Тема №8497 Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 1)
Поиск задачи:

Рассмотрим тему Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 1) из предмета Математика и все вопросы которые связанны с ней. Из представленного текста вы познакомитесь с Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 1), 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.

КОМАНДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА 15.02.2011

ЗАДАНИЯ ДЛЯ ГРУППЫ «СТАРТ»

1. Мотоциклисты Вася и Петя ездят с постоянными скоростями по круговому треку длиной 1км. Вася обнаружил, что Петя каждые 2 минуты его обгоняет. Тогда он вдвое увеличил скорость и теперь уже сам каждые 2 минуты стал обгонять Петю. С какими скоростями ехали мотоциклисты изначально? (С. Берлов)

2. На острове рыцарей и лжецов два племени. Каждый островитянин произнес фразу: «В моем племени лжецов больше, чем в соседнем». Может ли на острове быть ровно 2011 жителей? (C. Берлов)

3. В кружок поступили 20 школьников, среди которых Вася и Петя. Оказалось, что каждый из поступивших знает ровно четверых других, а у Васи и Пети трое общих знакомых. Докажите, что среди поступивших в кружок есть школьник, не знакомый ни с Васей, ни с Петей и даже не имеющий ни с кем из них общих знакомых. (C. Берлов)

4. Дано 8 трехзначных чисел. Докажите, что из них можно выбрать два и записать их подряд таким образом, что получившееся шестизначное число будет делиться на 7. (Komal-2010)

5. Можно ли на шахматную доску 8´8 поставить 16 не бьющих друг друга королей так, чтобы в каждой строке и каждом столбце стояло по 2 короля? (С. Берлов, по мотивам SL-2010)

6. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(1000) меньше, чем o(1)+o(2)+…+o(1000). (Венгрия, олимпиада им. Кюршака, 1999, упрощение)

7. На окружности отмечено 20 точек и проведен 21 соединяющий их отрезок. Докажите, что из этих отрезков можно выбрать три, составляющие несамопересекающуюся ломаную. (А. Пастор по мотивам задачи сеньоров)

ЗАДАНИЯ ДЛЯ ЮНИОРОВ

1. На острове живут три племени. Каждый житель острова является либо рыцарем (то есть всегда говорит правду), либо лжецом (то есть всегда врет). В один прекрасный день каждый житель острова сказал: «В одном из других племен лжецов меньше, чем в нашем». Может ли на этом острове быть ровно 2011 жителей? (С. Берлов, Д. Карпов)

2. В кружок поступили 20 школьников, среди которых Вася и Петя. Оказалось, что каждый из поступивших знает ровно четверых других, а у Васи и Пети трое общих знакомых. Докажите, что среди поступивших в кружок есть школьник, не знакомый ни с Васей, ни с Петей и даже не имеющий ни с кем из них общих знакомых. (C. Берлов)

3. Натуральное число n выбрано между двумя квадратами последовательных натуральных чисел, причем меньший из этих квадратов меньше n ровно на a, а больший — больше n ровно на b. Докажите, что число nab — квадрат целого числа. (Komal-2010)

4. Точка D — середина стороны AC треугольника ABC. Известно, что BC = BD. На продолжении стороны BC за точку C отмечена точка E, такая, что CE = CD. Оказалось, что DE ^ AB. Во сколько раз отрезок BD больше отрезка AD? (А. Пастор)

5. Какое наибольшее количество слонов можно расставить на доске 7´7 так, чтобы каждый слон бил четное число слонов? (Сербия, 2009, окружной тур)

6. На окружности отмечено n точек и проведен n+1 соединяющий их отрезок. Докажите, что из этих отрезков можно выбрать три, составляющие несамопересекающуюся ломаную. (А. Пастор по мотивам задачи сеньоров)

7. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(n) отличается от o(1)+o(2)+…+o(n) меньше, чем на n. (Венгрия, олимпиада им. Кюршака, 1999)

8. Пусть x, y и z такие вещественные числа, что x ³ 4, y ³ 5, z ³ 6 и x2+y2+z2 ³ 90. Докажите, что x+y+z ³ 16. (Општинско такмиченье из математике ученика средньих школа, 31.01.2009. Треhи разред, категориjа А.)

ЗАДАНИЯ ДЛЯ СЕНЬОРОВ

1. На острове живут три племени. Каждый житель острова является либо рыцарем (то есть всегда говорит правду), либо лжецом (то есть всегда врет). В один прекрасный день каждый житель острова сказал: «В одном из других племен лжецов меньше, чем в нашем». Может ли на этом острове быть ровно 2011 жителей? (С. Берлов, Д. Карпов)

2. 1000 пилюль весом 0,38 г и 5000 пилюль 0,038 г раскладывают по чашкам вместимостью 1 г каждая. Каким наименьшим количеством чашек удастся обойтись? (Какая-то Аргентина)

3. Какое наибольшее количество слонов можно расставить на доске 4´4 так, чтобы каждый слон бил четное число слонов? (Сербия, 2009, окружной тур, упрощение)

4. В четырехугольнике ABCD диагонали перпендикулярны, а стороны AB и DC параллельны. Докажите, что BC×DA ³ AB×CD. (Венгрия, олимпиада им. Кюршака, 1996)

