Тема №8500 Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 4)
Поиск задачи:

Рассмотрим тему Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 4) из предмета Математика и все вопросы которые связанны с ней. Из представленного текста вы познакомитесь с Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 4), 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.

ГРУППА «СТАРТ», ВЫСШАЯ ЛИГА

1. Назовем соседними такие клетки квадрата 6´6, у которых есть общая сторона или общая вершина. Можно ли так расставить все числа от 1 до 36 в клетках этого квадрата, чтобы разность между числами в любых соседних клетках была не меньше 9? (Mathematics on vacation, стр. 111)

2. Найдите все натуральные числа ³ 100000 такие, что если отбросить у n пять последних цифр, а затем полученное число возвести в квадрат, то получится снова n. (Квадрат числа — это число, умноженное на себя.) (По мотивам Општинско такмиченье из математике ученика средньих школа, 23.01.2010. Други разред, категориjа А)

3. В коробке лежат 10 синих и 10 красных шариков. Вася хочет набрать 5 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 5 синих шариков? (С. Берлов)

4. Верно ли, что среди любых 100 натуральных чисел найдется число, которое делится на наибольший общий делитель всех остальных? (С. Берлов)

5. В двух коробках лежат конфеты. Если к коробке подходит Вася, то он берет 1/17 часть конфет, имеющихся в данный момент в этой коробке, если Петя — то 1/12, а Коля всегда берет 1/4 часть. Если у берущего конфеты не получается взять ровно столько, сколько надо, то он воздерживается от сладкого. Вначале в коробках конфет было поровну, по истечении некоторого срока оказалось, что конфет снова поровну. Можно ли утверждать, что каждый из мальчиков лакомился из первой коробки столько же раз, сколько из второй? (О. Нечаева)

6. В группе из 25 школьников любые двое имеют общего знакомого. Докажите, что из этой группы можно не менее, чем 36 способами выбрать пару знакомых школьников. (Упрощение задачи 7 класса)

7. На острове живут три племени: рыцари, которые всегда говорят правду, лжецы, которые всегда лгут, и хитрецы, которые иногда говорят правду, а иногда лгут. За круглым столом сидят представители этих племен. Каждый из сидящих за столом произнес две фразы: 1) «Слева от меня сидит лжец.» 2) «Справа от меня сидит хитрец.» Докажите, что за этим столом рыцарей сидит столько же, сколько и лжецов. (С. Берлов)

8. Докажите, что для любого целого n > 4 квадрат можно разрезать на n прямоугольников, у каждого из которых одна из сторон вдвое длиннее другой. (С. Берлов, С. Волченков)

ГРУППА «СТАРТ», ПЕРВАЯ ЛИГА

1. Назовем соседними такие клетки квадрата 4´4, у которых есть общая сторона или общая вершина. Можно ли так расставить все числа от 1 до 16 в клетках этого квадрата, чтобы разность между числами в любых соседних клетках была не меньше 3? (По мотивам Mathematics on vacation, стр. 111)

2. Найдите все натуральные числа ³ 100 такие, что если отбросить у n две последние цифры, а затем полученное число возвести в квадрат, то получится снова n. (Квадрат числа — это число, умноженное на себя.) (По мотивам Општинско такмиченье из математике ученика средньих школа, 23.01.2010. Други разред, категориjа А)

3. В коробке лежат 10 синих и 10 красных шариков. Вася хочет набрать 5 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 5 синих шариков? (С. Берлов)

4. Верно ли, что среди любых четырех натуральных чисел найдется число, которое делится на наибольший общий делитель всех остальных? (С. Берлов)

5. В двух коробках лежат конфеты. Если к коробке подходит Вася, то он берет 1/3 часть конфет, имеющихся в данный момент в этой коробке, если Петя — то 1/5. Если у берущего конфеты не получается взять ровно столько, сколько надо, то он воздерживается от сладкого. Вначале в коробках конфет было поровну, по истечении некоторого срока оказалось, что конфет снова поровну. Можно ли утверждать, что каждый из мальчиков лакомился из первой коробки столько же раз, сколько из второй? (О. Нечаева)

