочется обосновать тем, что число 1985 не делится на 3. Но простой ссылки на это мало, ибо из двойки можно получать и ее степени, не делящиеся на 3, например, Обоснование станет полным, если заметить, что показатель степени начинает делиться на 3, если мы хотя бы раз возводили в куб, а если мы не возводили в куб ни разу, то результат не может быть больше 2.

В решении пункта г) мы сталкиваемся еще с одним источником глубины, который на олимпиадном жаргоне называется «подводным камнем». Это напрашивающееся правдоподобное утверждение, которое на поверку оказывается ложным. Но «подводные камни» редко удается сконструировать сознательно.

Задачи с пунктами имеют два серьезных недостатка. Во-первых, они не слишком эстетичны. Во-вторых, задачи больше чем из двух пунктов практически невозможно оценивать по распространившейся за последние годы международной семибалльной шкале. Поэтому желательно поискать другие источники глубины.

Задача 34. Две вершины квадрата имеют координаты (0,0) и (6,4). Найдите координаты двух других его вершин.

Обсуждение. На первый взгляд, перед нами банальная задача на вычисление: для нахождения координат неизвестной вершины легко составляется система уравнений. Но, чтобы составить ее, надо сначала нарисовать картинку – а их оказывается три (рис. 4)!

Задача 35. Какие правильные многоугольники могут получаться в сечении куба плоскостью?

Обсуждение. Вначале заметим, что стороны сечения получаются от пересечения секущей плоскости с гранями куба, поэтому их не может быть больше шести. Нетрудно получить в сечении квадрат и правильный треугольник, несколько сложнее – правильный шестиугольник (провести через середину диагонали куба перпендикулярную диагонали плоскость). А правильный пятиугольник получить нельзя: если секущая плоскость пересекает пять граней куба, то среди них найдется пара параллельных, а у правильного пятиугольника нет параллельных сторон.

Глубина задачи 34 создается необходимостью исследования: кто-то найдет все ответы, кто-то – только два, а кто-то вообще не подумает о возможности нескольких различных ответов и успокоится на одном. Глубина задачи 35 – в разноплановости ее решения. Оно включает оценку возможного числа вершин сечения (от 3 до 6), построение примеров сечений с 3, 4 и 6 вершинами и, наконец, доказательство невозможности получить в сечении правильный пятиугольник. Такие задачи типа «оценка + пример» в последние годы встречаются на математических соревнованиях достаточно часто.

Задачи 34 и 35 можно назвать «задачами со скрытыми пунктами»: здесь «пункты» не даны в условии, но формулируются самим решающим по мере продвижения в рассуждениях. Однако иногда можно обойтись даже без них.

Задача 36 (Материалы ВЗМШ). Дорожки парка образуют квадратную сетку со стороной 10 м. Черепаха, движущаяся со скоростью 10 м/час, выползает по дорожке с одного из перекрестков, а на каждой встретившейся развилке поворачивает налево или направо. На каком расстоянии от начальной точки она может оказаться через 6 часов после начала движения (перечислить все возможности)?

Обсуждение. Глубина этой задачи – в большом числе возможных решений самой разной степени разумности. Я признателен за них участникам конкурсного отбора в одну из Кировских ЛМШ. Самые упорные из них отслеживали на клетчатой бумаге все шесть «ходов» черепахи, отмечая в итоге все точки, до которых она могла добраться за 6 часов. Другие сокращали перебор, заметив, что симметрия чертежа позволяет начинать его не с первого, а со второго или даже третьего хода. Третьи сокращали его еще больше, приняв в расчет, что два идущих подряд хода по сторонам клетки можно заменить одним ходом по ее диагонали. Но только очень немногие поняли, как можно обойтись вообще без перебора. Введем систему координат и проследим за координатами черепахи. Три часа из шести она ползла вдоль оси абсцисс и три – вдоль оси ординат. За каждый час она проползала 10 м в положительном либо отрицательном направлении оси. Поэтому через 6 часов ее абсцисса и ордината могли независимо друг от друга принять одно из четырех значений: –30, –10, 10 или 30 м. Поскольку знаки координат, как и их порядок на расстояние до исходной точки не влияют, достаточно рассмотреть три случая: (10,10), (10,30) и (30,30), что дает три ответа:

В заключение приведем пример варианта районной олимпиады (85-7), на практике оказавшегося достаточно удачным. В скобках после текста задачи указано, сколько процентов участников Кировской городской олимпиады решили ее верно.

