Обсуждение и разбор марафонских задач

[VAL]

======= 140 ========

Задача ММ140 навеяна вот этой.

ММ140 (10 баллов)

На квадратной площади, разлинованной на $n \times n$ клеток (полей) собрались $n^2$ человек, каждый из которых является либо рыцарем (всегда говорят правду), либо лжецом (всегда лгут). Каждый расположился на отдельном поле. После этого каждый произнес: "Среди моих соседей поровну рыцарей и лжецов". Какова наибольшая возможная доля рыцарей среди собравшихся?
Примечания:
$n>1$;
Соседними считаются поля, имеющие общую сторону;
Каждый из собравшихся знает, кем являются его соседи.

===============

Решение

Сразу заметим, что в крайних линиях (горизонталях и вертикалях) могут стоять только лжецы: если поле не угловое, то у него нечетное число соседей; оба соседа человека, занимающего угловое поле лжецы, следовательно он сам тоже лжец.

У каждого рыцаря ровно два соседа лжецы. При этом один лжец может соседствовать максимум четырем рыцарям. Если бы это было верно для всех лжецов, доля рыцарей получилась бы $\frac23$. Но по краям площади стоят лжецы, поэтому значение $\frac23$ не достижимо (хотя легко достигается на бесконечной площади).
Покажем, что доля рыцарей может превышать любое число, меньшее $\frac23$.

Из многочисленных конфигураций, приводящих к решению, я воспользуюсь одной из предложенных Сергеем Половинкиным (она наиболее плотная из всех и достижение долей рыцарей достаточно близких к $\frac23$ не требует триллионных значений $n$).
Регулярный (повторяющийся) элемент заполнения этой конфигурации можно увидеть на следующем рисунке:

А вот как можно выйти на такое заполнение, если стартовать с краев площади:

Доля рыцарей на регулярном участке заполнения равна $\frac{29}{48}\approx 0.604$.
Ясно, что на краях и в слоях, близких к краям площади, плотность рыцарей меньше. Но с ростом n число клеток в крайних слоях растет линейно, а число клеток во внутренней области квадратично. Поэтому, используя приведенную схему заполнения можно получить долю рыцарей, сколь угодно близкую к $\frac{29}{48}$.
Но нас интересует не $\frac{29}{48}$, а $\frac23$! Поэтому увеличим сторону квадрата, составляющего регулярный участок заполнения внутренней области.
На следующем рисунке представлен участок заполнения, на котором хорошо видны такие квадраты.

А вот как будет выглядеть четвертинка (остальные четверти можно получить зеркальными отражениями) площади 327х327, заполненной подобным образом.

Доля рыцарей на регулярном участке уже $\frac{31}{49}\approx 0.633$. Теперь, увеличивая $n$, можно сколь угодно приблизиться к $\frac{31}{49}$.
В частности, для площади 327х327 превышает $0.6$ (327 - это наименьшее n, для которого мне это удалось).

Доля рыцарей на регулярном квадратном участке меньше $\frac23$, за счет "лагун" из лжецов в узлах решетки, образующейся при регулярном заполнении площади, а также на границах, разделяющих квадратные участки. Но размер лагун, не меняется при увеличении размеров регулярного участка заполнения. А размер сторон линейно зависит от сторон повторяющегося квадрата заполнения, в то время как число клеток этого квадрата растет квадратично :)
Поэтому для любого числа $a$, меньшего $\frac23$, можно подобрать размер регулярного участка заполнения, при котором доля рыцарей на регулярном участке превысит $a$, а затем, увеличивая $n$ и повторяя регулярный участок должное число раз, превысить $a$ уже на всей площади.

Обсуждение

Некоторые участники привели аккуратные выкладки, показывающие, что (недостижимая) верхняя грань доли рыцарей равна $\frac23$.
Я не стал этого делать, посчитав приведенное выше рассуждения более прозрачными и, в то же время, достаточно строгими.