5. В теннисном турнире с участием 10 игроков каждые два участника сыграли между собой одну партию. При этом оказалось, что если A выиграл у B, то сумма количества проигрышей игрока A и количества побед игрока B не меньше 8. Докажите, что игроков, одержавших в этом турнире ровно 4 победы, столько же, сколько игроков, одержавших ровно 5 побед. Напомним, что ничьих в теннисе не бывает. (Аргентина, 1996)

6. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(n) отличается от o(1)+o(2)+…+o(n) меньше, чем на n. (Венгрия, олимпиада им. Кюршака, 1999)

7. Вершины A и E квадрата ABCD и прямоугольника EBFD лежат по одну сторону от общей диагонали BD. Точка G на прямой BE такова, что AG перпендикулярно AE. Докажите, что BG = ED. (M.N.Aref, W.Wernick, Problems & Solutions in Euclidean Geometry, N 75)

8. В выпуклом n-угольнике провели 2kn+1 диагональ. Докажите, что можно выбрать 2k+1 диагоналей, составляющих несамопересекающуюся ломаную. (Венгрия, олимпиада им. Кюршака, 1996

 

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КОМАНДНОЙ ОЛИМПИАДЫ ГРУППЫ «СТАРТ»

Задача 1. Мотоциклисты Вася и Петя ездят с постоянными скоростями по круговому треку длиной 1км. Вася обнаружил, что Петя каждые 2 минуты его обгоняет. Тогда он вдвое увеличил скорость и теперь уже сам каждые 2 минуты стал обгонять Петю. С какими скоростями ехали мотоциклисты изначально?

Ответ. 60 км/ч и 90 км/ч. Решение. Петя каждые две минуты проезжал на километр больше Васи, то есть за час — на 30 км больше. После того, как Вася увеличил скорость вдвое, уже он стал проезжать за час на 30 км больше Пети. Значит, изначально скорость Васи составляла 30+30 = 60 км/ч, а скорость Пети — 90 км/ч.

Задача 2. На острове рыцарей и лжецов два племени. Каждый островитянин произнес фразу: «В моем племени лжецов больше, чем в соседнем». Может ли на острове быть ровно 2011 жителей?

Ответ. Нет. Решение. Поскольку все островитяне сказали одно и то же, каждое племя состоит либо из одних рыцарей, либо из одних лжецов. Из одних рыцарей оно состоять не может: тогда получилось бы, что в другом племени отрицательное количество лжецов. Значит, оба племени состоят из одних лжецов. Поскольку число 2011 нечетно, в одном из племён больше жителей, чем в другом. Но тогда все лжецы из более многочисленного племени говорят правду, что невозможно.

Задача 3. В кружок поступили 20 школьников, среди которых Вася и Петя. Оказалось, что каждый из поступивших знает ровно четверых других, а у Васи и Пети трое общих знакомых. Докажите, что среди поступивших в кружок есть школьник, не знакомый ни с Васей, ни с Петей и даже не имеющий ни с кем из них общих знакомых.

Решение. Пусть Петя и Вася знакомы с Аней, Борей и Вовой, Петя кроме того знаком с Гришей, а Вася — с Димой. У Гриши и Димы, кроме Пети с Васей есть ещё, самое большее, 3+3 = 6 разных знакомых, а у Ани, Бори и Вовы — тоже 2+2+2 = 6 разных знакомых, всего — не больше 12. Ещё семеро — Петя, Вася, Аня, Боря, Вова, Гриша, Дима, всего — 19. Сюда входят все знакомые Пети и Васи и знакомые их знакомых. Поэтому в кружке из 20 человек найдётся школьник, не входящий в их число, что и требовалось доказать.

Задача 4. Дано 8 трехзначных чисел. Докажите, что из них можно выбрать два и записать их подряд таким образом, что получившееся шестизначное число будет делиться на 7.

Решение. Если трехзначные числа a и b записаны подряд, то получившееся шестизначное число равно 1000a+b = 1001a+(ba). Поскольку 1001 делится на 7, 1000a+b делится на 7 тогда и только тогда, когда делится на 7 разность ba. Осталось заметить, что среди любых восьми целых чисел найдутся два, дающие одинаковые остатки при делении на 7.

Задача 5. Можно ли на шахматную доску 8´8 поставить 16 не бьющих друг друга королей так, чтобы в каждой строке и каждом столбце стояло по 2 короля?

Ответ. Да. Решение. Пример — на рисунке справа.

Задача 6. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(1000) меньше, чем o(1)+o(2)+…+o(1000).

Решение. Выпишем на доску все делители чисел 1, 2, …, 1000. Поскольку чисел, делящихся на 1, среди чисел от 1 до 1000 не меньше (и  даже больше), чем делящихся на 2, единиц выписано больше, чем двоек. По аналогичной причине троек выписано не меньше, чем четверок, пятерок — не меньше, чем шестерок, …, чисел 999 — не меньше, чем чисел 1000, откуда все и следует.