6. В группе из 7 школьников любые двое имеют общего знакомого. Докажите, что из этой группы можно не менее, чем 9 способами выбрать пару знакомых школьников. (Упрощение задачи 7 класса)

7. На острове живут три племени: рыцари, которые всегда говорят правду, лжецы, которые всегда лгут, и хитрецы, которые иногда говорят правду, а иногда лгут. За круглым столом сидят представители этих племен. Каждый из сидящих за столом произнес две фразы: 1) «Слева от меня сидит лжец.» 2) «Справа от меня сидит хитрец.» Докажите, что за этим столом рыцарей сидит столько же, сколько и лжецов. (С. Берлов)

8. Можно ли разрезать квадрат на 17 прямоугольников, у каждого из которых одна из сторон вдвое длиннее другой?

 

XXXVII УРАЛЬСКИЙ ТУРНИР ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ. КИРОВ, 14-21.02.2011

Старшая группа, высшая лига, 2 тур, решения и указания для жюри.

1. В компании 2011 человек. Оказалось, что любые двое имеют хотя бы двух общих знакомых. Назовем трио любую тройку попарно знакомых. Докажите, что можно выбрать 3333 различных трио.

Решение. Построим граф, вершины которого соответствуют людям, а рёбра — знакомствам. Трио — это треугольник в нашем графе. Пусть в графе e рёбер, t треугольников и n = 2011 вершин. Мы докажем, что e ³ (5n–8)/2. Из условия очевидно следует, что каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, поэтому степень каждой вершины хотя бы 3. Если нет вершин степени 3 и 4, то e ³ 5n/2 и доказываемое утверждение верно.

Пусть a — вершина степени 3, соединённая с вершинами b1b2b3, а U — множество оставшихся n–4 вершин. Каждое из рёбер ab1ab2ab3 входит хотя бы в два треугольника, поэтому вершины ab1b2b3 попарно смежны. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3, поэтому от вершин b1b2b3 отходит хотя бы 2(n–4) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы 3n+2(n–4) = 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Пусть вершин степени 3 нет, но есть a — вершина степени 4, соединённая с вершинами b1b2b3b4, а U — множество оставшихся n–5 вершин. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3b4, поэтому от вершин b1b2 ,b3b4 отходит хотя бы 2(n–5) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы
4(n–4)+2(n–5) = 6n–26 > 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Итак, e ³ (5n–8)/2. Так как каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, а каждый треугольник содержит ровно три ребра, t ³ 2e/3 ³ (5n–8)/3 > 3333.

¨ Получена оценка больше 2000 — 2 балла, больше 3000, но меньше 3325 — 4 балла, больше 3325, но меньше 3333 — 6 баллов. Показано только, что на каждом ребре есть 2 треугольника — 0 баллов. Показано только, что нет вершин степени 2 — 2 балла.

2. Докажите, что если числа ab, cd и ac+bd делятся на k, то ac и bd тоже делятся на k (a, b, c, d, k — натуральные числа).

Решение. Достаточно показать, что если p — простое число, и k делится на pn, то ac и bd тоже делятся на pn. Докажем это. Пусть p входит в разложения на простые множители чисел abcd в степенях qrst соответственно. Из условия следует, что q+r ³ n и s+t ³ n. Допустим, q+s = r+t. Тогда эти суммы не меньше n (поскольку q+r+s+t ³ 2n), и все доказано. Пусть q+s > r+t. Тогда ac+bd делится на pr+t, но не делится на pr+t+1. Отсюда, поскольку ac+bd делится на k, следует, что q+s > r+t ³ n, и снова все доказано. Случай q+s < r+t аналогичен.

¨ Пропущен случай q+s = r+t — не более 4 баллов. Доказано только 2ac делится на k — 6 баллов.

3. Можно ли вырезать из доски 8´8 восемь клеток так, чтобы из оставшихся клеток нельзя было вырезать по клеткам прямоугольник площади, не меньшей 8?

