Тема №8609 Решение олимпиады по математике Леонарда Эйлера
Поиск задачи:

Рассмотрим тему Решение олимпиады по математике Леонарда Эйлера из предмета Математика и все вопросы которые связанны с ней. Из представленного текста вы познакомитесь с Решение олимпиады по математике Леонарда Эйлера, узнаете ключевые особенности и основные понятия.

Уважаемые посетители сайта, если вы не согласны с той информацией которая представлена на данной странице или считаете ее не правильной, не стоит попросту тратить свое время на написание негативных высказываний, вы можете помочь друг другу, для этого присылайте в комментарии свое "правильное" решение и мы его скорее всего опубликуем.

1. Перед распродажей ложка и вилка стоили одинаково. На распродаже цену ложки уменьшили
на 1 рубль, а цену вилки — в 10 раз. Могло ли случиться, что ложка на распродаже продавалась дешевле вилки?
Ответ: Могло. Решение. Пусть начальная цена была 1 р. 10 коп. Тогда на распродаже ложка стоила 10 коп., а вилка — 11 коп. Замечание. Пусть x — начальная цена в копейках. Тогда x должно быть больше 100 (поскольку цена ложки на распродаже должна быть положительной), делиться на 10 (поскольку цена вилки на распродаже должна выражаться целым положительным числом копеек) и удовлетворять неравенству x–100 < x/10 ⇔ x < 111 1/9. Таким образом, x = 110 — единственная цена, удовлетворяющая всем перечисленным условиям.
Указания. Для полного балла достаточно верного примера. Ответ «могло» без примера — 0 бал-
лов. Примеры, где цена вилки на распродаже равна не положительному (в том числе 0) или не целому числу копеек, не засчитываются. Показано, что начальная цена должна удовлетворять неравенству 100 < x (коп.) < 111 1/9, но дальнейшего содержательного продвижения нет — 3 балла. Получено только неравенство x (коп.) < 111 1/9, а неравенства x > 100 и других содержательных продвижений нет — 2 балла.


2. Найдите все такие тройки чисел m, n, k, что каждое из уравнений mх
2+n = 0, nх2+k = 0 и kх2+m = 0 имеет хотя бы одно решение.
Ответ: m = n = k = 0. Решение. Если m = 0, то из mх
2+n = 0 получаем n = 0, а из nх
2+k = 0 — k = 0.
Аналогично для n = 0 и k = 0. Таким образом, если одно из чисел m, n, k равно 0, то равны 0 и два других. Допустим, ни одно из чисел m, n, k не равно 0. Тогда из первого уравнения следует, что числа m и n имеют разные знаки, а из второго — что числа n и k имеют разные знаки. Но тогда числа m и k имеют один знак, и в третьем уравнении x2 = –m/k < 0, то есть оно не имеет решений. Полученное противоречие показывает, что отличными от 0 числа m, n и k быть не могут. Замечание. То, что каждое из уравнений, указанных в условии, имеет решение, не означает, что все три уравнения имеют одно и то же решение. Поэтому доказательство, что у системы из трех данных уравнений есть решение только при m = n = k = 0, не является решением задачи. 

Указания. Только ответ — 0 баллов. Ответ плюс доказательство, что если одно из чисел m, n, k равно 0, то и остальные — тоже — 1 балл. Показано, что все три числа не могут быть отличными от 0, но не показано, что если одно из чисел m, n, k равно 0, то и остальные — тоже (как правило, это решение в предположении, что x2 всегда положительно) — 4 балла. Истолкование задачи как исследования системы из трех данных уравнений— грубая ошибка, 0 баллов. Внимание! По техническим причинам тем, кто решал задачу 2 в личных кабинетах, предлагалось ее условие, в котором выпал символ x: Найдите все такие тройки чисел m, n, k, что каждое из уравнений m2+n = 0, n2+k = 0 и k2+m = 0 имеет хотя бы одно решение. В такой формулировке задача сохраняет смысл, но становится значительно легче, потому что теперь она в самом деле сводится к решению системы из трех данных уравнений, из которой получаем равенство k = –n2 = –m4 = –k8 , откуда либо k = m = n = 0, либо k = m = n = –1. У тех, кто решал задачу в такой формулировке, оценивается фактически решавшаяся задача. Их результаты заносятся на отдельный лист «Задача без икса» таблицы результатов. Результаты тех, кто решал задачу 2 в правильной формулировке или не записал ее решения, заносятся в лист «Задача с иксом».Если в работе приведены решения задачи в обеих формулировках, занесите результаты в лист, соответствующий решению, которое оценено выше.
Указания по задаче без икса. Только ответ — 0 баллов. Нет проверки ответа, если по ходу решения она необходима — снимается 1 балл. В результате деления на выражение, которое может обращаться в 0, потеряно решение k = m = n = 0, остальное верно — 3 балла. Вообще не учитывается, что k, m, n могут быть нулями — не более 3 баллов. Показано, что m, n, k могут равняться только 0 или –1, но не показано, что m = n = k — 4 балла. Составлено уравнение m
8 +m = 0, дальнейшего содержательного продвижения нет — 1 балл. То же плюс указано, что корни этого уравнения — 0 и –1 (но не сказано, что k = m = n) — 3 балла. Составлено уравнение m8+m = 0, указаны его корни, сказано, но не доказано, что k = m = n — 4 балла. 