1. На сколько частей можно разбить плоскость четырьмя различными прямыми? Найдите все возможные случаи, для каждого сделайте чертеж. (90%)

2. Задача 33. (а – 83%, б – 22%, в – 38%, г – 1%, д – 12%)

3. Решите систему уравнений

4. Среди 100 отдыхающих провели анкету. Выяснилось, что 95 из них бывали в Москве, 85 – в Ленинграде, 75 – в Киеве и 65 – в Минске. Докажите, что по крайней мере 20 из них бывали во всех четырех городах. (11%)

5. Диагональ BD делит пятиугольник ABCDE на ромб ABDE и равносторонний треугольник BCD. Найдите угол ACE. (4%)

7. До и после олимпиады. Учителя часто спрашивают, как готовить учеников к олимпиаде. Между тем, сначала стоило бы спросить, надо ли вообще делать это специально. Для себя я эту проблему давно решил: лучшая подготовка к олимпиаде – систематические серьезные занятия математикой, а специальные мероприятия можно ограничить решением задач из олимпиад прошлых лет за пару недель до предстоящего соревнования. Если же победа на олимпиаде превращается в самоцель, а подготовка к ней – в главное содержание внеклассной работы, может случиться беда, о которой мы уже говорили. Учителям, которые делают это сознательно, бессмысленно что-либо объяснять. Другое дело, если учитель понимает проблему правильно, а в бой рвутся ученики. Тогда учитель может направить их спортивный азарт в нужное русло, использовав задачи прошедших олимпиад как повод для раскрутки под «олимпиадным» соусом хорошей математики, а олимпиадные задачи должны давать ему такую возможность. Конечно, в реальности все их такими не сделать, но хотя бы одна-две задачи «продленного действия» должны быть в любом хорошем олимпиадном варианте.

Основой для раскрутки задачи может служить как ее результат, так и идея решения. В первом случае рассматриваются аналогичные задачи, обобщения, следствия, факты, использованные при решении и т.п.; в частности, к этому пути располагают многие глубокие задачи. Во втором – другие приложения той же идеи, различные ее вариации, смежные идеи. Подробное обсуждение этого – тема большого отдельного разговора, а здесь мы рассмотри только один пример.

Задача 37 (И.С. Рубанов). Построить треугольник АВС, у которого медиана АМ по крайней мере вдесятеро длиннее биссектрисы AL, а биссектриса AL по крайней мере вдесятеро длиннее высоты АН.

Решение. Возьмем равнобедренный прямоугольный треугольник АВС (АB  =  ВС). Затем, закрепив точку А, будем двигать противолежащую сторону по лучу [ВС). Поскольку обе стороны треугольника, исходящие из вершины А, а с ними и заключенная между ними биссектриса будут при этом неограниченно расти, наступит момент, когда биссектриса подвижного треугольника АВ₁С₁ окажется минимум вдесятеро длиннее его фиксированной высоты АВ. В этот момент закрепим вершину В₁, а вершину С₁ продолжим двигать в прежнем направлении. При этом угол между биссектрисой подвижного треугольника и перпендикуляром АВ всегда будет меньше, чем Значит, биссектриса подвижного треугольника, возрастая, всегда будет меньше, чем гипотенуза прямоугольного треугольника с острым углом j, а медиана его будет по-прежнему расти неограниченно. Поэтому наступит момент, когда отношение медианы к биссектрисе станет больше 10.