Приведу еще несколько конфигураций, с помощью которых можно сколь угодно подойти к доле рыцарей в $\frac23$.
Заполнение "цепями" ("гармошками") было предложено Дмитрием Пашуткиным и Сергеем Половинкиным (названия их же):

Гармошки легко сужаются при приближении к краям площади.

Красиво смотрится "круговая" конфигурация, предложенная Николаем Дерюгиным:


Круговое заполнение можно сочетать с крестообразным:



Наконец, сразу несколько участников предложили ромбовидные конфигурации:

На последней картинке явственно просматриваются модные нынче мотивы самоподобия.

Сергей Половинкин попытался найти максимально возможное количество рыцарей для малых значений $n$. Мне довольно быстро удалось улучшить его результаты для большинства рассматриваемых $n$. Получилось так:

$$\begin{tabular}{|l|l|} \hline n& k \\ \hline 4 & 4 \\ \hline 5 & 8 \\ \hline 6 & 10 \\ \hline 7 & 10 \\ \hline 8 & 16 \\ \hline 9 & 28 \\ \hline 10 & 32 \\ \hline 11 & 36 \\ \hline 12 & 44 \\ \hline 13 & 56 \\ \hline 14 & 66 \\ \hline 15 & 88 \\ \hline \end{tabular}$$

Очень может быть, что и эти значения не окончательны.
Участники, которые до подведения итогов тура успеют прислать улучшения, могут рассчитывать на дополнительные призовые баллы. (Улучшения для $n=4$ и $n=5$ оцениваются в 100 призовых баллов )

Награды

За правильное, строго обоснованное решение задачи ММ140 Сергей Половинкин и Дмитрий Пашуткин получают по 12 призовых баллов.
Николай Дерюгин (он нашел необходимые конфигурации, но ошибся при оценивании доли рыцарей) получает 7 призовых баллов.
Анатолий Казмерчук и Алексей Волошин получают по 6 призовых баллов, А Евгений Гужавин - 5 баллов.

Эстетическая оценка задачи 4.6 балла

Разбор задачи ММ140 подготовил Владимир Лецко

[maxal]

VAL в сообщении #423252 писал(а):

Сергей Половинкин попытался найти наксимально возможное количество рыцарей для малых значений $n$. Мне довольно быстро удалось улучшить его результаты для большинства рассматриваемых $n$. Получилось так:
$\begin{tabular}{|l|l|} \hline n& k \\
\hline 4 & 4 \\
\hline 5 & 8 \\
\hline 6 & 10 \\
\hline 7 & 10 \\
\hline 8 & 16 \\
\hline 9 & 28 \\
\hline 10 & 32 \\
\hline 11 & 36 \\
\hline 12 & 44 \\
\hline 13 & 56 \\
\hline 14 & 66 \\
\hline 15 & 88 \\
\hline \end{tabular}$
Очень может быть, что и эти значения не окончательны.
Участники, которые до подведения итогов тура успеют прислать улучшения, могут рассчитывать на дополнительные призовые баллы. (Улучшения для $n=4$ и $n=5$ оцениваются в 100 призовых баллов )

После "устаканивания" значений, пожалуйста, добавьте полученную последовательность в OEIS.

[VAL]

maxal в сообщении #423269 писал(а):

VAL в сообщении #423252 писал(а):

Очень может быть, что и эти значения не окончательны.
Участники, которые до подведения итогов тура успеют прислать улучшения, могут рассчитывать на дополнительные призовые баллы.

После "устаканивания" значений, пожалуйста, добавьте полученную последовательность в OEIS.

Кстати, два значения уже улучшены :)

На мой взгляд, возникающая последовательность уж слишком искусственна.
Правда, тем же грешат и многие другие последовательности из OEIS.
Зато нет многих гораздо более естественных.