Задача 7. На окружности отмечено 20 точек и проведен 21 соединяющий их отрезок. Докажите, что из этих отрезков можно выбрать три, составляющие несамопересекающуюся ломаную.

Решение. Если среди наших точек есть такая, из которой выходит не больше одного отрезка, удалим ее вместе с отрезком и будем так делать до тех пор, пока есть такие точки. Отрезков при этом всегда будет оставаться больше, чем точек. Поскольку трех точек с четырьмя отрезками не бывает, в какой-то момент у нас возникнет ситуация, когда из каждой точки выходит не меньше двух отрезков, и есть точка A, из которой выходит не меньше трех отрезков (иначе отрезков не больше, чем точек). Пусть AB, AC и AD — три выходящих из нее отрезка, причем луч AC лежит внутри угла BAD. Рассмотрим второй отрезок CE, выходящий из точки С. С одной из точек B и D он лежит по разные стороны от прямой AC. Если это B, искомой будет ломаная BACE, а если D — ломаная DACE.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КОМАНДНОЙ ОЛИМПИАДЫ МЛАДШЕЙ ГРУППЫ

Задача 1. На острове живут три племени. Каждый житель острова является либо рыцарем (то есть всегда говорит правду), либо лжецом (то есть всегда врет). В один прекрасный день каждый житель острова сказал: «В одном из других племен лжецов меньше, чем в нашем». Может ли на этом острове быть ровно 2011 жителей?

Ответ: Нет. Решение. Поскольку в каждом племени все островитяне утверждают одно и то же, каждое племя состоит либо из одних рыцарей, либо из одних лжецов. Из одних рыцарей оно состоять не может: тогда получилось бы, что в другом племени отрицательное количество лжецов. Значит, все три племени состоят из одних лжецов. Возьмем самое многочисленное племя М. Поскольку 2011 не делится на 3, найдется племя, в котором людей меньше. Получается, что все люди их племени М говорят правду, что невозможно.

Задача 2. В кружок поступили 20 школьников, среди которых Вася и Петя. Оказалось, что каждый из поступивших знает ровно четверых других, а у Васи и Пети трое общих знакомых. Докажите, что среди поступивших в кружок есть школьник, не знакомый ни с Васей, ни с Петей и даже не имеющий ни с кем из них общих знакомых.

Решение. Пусть Петя и Вася знакомы с Аней, Борей и Вовой, Петя кроме того знаком с Гришей, а Вася — с Димой. У Гриши и Димы, кроме Пети с Васей есть ещё, самое большее, 3+3 = 6 разных знакомых, а у Ани, Бори и Вовы — тоже 2+2+2 = 6 разных знакомых, всего — не больше 12. Ещё семеро — Петя, Вася, Аня, Боря, Вова, Гриша, Дима, всего — 19. Сюда входят все знакомые Пети и Васи и знакомые их знакомых. Поэтому в кружке из 20 человек найдётся школьник, не входящий в их число, что и требовалось доказать.

Задача 3. Натуральное число n выбрано между двумя квадратами последовательных натуральных чисел, причем меньший из этих квадратов меньше n ровно на a, а больший — больше n ровно на b. Докажите, что число n–ab — квадрат целого числа.

Решение. Пусть k2 < n < (k+1)2. Тогда a+= (k+1)2k2 = 2k+1, и nab = k2+aa(2k+1–a) = k2–2ka+a2 = (k–a)2.

Задача 4. Точка D — середина стороны AC треугольника ABC. Известно, что BC = BD. На продолжении стороны BC за точку C отмечена точка E, такая, что CE = CD. Оказалось, что DE ^ AB. Во сколько раз отрезок BD больше отрезка AD?

Ответ: В 2 раза. Решение. Пусть углы при основании DE равнобедренного треугольника DCE равны a. По теореме о внешнем угле треугольника угол BCA равен 2a. Но тогда его биссектриса параллельна прямой DE, и, стало быть, перпендикулярна AB, то есть является в треугольнике ABC биссектрисой и высотой. Следовательно, AC = BC = BD, откуда и получаем ответ.

Задача 5. Какое наибольшее количество слонов можно расставить на доске 7´7 так, чтобы каждый слон бил четное число слонов?

Ответ. 41. Решение. Будем считать, что угловые клетки доски — черные. Пример: слоны стоят на всех белых клетках доски, а также на всех черных, кроме тех, что находятся в двух крайних вертикалях. Оценка. Заметим, что если в углу стоит слон, то больше слонов на исходящей из этого угла диагонали нет. Стало быть, если в углах стоят два слона, то на доске не менее 11 пустых клеток (обе диагонали минус две угловые клетки), а если один — то не менее 8 пустых клеток (6 клеток на одной диагонали и два пустых угла на другой). В обоих случаях на доске не более 49–8 = 41 слона. Пусть все углы пусты. Рассмотрим клетку, соседнюю с угловой по диагонали, и три соседних с ней по диагонали не угловых клетки. На всех четырех этих клетках слоны стоять не могут, так как тогда одного из них будут бить три. Поэтому в каждой такой четверке хотя бы одна из клеток пуста, и, поскольку таких четверок четыре, и они не имеют общих клеток, мы заработали еще 4 пустых клетки, кроме угловых, что и завершает доказательство.