3. В 1001 году на багдадском базаре ковёр-самолёт стоил 1 динар. Затем в течение 99 лет он
каждый год, кроме одного, дорожал на 1 динар, а в один год подорожал в 3 раза. Мог ли в 1100
году такой же ковёр-самолёт стоить 152 динара?
Ответ: Не мог. Первое решение. Если бы ковёр-самолёт каждый год, кроме одного, дорожал на 1 динар, а в один год не дорожал бы совсем, то в 1100 году он стоил бы 1+98 = 99 динаров. Значит, в результате подорожания втрое к стоимости ковра добавились 152–99 = 53 динара. Но в результате подорожания втрое к стоимости ковра добавляется удвоенная его стоимость, то есть чётное число, а число 53 — нечётное. Второе решение. В год, когда цена утроилась, её чётность не изменилась, а остальные 98 лет чётность менялась каждый год. Поэтому с 1001 по 1100 год чётность цены менялась чётное количество раз. Следовательно, в 1100 году цена, как и в 1001 году, была нечётной, и 152 динара ковер стоить не мог. Третье решение. За 98 лет, когда цена ковра росла на 1 динар, он подорожал на 98 динаров, а в тот год, когда его цена возросла втрое, к его цене в предыдущем году прибавилась удвоенная такая же цена. Поэтому чем позже ковер подорожал втрое, тем больше его цена в 1100 году. Если ковер подорожал втрое в 1027 году, то в 1100 году он будет стоить 3⋅26+(1100–1027) = 151 динар, а если в 1028 году — то 3⋅27+(1100–1028) = 153 динара. При подорожании втрое позже 1028 года он будет в 1100 году стоить больше 153 динаров, а раньше 1027 года — меньше 151 динара. Следовательно, 152 динара в 1100 году ковер стоить не мог.
Указания. Только ответ — 0 баллов. Показано, что при подорожании втрое в 1027 году ковер в
1100 году будет стоить 151 динар, а при подорожании втрое в 1028 году — 153 динара, но не объясняется, почему из этого следует ответ — 2 балла. То же, плюс соображения монотонности (чем позже ковер подорожал втрое, тем больше он стоит в 1100 году) без обоснования — 4 балла. Ошибка на единицу из-за неправильного учета краевого эффекта — оценка не выше 3 баллов (как правило, 0 баллов). Верно составлено, но не решено диофантово уравнение (или приведен только его ответ без объяснения, почему других ответов нет) — 3 балла. На основании нескольких числовых примеров утверждается, что в 2100 году ковер будет стоить нечетное число динаров, содержательного продвижения в обосновании нет — 1 балл.


4. Точка D лежит внутри треугольника ABC. Может ли случиться, что самая короткая сторона
треугольника BCD равна 1, самая короткая сторона треугольника ACD равна 2, а самая короткая сторона треугольника ABD равна 3?
Ответ: Не может. Решение. Поскольку по условию AD ≥ 3 и CD ≥ 2, в треугольнике BCD единице
может равняться только BC, а в треугольнике ACD двойке может равняться CD или AC. Но в обо
их случаях не выполнено неравенство треугольника: если AC = 2, то AB ≥ 3 = BC+AC в треугольнике ABC, а если CD = 2, то BD ≥ 3 = BC+CD в треугольнике BCD.
Указания. Доказано только, что BC = 1 — 1 балл. Неполный перебор случаев — не более 2 баллов. Без доказательства используется тот факт, что всякий отрезок с концами, принадлежащими треугольнику, не длиннее наибольшей стороны этого треугольника — не более 3 баллов.


5. Шестизначное число N совпадает с каждым из пяти шестизначных чисел A, B, C, D, E в трёх
разрядах. Докажите, что среди чисел A, B, C, D, E найдутся два, совпадающие по крайней мере в двух разрядах.
Решение. Запишем число N и поставим по крестику под цифрами в тех разрядах, в которых число N совпадает с числом A. Затем поставим по крестику под цифрами в тех разрядах, в которых число N совпадает с числом B и т.д. В итоге мы поставим 15 крестиков. Значит, найдётся разряд, под которым крестиков не меньше трёх. Поэтому среди чисел A, B, C, D, E найдутся три, совпадающие в одном из разрядов (назовём его отмеченным). Оставим только крестики, соответствующие этим числам и не стоящие в отмеченном разряде. Их шесть, а не отмеченных разрядов — пять, поэтому среди них найдутся два, стоящие в одном разряде. Числа, соответствующие этим крестикам — искомые: они совпадают в этом разряде, а также в отмеченном.
Указания. Перебор случаев, существенно не доведённый до полного решения — 0 баллов. Не рассмотрен только случай, когда есть два числа, не совпадающие ни в одном разряде — 3 балла. Не рассмотрен только случай, когда есть три числа, совпадающие в одном и том же разряде — 3 балла. Рассмотрен только пример, когда каждое из четырех чисел совпадает с каждым их остальных в одном разряде, причем разбор случая, когда есть три числа, совпадающие в одном и том же разряде, не вытекает из проведенных рассуждений — 1 балл. 


Категория: Математика | Добавил: Админ (06.10.2016)
Просмотров: | Рейтинг: 0.0/0


Другие задачи:
Всего комментариев: 0
avatar