Например, когда в Марафоне был цикл задач про многоугольники, я раз за разом натыкался на очень естественные последовательности, которых нет в OEIS.
Скажем, какое минимальное число точек пересечения диагоналей может иметь выпуклый n-угольник. Для максимального числа точек пересечения $(C_n^4)$ последовательность есть, а для минимального нет. Или перечислить все возможные натуральные числа, которые могут быть числом точек пересечения диагоналей выпуклого n-угольника. Или указать число классов, на которые разбиваются выпуклые n-угольники, если эквивалентными считать те, у которых поровну точек пересечения диагоналей. И т.д.
И это только в связи с одним параметром. И только для выпуклых.

Правда, есть одна объективная трудность. Для большинства "многоугольных" последовательностей реально найти всего несколько первых членов, а дальше... темный лес.

[maxal]

VAL в сообщении #423358 писал(а):

На мой взгляд, возникающая последовательность уж слишком искусственна.
Правда, тем же грешат и многие другие последовательности из OEIS.
Зато нет многих гораздо более естественных.

Ну так я же не призываю добавлять "неестественные" последовательности в ущерб "естественным" (к тому же эти понятия очень условные). По моему мнению, описанная последовательность вполне заслуживает упоминания в OEIS, тем более что там уже есть куда более "неестественные" последовательности.

[VAL]

maxal в сообщении #423904 писал(а):

VAL в сообщении #423358 писал(а):

На мой взгляд, возникающая последовательность уж слишком искусственна.
Правда, тем же грешат и многие другие последовательности из OEIS.
Зато нет многих гораздо более естественных.

Ну так я же не призываю добавлять "неестественные" последовательности в ущерб "естественным" (к тому же эти понятия очень условные). По моему мнению, описанная последовательность вполне заслуживает упоминания в OEIS,

Тогда вопрос:
Стоит ли приплетать рыцарей и лжецов?
Или по-простому: $a_n$ - максимально возможное число белых клеток на доске $n \times n$, каждая клетка которой раскрашеня в красный либо белый цвет и при этом у белой клетки поровну белых и красных клеток среди смежных, а у красных - нет?

Цитата:

тем более что там уже есть куда более "неестественные" последовательности.

Вот и я о том же.

[maxal]

VAL в сообщении #424335 писал(а):

огда вопрос:
Стоит ли приплетать рыцарей и лжецов?
Или по-простому: $a_n$ - максимально возможное число белых клеток на доске $n \times n$, каждая клетка которой раскрашеня в красный либо белый цвет и при этом у белой клетки поровну белых и красных клеток среди смежных, а у красных - нет?

Имеет смысл дать формальное определение, а в комментариях указать, что у нее есть красивая интерпретация с лжецами и рыцарями, и привести её.

[VAL]

Как и ожидалось, участники Марафона смогли еще немного улучшить максимальные значения для некоторых небольших $n$. Теперь таблица выглядит так:

$$\begin{tabular}{|l|l|} \hline n& k \\ \hline 4 & 4 \\ \hline 5 & 8 \\ \hline 6 & 10 \\ \hline 7 & 10 \\ \hline 8 & 16 \\ \hline 9 & 28 \\ \hline 10 & 32 \\ \hline 11 & 40 \\ \hline 12 & 46 \\ \hline 13 & 58 \\ \hline 14 & 68 \\ \hline 15 & 88 \\ \hline 16 & 88 \\ \hline \end{tabular}$$

По сравнению с предыдущим вариантом улучшены значения для 11 (у меня была сразу же нарисована картинка на 40 рыцарей, но сосчитать их я не смог :)), 12, 13 и 14.
Кроме того, я добавил в таблицу еще одну строчку, для $n=16$, чтобы подчеркнуть, локальный максимум плотности рыцарей, достигаемый при $n=15$.
Вот соответствующая картинка:


Еще одна интересная картинка (которую я поначалу прозевал в присланных мне дополнениях) возникает при $n=12$



Остальные картинки, на мой взгляд, особого интереса не представляют. Но если кому-то интересно, обращайтесь. Их есть у меня :)

За дополнения к решению ММ140 Сергей Половинкин получает 4 дополнительных призовых балла, Алексей Волошин - 2, а Евгений Гужавин - 1.