Задача 6. На окружности отмечено n точек и проведен n+1 соединяющий их отрезок. Докажите, что из этих отрезков можно выбрать три, составляющие несамопересекающуюся ломаную.

Решение. Если среди наших точек есть такая, из которой выходит не больше одного отрезка, удалим ее вместе с отрезком и будем так делать до тех пор, пока есть такие точки. Отрезков при этом всегда будет оставаться больше, чем точек. Поскольку трех точек с четырьмя отрезками не бывает, в какой-то момент у нас возникнет ситуация, когда из каждой точки выходит не меньше двух отрезков, и есть точка A, из которой выходит не меньше трех отрезков. Пусть AB, AC и AD — три выходящих из нее отрезка, причем луч AC лежит внутри угла BAD. Рассмотрим второй отрезок CE, выходящий из точки С. С одной из точек B и D он лежит по разные стороны от прямой AC. Если это B, искомой будет ломаная BACE, а если D — ломаная DACE.

Задача 7. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(n) отличается от o(1)+o(2)+…+o(n) меньше, чем на n.

Решение. Выпишем на доску все делители чисел 1, 2, …, n. Пусть выписано s1 единиц, s2 двоек, …, sn чисел n. Очевидно, что n = s1 ³ s2 ³ … ³ sn. Заметим, что |(o(1)+o(2)+…+o(n))–(e(1)+e(2)+…+e(n))| равняется модулю знакопеременной суммы s1s2+s3–…+(–1)n+1sn. Эта сумма не больше s1 = n, поскольку группируя s3 и –s2, s5 и –s4 и т.д., получаем неположительные слагаемые (а если n четно, то непарное слагаемое –sn отрицательно). С другой стороны, группируя s1 и –s2, s3 и –s4 и т.д., получаем неотрицательные слагаемые (а если n нечетно, то непарное слагаемое sn положительно), так что указанная сумма не меньше 0, что и завершает доказательство.

Задача 8. Пусть x, y и z такие вещественные числа, что x ³ 4, y ³ 5, z ³ 6 и x2+y2+z2 ³ 90. Докажите, что x+y+z ³ 16.

Решение. Положим a = x–4, b = y–5, c = z–6. По условию числа a, b и c неотрицательны. Если какое-то из них не меньше 1, то x+y+z ³ 4+5+6+1 = 16, и все доказано. Дальше будем считать, что a, b и c меньше 1. Тогда

90 ≤ x2+y2+z2 = (a+4)2+(b+5)2+(c+6)2 = a2+b2+c2+8a+10b+12c+16+25+36 ≤ a+b+c+8a+10b+12c+77.

Приведя подобные члены и вычтя 77, получаем, что 13(a+b+c) ³ 9a+11b+13c ³ 13, откуда a+b+c ³ 1, и x+y+z = 4+5+6+a+b+c ³ 16.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ КОМАНДНОЙ ОЛИМПИАДЫ СТАРШЕЙ ГРУППЫ

Задача 1. На острове живут три племени. Каждый житель острова является либо рыцарем (то есть всегда говорит правду), либо лжецом (то есть всегда врет). В один прекрасный день каждый житель острова сказал: «В одном из других племен лжецов меньше, чем в нашем». Может ли на этом острове быть ровно 2011 жителей?

Ответ: Нет. Решение. Поскольку в каждом племени все островитяне утверждают одно и то же, каждое племя состоит либо из одних рыцарей, либо из одних лжецов. Из одних рыцарей оно состоять не может: тогда получилось бы, что в другом племени отрицательное количество лжецов. Значит, все три племени состоят из одних лжецов. Возьмем самое многочисленное племя М. Поскольку 2011 не делится на 3, найдется племя, в котором людей меньше. Получается, что все люди их племени М говорят правду, что невозможно.

Задача 2. 1000 пилюль весом 0,38 г и 5000 пилюль 0,038 г раскладывают по чашкам вместимостью 1 г каждая. Каким наименьшим количеством чашек удастся обойтись?

Ответ. 577. Решение. Заменим каждую тяжелую пилюлю десятью легкими. От этого наши возможности раскладывать пилюли по чашкам не ухудшатся. Так как 26×0,038 < 1 < 27×0,038, в одну чашку мы сможем положить максимум 26 пилюль. Всего пилюль в пересчете на легкие у нас 15000, а 576 < 15000:26 < 577. Поэтому чашек потребуется не меньше, чем 577. С другой стороны, такого количества чашек хватит, если положить в 500 чашек по две большие и 6 маленьких, в 76 чашек по 26 маленьких пилюль, а в одну — 24 маленькие пилюли.

Задача 3. Какое наибольшее количество слонов можно расставить на доске 4´4 так, чтобы каждый слон бил четное число слонов?

Ответ. 10. Решение. Пример с 10 слонами — на рисунке справа. Чтобы доказать, что больше 10 слонов быть не может, покажем, что на полях одного цвета может стоять не больше 5 слонов. Всего есть 8 полей данного цвета. Если слон стоит на угловой клетке, то больше слонов на исходящей из этого угла диагонали нет, то есть всего слонов на клетках этого цвета не больше 5. Если же в угловых клетках слоны не стоят, а во всех 6 оставшихся клетках — стоят, то есть два слона, которых бьют три других, что противоречит условию.