Основная идея рассмотренного решения – уже знакомый нам по задаче 3 метод последовательных приближений: первым приближением был равнобедренный прямоугольный треугольник, а затем он последовательно преобразовывался, приобретая по пути все необходимые свойства. Продолжать раскрутку можно, скажем, такой задачей:

Задача 38 (98-10). Кузнечик, сидящий в начале координат, начинает прыгать по числовой оси. Первый его прыжок – на 1 м, а каждый следующий – вдвое длиннее предыдущего. Направление каждого прыжка кузнечик выбирает сам. Найдите координаты всех точек, в которые он может попасть за конечное число прыжков (не равное нулю).

Ответ: Это все точки с нечетными целочисленными координатами.

Решение. Понятно, что длина n-го прыжка кузнечика равняется 2^n–1. Поскольку после первого прыжка кузнечик окажется в точке с нечетной координатой (1 или – 1), а длины всех следующих прыжков – четные целые числа, то после каждого прыжка кузнечик будет попадать в точку с нечетной координатой. Покажем теперь, что он сможет попасть в любую такую точку. Достаточно рассмотреть случай, когда ее координата положительна: чтобы попасть в точку с равной по модулю отрицательной координатой, достаточно поменять направления всех прыжков.

Пусть k – нечетное число, а n – наименьшее из целых чисел, для которых 2^n–1 > k. Покажем, что кузнечик сможет попасть в точку k за n прыжков. Если каждый прыжок рассматривать как вектор, то вектор, соединяющий начальную и конечную точки, будет равен сумме векторов всех совершенных прыжков. Сумма векторов не меняется от перемены мест слагаемых, поэтому точка, куда попадет кузнечик, зависит только от длин и направлений прыжков, но не зависит от порядка, в котором они совершаются. Теперь будем совершать прыжки в обратном порядке: сначала – на 2^n–1, потом – на 2^n–2 и т.д., до 2⁰ = 1, причем прыгать каждый раз будем в ту сторону, где находится точка k (в саму точку k кузнечик не может попасть, пока не прыгнет на 1, ибо до этого его координата постоянно будет четной). Докажем по индукции, что при этом расстояние от кузнечика до точки k будет всегда меньше, чем длина последнего совершенного прыжка. Это очевидно, если кузнечик этим прыжком перепрыгнул через точку k, в частности, для самого первого прыжка. Если же кузнечик недопрыгнул до точки k, рассмотрим длину последнего совершенного прыжка, равную 2^m. По предположению индукции, перед последним прыжком кузнечик был от точки k на расстоянии меньшем, чем длина предпоследнего прыжка, т.е., 2^m+1. После прыжка оно уменьшилось на 2^m и стало меньше, чем 2^m+1 – 2^m = 2^m, что и требовалось доказать. Осталось заметить, что после прыжка длины 1 кузнечик окажется от точки k ближе, чем на 1, т.е. – в самой точке k.

Задача 38 относится к «многоходовкам»: кроме метода последовательных приближений, использованы другие важные идеи: «обратного хода» (рассмотреть прыжки в обратном порядке) и математической индукции.

В двух разобранных нами задачах на метод последовательных приближений звучат и геометрические, и алгебраические, и комбинаторные мотивы: этот метод находит приложения практически во всех областях математики. Например, его разновидностью является «метод подобия» решения задач на построение, когда сначала строят фигуру, подобную исходной, а потом гомотетией придают ей нужный размер или нужное положение. Другая разновидность, применяющаяся в математическом анализе – метод итераций приближенного нахождения корней уравнений [1]. Метод математической индукции – тоже в известной степени разновидность метода последовательных приближений. Так одна олимпиадная задача сводит в «пучок» (термин О.А. Иванова) целый ряд важных тем.

Литература

[1] Н.Я. Виленкин. Метод последовательных приближений. М.: «Наука», 1968.
[2] Е.Г. Козлова. Сказки и подсказки. М.: МИРОС, 1994.
[3] XXIII Всероссийская математическая олимпиада школьников. М.: Методическая комиссия РМОШ, 1997.