PS: Как указал Luca Petrone (A289362) $k(16)\ge 92$.

[VAL]

Завершился 14-й тур Математического марафона

Уверенную победу в туре одержал Сергей Половинкин. Так держать!
На второе место финишным рывком вырвался Дмитрий Пашуткин, обогнав таких испытанных и закаленных марафонцев как Алексей Волошин и Анатолий Казмерчук.

Итоги XIV тура Математического марафона
\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline №& Участники& 131 & 132 & 133 & 134 & 135 & 136 & 137 & 138 & 139 & 140 & \Sigma \\ \hline 1.& Сергей Половинкин & 3 & 5 & 3 & 6 & 7 & 7 & 6 & 4 & 7 & 16 & 64 \\ \hline 2.& Дмитрий Пашуткин & 3 & 3 & 1 & - & 4 & 5 & 6 & 7 & 7 & 12 & 48 \\ \hline 3.& Алексей Волошин & 3 & 4 & 3 & 4 & 4 & 5 & 6 & 4 & 7 & 7 & 47 \\ \hline 4.& Анатолий Казмерчук & 3 & 4 & 3 & 4 & - & 5 & 6 & 7 & 7 & 6 & 45 \\ \hline 5.& Евгений Гужавин & 3 & 2 & 3 & 6 & - & 5 & 6 & - & - & 7 & 32 \\ \hline 6.& Александр Ларин & 2 & 5 & 3 & 4 & - & 5 & 6 & 6 & - & - & 31 \\ \hline 7.& Владислав Франк & 3 & - & 3 & 4 & 4 & 5 & - & 7 & - & - & 26 \\ \hline 8.& Николай Дерюгин & - & - & 1 & 6 & - & 3 & - & 3 & - & 7 & 20 \\ \hline 9.& Кирилл Веденский & - & - & - & - & - & 5 & 6 & - & 6 & - & 17 \\ \hline \end{tabular}

=====================================================

В общем зачете Марафона Анатолий Казмерчук сократил разрыв с многолетним (без преувеличения) лидером Марафона Владиславом Франком.

Продолжили свое восхождение к вершинам общей марафонской квалификации Алексей Волошин, Сергей Половинкин и Николай Дерюгин. Ворвался в топ 10 Дмитрий Пашуткин.

А вот как выглядит теперь первая десятка целиком:

Положение лидирующей группы после 14-и туров
\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|c|} \hline № & Участники & I & II & III & IV & V & VI & VII & VIII & IX & X & XI & XII & XIII & XIV & \Sigma\\ \hline 1. & Владислав Франк & - & - & 32 & 53 & 47 & 85 & 59 & 47 & 23 & 33 & - & 6 & - & 26 & 411\\ \hline 2. & Анатолий Казмерчук & - & - & - & - & - & - & - & 55 & 67 & - & 61 & 74 & 61 & 45 & 363\\ \hline 3. & Виктор Филимоненков & - & - & - & - & - & 77 & 64 & 60 & 7 & 21 & 32 & 32 & 22 & - & 315\\ \hline 4. & Олег Полубасов & - & - & - & - & 77 & - & 65 & 45 & 81 & - & - & - & - & - & 268\\ \hline 5. & Алексей Волошин & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 45 & 20 & 72 & 61 & 47 & 245\\ \hline 6. & Сергей Половинкин & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 80 & 57 & 64 & 201\\ \hline 7. & Николай Дерюгин & - & - & - & - & - & - & - & - & 18 & 3 & 30 & 49 & 21 & 20 & 141\\ \hline 8. & Андрей Богданов & - & - & - & - & 45 & - & 52 & 15 & - & - & - & - & - & - & 112\\ \hline 9. & Дмитрий Пашуткин & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 41 & 16 & 48 & 105\\ \hline 10. & Иван Козначеев & - & - & - & 53 & 2 & 13 & 8 & 9 & 3 & - & - & - & - & - & 88\\ \hline \end{tabular}

[VAL]

ММ141. Уточнение.
Конечно же условие следует читать так:

Существуют ли натуральные числа $n>1$ такие, что $\sigma(\sigma(n))<1.000000001n$?
($\sigma(n)$ - сумма натуральных делителей числа $n$.)