Задача 4. В четырехугольнике ABCD диагонали перпендикулярны, а стороны AB и DC параллельны. Докажите, что BC×DA ³ AB×CD.

Решение. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырехугольника. Положим OA = a, OB = b. Треугольник OAB подобен треугольнику OCD по двум углам с некоторым коэффициентом k, поэтому OC = ka, OD = kb. По теореме Пифагора AB2 = a2+b2, CD2 = k2a2+k2b2, BC2 = k2a2+b2, AD2 = a2+k2b2. Задача свелась к доказательству неравенства (k2a2+b2)(a2+k2b2) ³ (a2+b2)(k2a2+k2b2), которое после раскрытия скобок и приведения подобных членов сводится к очевидному неравенству (k2–1)2a2b2 ³ 0.

Задача 5. В теннисном турнире с участием 10 игроков каждые два участника сыграли между собой одну партию. При этом оказалось, что если A выиграл у B, то сумма количества проигрышей игрока A и количества побед игрока B не меньше 8. Докажите, что игроков, одержавших в этом турнире ровно 4 победы, столько же, сколько игроков, одержавших ровно 5 побед. Напомним, что ничьих в теннисе не бывает.

Решение. Сопоставим каждому игроку количество очков, равное числу его побед. Как легко видеть, суммарное количество очков равно количеству игр, то есть 45. Покажем, что каждый игрок выиграл хотя не более 5 партий.

Пусть игрок А выиграл у игрока B, и количество набранных ими очков равно a и b соответственно. По условию 9–a+b ³ 8 Û a –b ≤ 1 (*).

Если какой-то игрок выиграл хотя бы 7 партий, то проигравшие ему игроки в силу (*) выиграли хотя бы по 6. Но тогда суммарное количество набранных ими очков не меньше 6×7+7 = 49, что больше 45. Если какой-то из игроков A набрал 6 очков, то проигравшие ему набрали хотя бы по 5. Рассмотрим игрока, который выиграл у A. Если он выиграл у всех игроков, у которых выиграл А, то он набрал хотя бы 7 очков, что невозможно. Если он проиграл кому-то из них, то в силу (*) количество набранных им очков не может быть меньше 4. Отсюда получается, что общее количество набранных очков не меньше, чем 6+5×6+3×4 = 48, а это больше 45.

Заметим, что игроки, набравшие 5 очков, найтись должны, кроме того их должно быть не меньше 5: иначе всего игроки набрали меньше 45 очков. Покажем, что не найдется игрока, набравшего меньше 4 очков. Пусть такой игрок нашелся. Тогда в силу (*) он не мог проиграть игроку, набравшему 5 очков. Но выиграть у всех игроков, набравших 5 очков, он тоже не мог, так как их не меньше пяти — противоречие. Получаем, что все игроки одержали либо 4, либо 5 побед. Простой подсчет суммы очков, показывает что таких игроков поровну.

Задача 6. Пусть e(k) — количество четных натуральных делителей натурального числа k, а o(k) — количество его нечетных натуральных делителей. Докажите, что e(1)+e(2)+…+e(n) отличается от o(1)+o(2)+…+o(n) меньше, чем на n.

Решение. Выпишем на доску все делители чисел 1, 2, …, n. Пусть выписано s1 единиц, s2 двоек, …, sn чисел n. Очевидно, что n = s1 ³ s2 ³ … ³ sn. Заметим, что |(o(1)+o(2)+…+o(n))–(e(1)+e(2)+…+e(n))| равняется модулю знакопеременной суммы s1s2+s3–…+(–1)n+1sn. Эта сумма не больше s1 = n, поскольку группируя s3 и –s2, s5 и –s4 и т.д., получаем неположительные слагаемые (а если n четно, то непарное слагаемое –sn отрицательно). С другой стороны, группируя s1 и –s2, s3 и –s4 и т.д., получаем неотрицательные слагаемые (а если n нечетно, то непарное слагаемое sn положительно), так что указанная сумма не меньше 0, что и завершает доказательство.

Задача 7. Вершины A и E квадрата ABCD и прямоугольника EBFD лежат по одну сторону от общей диагонали BD. Точка G на прямой BE такова, что AG перпендикулярно AE. Докажите, что BG = ED.

Решение. Все вершины квадрата ABCD и прямоугольника EBFD лежат на окружности радиуса BD/2 с центром O в середине отрезка BD. Поскольку вписанный в нее угол FAE опирается на диаметр, он прямой, то есть точка G лежит на пересечении прямых BE и AF: внутри окружности, если точка E лежит на дуге AD, и вне ее в противном случае.

Рассмотрим первый случай. Вписанный угол EBF — прямой, поскольку опирается на диаметр EF. Вписанный угол BFA равен 45 градусам, поскольку опирается на дугу AB, равную 90 градусам. Поэтому прямоугольный треугольник GBF — равнобедренный, и нам достаточно доказать, что BF = ED. Но это очевидно, поскольку треугольники OBF и ODE равны по первому признаку.