Ответ: Нет. Решение. Допустим, вырезать удалось. Тогда в каждой вертикали и каждой горизонтали должно быть вырезано ровно по одной клетке. Разделим каждую вертикаль и горизонталь на две половинки длины 4. Половинку, из которой вырезана клетка, назовем отмеченной. Пусть в первой вертикали отмечена верхняя половинка (если нижняя — перевернем доску). Тогда во всех четных вертикалях отмечена верхняя, а в нечетных — нижняя половинка. Аналогично, можно считать, что во всех четных горизонталях отмечена правая половинка, а в нечетных — левая. Заметим, что вырезанные клетки обязаны находиться на пересечениях отмеченных половинок. Возьмем пересечения третьей вертикали с пятой и седьмой горизонталями. Одно из них не вырезано, и в квадрате 3´3 с центром в нем нет вырезанных клеток.

¨ Только ответ — 0 баллов. Перебор с хотя бы одной дырой — 0 баллов.

4. Решите уравнение  в различных натуральных числах.

Ответ: (1, 2, …, n) и все перестановки этих чисел. Решение. Индукцией по n легко убедиться, что числа от 1 до n действительно дают решение уравнения. Далее, не умаляя общности, будем считать, что x1 < x2 < ... < xn. Теперь, также индукцией по n, докажем, что , причем равенство имеет место только в случае xi = i при всех i от 1 до n. База n = 1 очевидна. Пусть утверждение доказано для n–1 числа. Заметим, что , причем последнее неравенство может обратиться в равенство только тогда, когда xi = i при всех i от 1 до n. Прибавляя к полученному неравенству индукционное предположение , получаем требуемое неравенство, причем в равенство оно может обратиться только в вышеуказанном случае.

¨ Только ответ — 2 балла. Нет проверки ответа — дыра в 2 балла.

5. Точки K и L расположены на сторонах AD и BC выпуклого четырехугольника ABCD соответственно так, что AK/KD = CL/LB. Прямая KL пересекает отрезки AC и BD в точках P и Q соответственно. Докажите, что KP/QL = SACD/SBCD.

Решение. Пусть KP/QL = k, а R — такая точка на стороне CD, что CR/RD = k. Тогда, как легко видеть, LR параллельна BD, а KR параллельна AC. Заметим, что KP/QL = SKPR/SQLR. Покажем, что SBCD×k(1–k) = SQLR, а SACD k(1–k) = SKPR, из этого будет следовать утверждение задачи. Поскольку, LR параллельна BDSQLR = SBLR. Далее, SBLR = (1–kSBCR = (1–k)k×SBCD. Другое равенство доказывается аналогично.

¨ Не разобран один из случаев расположения точек P и Q — дыра не более 2 баллов.

6. Докажите, что a2+b2+c2 ³ ab+bc+ca+ при любых a, b и c.

Решение. Исходное неравенство нетрудно привести к виду . Полагая u = acv = cb, приводим последнее неравенство к очевидному .

7. Внутри треугольника ABC (AB < BC) лежит точка O, равноудаленная от трех его вершин. BD — биссектриса угла B. Точка M — середина стороны AC, а точка P на луче MO такова, что ÐAPC = ÐABC. Точка N — основание перпендикуляра, опущенного из P на BC. Докажите, что каждая из диагоналей четырехугольника BDMN делит треугольник ABC на две равновеликие части.

Решение. Для решения задачи достаточно доказать, что 2CN×CD = AC×CB. Поскольку ÐCABBCA = ÐCAPPCA, имеем ÐBAP = ÐBCP. Пусть K — проекция точки P на прямую AB. Заметим, что прямоугольные треугольники AKP и NPC равны по гипотенузе и острому углу. Поэтому KP = NP, а CN = KA. Кроме того, нетрудно видеть, что KB = NB, следовательно CN = AB+BN. То есть 2CN = AB+BC. Далее, поскольку BD — биссектриса угла B, имеем CD = BC/(AB+BC). Таким образом, 2CN×CD = (AB+BC)×(AC×BC/(AB+BC)) = AC×CB.