Повторял же, как заклинание: "Только не забыть написать, что $n>1$, только не забыть..." И, конечно, забыл

[VAL]

======= 141 ========

ММ141 (3 балла)

Существуют ли натуральные числа $n>1$ такие, что $\sigma(\sigma(n))<1.000000001n?$ ($\sigma(n)$ - сумма натуральных делителей числа $n$.)

===============

Решение

Проще всего найти подходящее число, взяв достаточно большое (больше $10^9$) простое число $p$ так, чтобы $p^2+p+1$ тоже было простым. Тогда в качестве $n$ подойдет $p^2$.
Наименьшее подходящее $p=1000003271$. Тогда $n=1000006542010699441$, $\sigma(\sigma(n))=1000006543010702714$ и $\frac{\sigma(\sigma(n))}n\approx 1.000000000999997$.

Обсуждение

Не обязательно добиваться простоты числа $p^2+p+1$. Достаточно, чтобы оно не имело малых простых делителей.
Например, iPhonograph взял $n=252097801217^2$. Тогда $\sigma(n)=53840489083\cdot 1180399778329$ и $\sigma(\sigma(n))<1.000000001n$.
Эта идея - использовать отсутствие малых множителей вместо простоты - позволила Андрею Халявину доказать то, что, по сути, было очевидно и остальным участникам. А именно: для любого $M$ найдутся натуральные $n$ такие, что $\sigma(\sigma(n))<n(1+\frac1M)$.
В самом деле, большинству участников (и ведущему) представляется очевидным, что существует бесконечно много простых $p$ таких, что $p^2+p+1$ тоже просто. Но "представляется очевидным" - не доказательство.
Андрей же доказал, что для каждого достаточно большого простого числа $p$ найдется показатель степени $k$ (ну очень большой!) такой, что $\sigma(p^k)$ не имеет малых делителей. И отсюда получил требуемое утверждение.

Гораздо более интересной, чем ММ141 является такая задача: Существуют ли натуральные числа $n>1$ такие, что $\sigma(\sigma(\sigma(n)))<1.5n?$
Но эту задачу мне решить не удалось. Ясно, что необходимым (но недостаточным) условием является существование такого натурального $n,$ что числа $n, \ \sigma(n), \ \sigma(\sigma(n))$ - нечетны.
Единственный известный мне нетривиальный пример дает число $n=81$.

Награды

За правильное решение задачи ММ141 Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин, Евгений Гужавин, iPhonograph, Sirion и Анатолий Казмерчук получают по 3 призовых балла. За правильное решение более общей задачи Андрей Халявин получает 5 призовых баллов. За верные идеи (не доведенные до конца) Александр Ларин и Кирилл Веденский получают 2 и 1 балл, соответственно.

Эстетическая оценка задачи 4 балла

Разбор задачи ММ141 подготовил Владимир Лецко

[maxal]

VAL в сообщении #482487 писал(а):

Ясно, что необходимым (но недостаточным) условием является существование такого натурального $n,$ что числа $n, \ \sigma(n), \ \sigma(\sigma(n))$ - нечетны.
Единственный извесстный мне нетривиальный пример дает число $n=81$.

Другие примеры даются квадратами нечетных элементов A008847.

[VAL]

maxal в сообщении #482555 писал(а):

VAL в сообщении #482487 писал(а):

Ясно, что необходимым (но недостаточным) условием является существование такого натурального $n,$ что числа $n, \ \sigma(n), \ \sigma(\sigma(n))$ - нечетны.
Единственный извесстный мне нетривиальный пример дает число $n=81$.

Другие примеры даются квадратами нечетных элементов A008847.