Во втором случае вписанный угол BEA равен 135 градусам. Поэтому треугольник GAE — прямоугольный равнобедренный, откуда AE = AG. Кроме того, AB = AD и каждый из углов GAB и DAE равен 90 градусам плюс половина дуги EB. Поэтому треугольники GAB и EAD равны по первому признаку, откуда BG = ED.

Задача 8. В выпуклом n-угольнике провели 2kn+1 диагональ. Докажите, что можно выбрать 2k+1 диагоналей, составляющих несамопересекающуюся ломаную.

Решение. Индукция по k. При k = 0 утверждение задачи очевидно. Пусть верно при k = m. Докажем для k = m+1. Для каждой вершины удалим две выходящие из нее диагонали, отсекающие наименьшее количество вершин по и против часовой стрелки соответственно (если из вершины выходит меньше двух диагоналей — удалим все). После этого у нас останется не меньше, чем 2(k–1)n+1 диагоналей, и по предположению индукции найдется (k–1)-звенная несамопересекающаяся ломаная из этих диагоналей. Пусть AB — ее первое звено. Возьмем стертую диагональ AC, которая идет в том же направлении, что и AB. Добавляя к найденной ломаной начальное звено CA, получаем искомую k-звенную несамопересекающуюся ломаную.

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА 15.02.2011

ЗАДАНИЯ ДЛЯ 6 КЛАССА

1. У четырехзначного числа X взяли две последние цифры, поменяли их местами и полученное двузначное число прибавили к X. Получилось число 2011. Чему могло быть равно число X? Двузначное число не может начинаться с нуля. (С. Волченков)

2. На доску выписали 20 различных натуральных чисел. Оказалось, что среди них 11 чисел делятся на 13, а 13 чисел делятся на 11. Докажите, что среди них есть число, большее 500. (И. Рубанов)

3. Семь футбольных команд провели турнир в один круг, причем каждая команда ровно два матча выиграла и ровно два проиграла. Могло ли такое случиться, что никакие 3 команды не выиграли друг у друга по циклу (то есть нет трёх таких команд А, Б и В, что А выиграла у Б, Б — у В, а В — у А)? (С. Берлов по мотивам классики)

4. На окружности расположено 100 точек. Каждая точка окрашена в один из двух цветов. Оказалось, что количество прямых, соединяющих разноцветные точки, равно количеству прямых, соединяющих одноцветные точки. Сколько всего точек каждого из цветов может быть? (С. Берлов по мотивам Komal-2010)

5. Каким наименьшим количеством коней можно побить все черные поля доски 9´9, угловые поля которой — чёрные? (С. Волченков)

 

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА 15.02.2011

ЗАДАНИЯ ДЛЯ 7 КЛАССА

1. Маша первый вторник месяца провела в Кирове, а первый вторник после первого понедельника этого же месяца она была в Казани. В первую среду следующего месяца Маша была в Вологде, а первую среду после первого вторника того же месяца она провела в Костроме. Где Маша в том году была 8 марта? (Болгария. Општинско такмиченье из математике ученика средньих школа, 02.02.2008. Други разред, категориjа Б.)

2. Дан клетчатый квадрат 11´11. Его клетки покрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета, причем углы квадрата черные. Можно ли в этом квадрате разместить несколько квадратиков 3´3 с вырезанной центральной клеткой так, чтобы каждая белая клетка исходного квадрата была покрыта ровно один раз? (А. Глазман, Д. Карпов)

3. Даны 20 различных натуральных чисел. Девять из них делятся на 19, восемь из них делятся на 18, семь из них делятся на 17. Докажите, что одно из них больше 600. (И. Рубанов, А. Храбров)

4. Квадраты ABCD и DEFG таковы, что точка E лежит на отрезке CD, а точка D — на отрезке AG. Прямые AC и EG пересекаются в точке H. Докажите, что точки B, F, H лежат на одной прямой. (А. Акопян)

5. Найдите все пары простых чисел p и q такие, что p6q2 = (pq)2/2. (Белоруссия, 2010)

 

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА 15.02.2011

ЗАДАНИЯ ДЛЯ 8 КЛАССА

1. Сложили числа 9, 99, 999, …, 99…99 (2011 девяток). Сколько единиц в записи получившейся суммы? (Голованов его знает)

2. Дан клетчатый прямоугольник 2009´2013. Его клетки покрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета, причем углы квадрата черные. Можно ли в этом квадрате разместить несколько квадратиков 3´3 с вырезанной центральной клеткой так, чтобы каждая белая клетка исходного квадрата была покрыта ровно один раз? (А. Глазман, Д. Карпов)

3. Точки D и E — основания перпендикуляров, опущенных из вершины A треугольника ABC на биссектрисы углов B и C. Докажите, что прямые DE и BC параллельны. (M.N.Aref, W.Wernick, Problems & Solutions in Euclidean Geometry, 1.18)

4. Найдите все пары простых чисел p и q такие, что p6q2 = (pq)2/2. (Белоруссия, 2010)

5. Докажите, что при любых положительных a, b и c выполнено неравенство . (США, сборы на ММО, 2006)

Решения задач личной олимпиады 6 класса

Задача 1. У четырехзначного числа X взяли две последние цифры, поменяли их местами и полученное двузначное число прибавили к X. Получилось число 2011. Чему могло быть равно число X? Двузначное число не может начинаться с нуля.