¨ Разобрана только диагональ BM — 2 балла. Разобрана только диагональ DN — 6 баллов.

8. Дано натуральное число N. Два игрока по очереди делают такие ходы: A пишет на доске число 1 или –1, B прибавляет к этому числу 2 или вычитает из него 2, потом A прибавляет или вычитает 3 и т.д. (на k-м ходу игрок прибавляет k или вычитает k). Игрок, после хода которого число впервые будет делиться на N, выигрывает. Для каждого N, большего 10, определите, есть ли у одного из игроков выигрышная стратегия, и если есть, то у какого.

Ответ: Выигрышной стратегии нет ни у кого ни при каких N > 10. Решение. Действительно, пусть игрок (назовем его X), у которого есть выигрышная стратегия, впервые получает кратное N после k–го хода, а после k–2–го получил число a. Тогда его противник Y мог получить любое из чисел a+k–1 и a+1–k, Поскольку X должен выиграть, у него есть выигрывающий ответ на любой из этих ходов. Это значит, что и среди чисел a+2k–1, a–1, и среди чисел a–2k+1, a+1 есть число, кратное N. Поскольку числа a–1 и a+1 оба делиться на N не могут, у N есть кратные, отличающиеся либо на 2k–2, либо на 4k–2. Разберем эти две возможности отдельно.

1. Пусть 2k–2 делится на N. Тогда число, получаемое после k–2-го хода, отличается от кратного N на 1. Если после k–4-го хода получилось число b, игрок Y мог получить любое из чисел b+k–3 и b+3–k, и в каждом из этих случаев X мог получить число, сравнимое с ±1 (mod N). Значит, в каждой из пар b+2k–5 º b–3 (mod N), b–1 и b–2k+5 º b+3 (mod N), b+1 есть число, сравнимое с ±1 (mod N). Поскольку N > 10, это возможно только при b, кратном N — то есть кратное N получилось уже после k–4-го хода, что противоречит нашему предположению.

2. Пусть 4k–2 делится на N. Тогда число, получаемое после k–2-го хода, сравнимо с 2k–1 (mod N), но не делится на N. Если после k–4-го хода получилось число b, то в каждой из пар b+2k–5, b–1 и b–2k+5, b+1 есть число, сравнимое с 2k–1 (mod N), что, как легко видеть, невозможно.

¨ Задача решена для все достаточно больших N — 6 баллов.

Старшая группа, первая лига, 2 тур, решения и указания для жюри.

1. В компании 2011 человек. Оказалось, что любые двое имеют хотя бы двух общих знакомых. Назовем трио любую тройку попарно знакомых. Докажите, что можно выбрать 3333 различных трио.

Решение. Построим граф, вершины которого соответствуют людям, а рёбра — знакомствам. Трио — это треугольник в нашем графе. Пусть в графе e рёбер, t треугольников и n = 2011 вершин. Мы докажем, что e ³ (5n–8)/2. Из условия очевидно следует, что каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, поэтому степень каждой вершины хотя бы 3. Если нет вершин степени 3 и 4, то e ³ 5n/2 и доказываемое утверждение верно.

Пусть a — вершина степени 3, соединённая с вершинами b1b2b3, а U — множество оставшихся n–4 вершин. Каждое из рёбер ab1ab2ab3 входит хотя бы в два треугольника, поэтому вершины ab1b2b3 попарно смежны. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3, поэтому от вершин b1b2b3 отходит хотя бы 2(n–4) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы 3n+2(n–4) = 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Пусть вершин степени 3 нет, но есть a — вершина степени 4, соединённая с вершинами b1b2b3b4, а U — множество оставшихся n–5 вершин. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3b4, поэтому от вершин b1b2 ,b3b4 отходит хотя бы 2(n–5) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы
4(n–4)+2(n–5) = 6n–26 > 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Итак, e ³ (5n–8)/2. Так как каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, а каждый треугольник содержит ровно три ребра, t ³ 2e/3 ³ (5n–8)/3 > 3333.