Угу. Спасибо!
Но таких, что $\sigma(\sigma(\sigma(n)))<1.5n$ там нет.
Уж на больно мелкие множители они дробятся. Так, $\sigma(n)$ не кратно 9 всего для двух элементов из (расширенного) списка.
Но, с другой стороны, таких $n$, для которых $n, \ \sigma(n), \ \sigma(\sigma(n))$ нечетны, оказывается полно. Так что, не исключено найдется и такое, что $\sigma(\sigma(\sigma(n)))<1.5n$

[VAL]

======= 142 ========

ММ142 (4 балла)

Все 80 натуральных делителей натурального числа n расположили в порядке возрастания.
Оказалось, делители с первого по четвертый образуют геометрическую прогрессию,
делители с четвертого по седьмой - арифметическую прогрессию,
а восьмой делитель меньше 200. Найти n.
====================

Решение

Первые 4 делителя обязаны иметь вид: $1, \ p, \ p^2, \ p^3.$
Учитывая, что 8-й делитель меньше 200, имеем $p \in \{2,3,5\}.$

Пусть $p=2.$ Тогда первый член арифметической прогрессии, которую образуют делители с 4-го 7-й, равен 8.
Разность прогрессии d не может быть четна, как в этом случае 6-й делитель равен 24. Но это невозможно, поскольку 3 не является делителем.
Если разность прогрессии нечетна, тогда 5-й делитель $q=8+d$ - наименьший нечетный простой делитель n.
Поскольку $8+2d < 2q$ меньше, 6-й делитель равен 16. Но тогда 5-й равен 12, что невозможно.
Итак, p не равно 2.

Пусть $p=3$. Тогда все делители n нечетны и d обязано быть четным.
7-й делитель $27+3d$ - кратен 3. Поэтому либо $27+3d = 3q,$ где $q = 27+d,$ либо $27+3d = 81.$
Легко проверить, что оба случая невозможны.

Остается случай $p=5.$ Тогда 4-й делитель равен 125, а делители с 5-го по 7-й ($125+d, \ 125+2d$ и $125+3d$) должны быть простыми.
Из последнего следует, что d обязано быть кратно 6. Если $d > 24$, то 8-й делитель больше 200.
Итак $d \in \{6, 12, 18, 24\}.$
$125+18 = 13\cdot 11.$ Поэтому d не может равняться 6 и 18.
$125+36 = 7\cdot 23.$ Поэтому d не может равняться 12.
При $d=24$ получаем три простых делителя 149, 173 и 197.
Для восьмого делителя, который меньше 200, остается одна возможность - 199.

Итак, мы уже имеем 5 различных простых сомножителей n. один из которых входит в разложение n не менее, чем в 3-й степени.
Это дает не менее $(3+1)(1+1)(1+1)(1+1)(1+1) = 64$ делителей.
Если у n найдется еще один простой делитель или еще один из имеющихся делителей будет в ходить в разложение n в степени выше 1-й, общее число делителей превысит 80.
Остается единственная возможность $n = 5^4\cdot 149 \cdot 173 \cdot 197 \cdot 199 = 631584831875$

Обсуждение

Задача не вызвала затруднений у участников. С ней успешно справились 15 человек (второй результат в истории Марафона).

Награды

За правильное решение задачи ММ142 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин, Дмитрий Пашуткин, Андрей Халявин, Евгений Машеров, Кирилл Веденский, Александр Ларин, Евгений Гужавин, Галина Крюкова. iPhonograph, Sirion и Umnik получают по 4 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.3 балла

Разбор задачи ММ142 подготовил Владимир Лецко

[VAL]

======= 143 ========

ММ143 (КГ11) (4 балла)

Девять из десяти ребер пятиугольной пирамиды имеют длину 1. В каком диапазоне может изменяться длина 10-го ребра?

====================

Решение

Очевидно, что возможны два случая: равны между собой все боковые ребра; равны между собой все ребра в основании.