Ответ: 2010. Решение. По условию 2011 = , откуда . Поскольку c+d < 19, 11(c+d1) делится на 100 только при c+d = 1, то есть при с = 0, d = 1 или с = 1, d = 0. Второй случай невозможен, так как двузначное число не может начинаться с нуля, а первый дает ответ.

Задача 2. На доску выписали 20 различных натуральных чисел. Оказалось, что среди них 11 чисел делятся на 13, а 13 чисел делятся на 11. Докажите, что среди них есть число, большее 500.

Решение. Так как 11 и 13 — простые числа, числа, делящиеся на 11 и 13 одновременно, делятся на 11×13. Легко видеть, что среди выписанных есть по крайней мере четыре таких числа. Наибольшее из них не меньше, чем 4×11×13 > 500.

Задача 3. Семь футбольных команд провели турнир в один круг, причем каждая команда ровно два матча выиграла и ровно два проиграла. Могло ли такое случиться, что никакие 3 команды не выиграли друг у друга по циклу (то есть нет трёх таких команд А, Б и В, что А выиграла у Б, Б — у В, а В — у А)?

Ответ. Могло. Решение. Изобразим команды семью точками на окружности и будем считать, что каждая команда выиграла у двух следующих за ней по часовой стрелке. Тогда если команда А выиграла у Б, а Б — у В, то между В и А по часовой стрелке не меньше двух команд, и В у А выиграть не могла.

Задача 4. На окружности расположено 100 точек. Каждая точка окрашена в один из двух цветов. Оказалось, что количество прямых, соединяющих разноцветные точки, равно количеству прямых, соединяющих одноцветные точки. Сколько всего точек каждого из цветов может быть?

Ответ. 45 одного цвета и 55 другого. Решение. Пусть у нас есть a точек одного цвета и 100–a другого. Всего прямых, соединяющих различные точки, у нас 100×99/2 = 50×99. Поэтому прямых, соединяющих разноцветные точки, должно быть a×(100–a) = 25×99 (и это равносильно утверждению задачи). Так как 25 делится на простое число 5, одно из чисел a и 100–a должно делиться на 5. Но тогда, поскольку 100 делится на 5, на 5 должно делится и другое из этих чисел. Так как 99 делится на простое число 3, одно из чисел a и 100–a должно делиться на 3. Поскольку 100 не делится на 3, другое из этих чисел на 3 не делится, поэтому одно из чисел a и 100–a должно делиться на 9, а, значит, и на 45. Поскольку оба числа a и 100–a нечетны и меньше 100, это число может равняться только 45. Тогда другое равно 55.

Задача 5. Каким наименьшим количеством коней можно побить все черные поля доски 9´9, угловые поля которой — чёрные?

Ответ: 10. Решение. Заметим, что пять полей, помеченных единицами, можно побить, самое меньшее, тремя конями. Еще минимум три коня понадобятся, чтобы побить поля, отмеченные двойками, и по два коня — на поля, отмеченные тройками и четверками (легко видеть, что один конь бить поля, отмеченные разными цифрами, не может). Поэтому коней потребуется не меньше 10. Десятью конями побить все черные клетки можно, если, например, поставить их на поля, отмеченные звездочками на рисунке справа. (и этот пример — далеко не единственный).

Решения задач личной олимпиады 7 класса

Задача 1. Маша первый вторник месяца провела в Кирове, а первый вторник после первого понедельника этого же месяца она была в Казани. В первую среду следующего месяца Маша была в Вологде, а первую среду после первого вторника того же месяца она провела в Костроме. Где Маша в том году была 8 марта?

Ответ. В Костроме. Решение. Поскольку вторник, который Маша провела в Казани, не был первым вторником этого месяца, а понедельник перед ним был первым понедельником этого месяца, этот месяц начинался со вторника. По аналогичной причине следующий месяц начинался со среды. Но такое возможно только если в предыдущем месяце было 29 дней. Значит, предыдущий месяц — февраль, 1 марта Маша была в Вологде, а 8 марта — в Костроме.

Задача 2. Дан клетчатый квадрат 11´11. Его клетки покрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета, причем углы квадрата черные. Можно ли в этом квадрате разместить несколько квадратиков 3´3 с вырезанной центральной клеткой так, чтобы каждая белая клетка исходного квадрата была покрыта ровно один раз?

Ответ. Можно. Решение. Назовем квадратик 3´3 с вырезанной центральной клеткой рамкой. Квадрат 4´4 покрывается с соблюдением условия задачи двумя рамками с центрами на черной диагонали. Покроем два противоположных угла и центр квадрата 11´11 тремя рамками, а оставшуюся часть квадрата — восемью квадратами 4´4, прилегающими по два к сторонам квадрата, каждый из которых покрыт двумя рамками. Легко проверить, что любые два квадрата 4´4 либо не пересекаются, либо пересекают по одной черной клетке.

Задача 3. Даны 20 различных натуральных чисел. Девять из них делятся на 19, восемь из них делятся на 18, семь из них делятся на 17. Докажите, что одно из них больше 600.

Решение. Заметим, что любые два из чисел 17, 18 и 19 взаимно просты. Поэтому если есть число, которое делится на два или три из них, то оно делится и на произведение этих двух или трёх. Поставим около каждого данного числа, делящегося на 17, красный крестик, делящегося на 18 — синий крестик, делящегося на 19 — зеленый крестик. Всего будет выставлено 24 крестика. Если есть число с тремя крестиками, то оно делится и на 17×18×19 > 600, и все доказано. Если же такого числа нет, то есть четыре числа с двумя крестиками. Поскольку из трех цветов можно составить только три различные пары, среди этих четырех чисел найдутся два, у которых цвета крестиков одинаковы. Тогда наибольшее из этих двух чисел не меньше, чем 2×17×18, что больше 600.

Задача 4. Квадраты ABCD и DEFG таковы, что точка E лежит на отрезке CD, а точка D — на отрезке AG. Прямые AC и EG пересекаются в точке H. Докажите, что точки B, F, H лежат на одной прямой.

Решение. Пусть стороны квадратов ABCD и DEFG равны a и b соответственно. Как легко видеть, CHE — равнобедренный прямоугольный треугольник с основанием CE. Опустим из точки H перпендикуляры HK и HL на BC и CD соответственно. Очевидно, KC = CL = (ab)/2. Пусть M — точка пересечения прямых BC и GF. Тогда KM = KC+CM = (a–b)/2+b = (a+b)/2 = a–(a–b)/2 = BK. Пусть KN — средняя линия треугольника BMF. Она лежит на луче KH и равна MF/2 = (ab)/2 = KH. Значит, точки N и H совпадают, что и требовалось доказать.

Задача 5. Найдите все пары простых чисел p и q такие, что p6–q2 = (p–q)2/2.

Ответ. p = 3, q = 23. Решение. Раскрыв скобки в правой части и умножив обе части на 2, получим
2p62q2 = p22pq+q2, откуда 3q2 = 2p6–p2+2pq (*). Получается, что 3q2 делится на p. Поскольку p и q просты и, очевидно, различны, p = 3. Подставляя p = 3 в (*) и деля обе части на 3, после преобразований получаем q2–2q = 483, то есть q(q–2) = 483. Перебором нетрудно убедиться, что число 483 можно представить в виде произведения двух сомножителей, отличающихся на 2, единственным способом 483 = 23×21, откуда и получается ответ.

Решения задач личной олимпиады 8 класса

Задача 1. Сложили числа 9, 99, 999, …, 99…99 (2011 девяток). Сколько единиц в записи получившейся суммы?

Ответ: 2007. Решение. Сумма равна (10–1)+(100–1)+…+(102011–1) = 11…110–2011 = 11…1109099, где в числе 11…110 — 2011 единиц, и, следовательно, в числе 11…1109099 — 2007 единиц.

Задача 2. Дан клетчатый квадрат 2009´2013. Его клетки покрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета, причем углы квадрата черные. Можно ли в этом квадрате разместить несколько квадратиков 3´3 с вырезанной центральной клеткой так, чтобы каждая белая клетка исходного квадрата была покрыта ровно один раз?

Ответ: Нельзя. Решение. Каждый квадратик с вырезанной центральной клеткой покрывает 4 белых клетки. Но в прямоугольнике 2009´2013 с черными углами (2009´2013–1)/2 белых клеток, а это число, как легко проверить, не делится на 4.

Задача 3. Точки D и E — основания перпендикуляров, опущенных из вершины A треугольника ABC на биссектрисы углов B и C. Докажите, что прямые DE и BC параллельны.

Решение. Пусть A1 — точка, симметричная A относительно биссектрисы угла B. Заметим, что точка A1 лежит на прямой BC, так как прямые BA и BC симметричны относительно биссектрисы угла между ними. Аналогично точка A2, симметричная A относительно биссектрисы угла C, лежит на прямой BC. В треугольнике AA1A2 точки D и E — середины сторон AA1 и AA2 соответственно. Поэтому его средняя линия DE параллельна прямой A1A2, которая совпадает с прямой BC.

Задача 4. Найдите все пары простых чисел p и q такие, что p6–q2 = (p–q)2/2.

Ответ. p = 3, q = 23. Решение. Раскрыв скобки в правой части и умножив обе части на 2, получим
2p62q2 = p22pq+q2, откуда 3q2 = 2p6–p2+2pq (*). Получается, что 3q2 делится на p. Поскольку p и q просты и, очевидно, различны, p = 3. Подставляя p = 3 в (*) и деля обе части на 3, после преобразований получаем q2–2q–483 = 0. Полученное квадратное уравнение имеет корни –21 и 23, из которых простым числом является второй.

 


Категория: Математика | Добавил: Админ (03.10.2016)
Просмотров: | Рейтинг: 0.0/0


Другие задачи:
Всего комментариев: 0
avatar