Первый случай достаточно прозрачен. Вершины основания должны лежать на окружности. При этом десятое ребро может меняться от 0 (в случае когда пятиугольник в основании вырождается в квадрат) до $\sqrt3$ (когда вершины основания являются пятью вершинами правильного шестиугольника).
Поскольку в первом предельном случае пирамида становится четырехугольной, а во втором - плоской фигурой, крайние значения не достижимы и для длины десятого ребра получается интервал $(0; \ \sqrt3)$.

Значительно содержательнее второй случай. Легко видеть, что в этом случае пятиугольник в основании должен обладать осью симметрии. Кроме того, четыре из пяти вершин этого пятиугольника должны быть вершинами равнобочной трапеции. Переменную длину будет иметь ребро, соединяющее пятую вершину основания с вершиной трапеции.
Очевидно, что это ребро может быть сколь угодно коротким (нулевое значение достигается, когда вершины равнобочной трапеции в основании являются последовательными вершинами правильного шестиугольника, а угол при пятой вершине - развернутый).
Для нахождения наибольшего значения длины десятого ребра рассмотрим пятиугольник в основании пирамиды подробнее (см. рисунок).



Пусть $BK=b.$ Тогда $KL=\frac{\sqrt{3+4b-4b^2}}2, \ CK=\sqrt{1-b^2}, \ LO=\frac{1+2b}{2\sqrt{3+4b-4b^2}}$, а высота пирамиды $h=\sqrt{\frac{2-2b}{3-2b}}$.
Дифференцируя $d=h^2+CO^2$, как функцию от $b$, находим значение $b$, при котором достигается максимальная длина десятого ребра $b_{max}\approx 0.04712017569$ (точное значение, являющееся корнем уравнения 4-й степени можно выразить в радикалах, но выражение получается очень громоздким).
Легко убедиться, что это значение лежит в допустимых пределах изменения $b$.
Учитывая, что $\sqrt{d(b_{max})}\approx 1.778692025$ больше $\sqrt 3$, окончательно получаем диапазон изменения длины десятого ребра пирамиды $(0; \ \sqrt{d(b_{max})}]$.

Обсуждение

При уменьшении длины отрезка BD высота пирамиды монотонно увеличивается. Мне (и не только мне, но и ряду участников) сначала померещилось, что аналогично с уменьшением BD растет и CO. Это заблуждение нашло отражение в цене задачи.
Когда я, вскоре после публикации задачи, обнаружил свою ошибку, то сначала хотел внести исправление, увеличив цену задачи. Но затем решил не "светится" и увеличить балл за задачу лишь при при подведении итогов.

Награды

Отмеченная ошибка оказалась далеко не единственной. Некоторые участники не усмотрели возможности (а то и "усмотрели невозможность") изменения бокового ребра, другие рассматривали только выпуклые пятиугольники в основании, третьи наврали в вычислениях...
В результате баллы за задачу ММ143 распределились следующим образом:
Сергей Половинкин - 8 призовых баллов.
Андрей Халявин - 7 призовых баллов;
Дмитрий Пашуткин и Виктор Филимоненков - по 6 призовых баллов;
Кирилл Веденский - 5 призовых баллов;
Алексей Волошин Александр Ларин и iPhonograph - по 4 призовых балла;
Николай Дерюгин и Sirion - по 3 призовых балла;
Анатолий Казмерчук и Евгений Гужавин - по 2 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.6 балла

Разбор задачи ММ143 подготовил Владимир Лецко

[VAL]

Замечание к задаче ММ143
Сергей Половинкин настаивает на уточнении ответа к ММ143.
И с ним следует согласиться.
В самом деле, длина ребра в основании достигает $\sqrt3$ лишь для случая, когда пирамида вырождается в плоскую фигуру. Длина бокового ребра равна $\sqrt3$ лишь для случая, когда пятиугольник в основании вырождается в треугольник со сторонами 1, 2, 2 и пирамида становится треугольной.
Таким образом, $\sqrt3$ следует выколоть из ответа.

Полагаю, задачка от этого только выигрывает.
Выигрывает и Сергей, который поощряется дополнительным призовым баллом