¨ Получена оценка больше 2000 — 2 балла, больше 3000, но меньше 3325 — 6 баллов, больше 3325, но меньше 3333 — 8 баллов. Показано только, что на каждом ребре есть 2 треугольника — 0 баллов. Показано только, что нет вершин степени 2 — 2 балла.

2. Докажите, что если числа ab, cd и ac+bd делятся на k, то ac и bd тоже делятся на k (a, b, c, d, k — натуральные числа).

Решение. Достаточно показать, что если p — простое число, и k делится на pn, то ac и bd тоже делятся на pn. Докажем это. Пусть p входит в разложения на простые множители чисел abcd в степенях qrst соответственно. Из условия следует, что q+r ³ n и s+t ³ n. Допустим, q+s = r+t. Тогда эти суммы не меньше n (поскольку q+r+s+t ³ 2n), и все доказано. Пусть q+s > r+t. Тогда ac+bd делится на pr+t, но не делится на pr+t+1. Отсюда, поскольку ac+bd делится на k, следует, что q+s > r+t ³ n, и снова все доказано. Случай q+s < r+t аналогичен.

¨ Пропущен случай q+s = r+t — не более 4 баллов. Доказано только 2ac делится на k — 6 баллов.

3. Можно ли вырезать из доски 8´8 восемь клеток так, чтобы из оставшихся клеток нельзя было вырезать по клеткам прямоугольник площади, не меньшей 8?

Ответ: Нет. Решение. Допустим, вырезать удалось. Тогда в каждой вертикали и каждой горизонтали должно быть вырезано ровно по одной клетке. Разделим каждую вертикаль и горизонталь на два половинки длины 4. Половинку, из которой вырезана клетка, назовем отмеченной. Пусть в первой вертикали отмечена верхняя половинка (если нижняя — перевернем доску). Тогда во всех четных вертикалях отмечена верхняя, а в нечетных — нижняя половинка. Аналогично, можно считать, что во всех четных горизонталях отмечена правая половинка, а в нечетных — левая. Заметим, что вырезанные клетки обязаны находиться на пересечениях отмеченных половинок. Возьмем пересечения третьей вертикали с пятой и седьмой горизонталями. Одно из них не вырезано, и в квадрате 3´3 с центром в нем нет вырезанных клеток.

¨ Только ответ — 0 баллов. Перебор с хотя бы одной дырой — 0 баллов.

4. Решите уравнение  в различных натуральных числах.

Ответ: (1, 2, 3, 4) и всевозможные его перестановки. Решение. См. решение более общей задачи 4 высшей лиги.

¨ Только ответ — 0 баллов.

5. Через вершину C равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) с острым углом при вершине A провели перпендикуляр к BC и на этом перпендикуляре отметили точку P, лежащую с той же стороны от прямой BC, что и A, и с той же стороны от прямой AB, что и C. Точка D такова, что ABPD — параллелограмм. M — точка пересечения прямой PC и отрезка AD. Найдите отношение DM/DA.

Ответ: 1/2. Решение. Пусть H — середина BC, а Q — точка пересечения AH и BP. Тогда AH параллельно CP. Поэтому по теореме Фалеса BQ = QPAMPQ — параллелограмм, следовательно, AM = QP. Но, поскольку BP = AD, получаем, что AM = MD.

6. Докажите, что a2+b2+c2 ³ ab+bc+ca+ при любых a, b и c.

Решение. Исходное неравенство нетрудно привести к виду . Полагая u = acv = cb, приводим последнее неравенство к очевидному .

7. Внутри треугольника ABC (AB < BC) лежит точка O, равноудаленная от трех его вершин. BD — биссектриса угла B. Точка M — середина стороны AC, а точка P на луче MO такова, что ÐAPC = ÐABC. Точка N — основание перпендикуляра, опущенного из P на BC. Докажите, что каждая из диагоналей четырехугольника BDMN делит треугольник ABC на две равновеликие части.

Решение. Для решения задачи достаточно доказать, что 2CN×CD = AC×CB. Поскольку ÐCABBCA = ÐCAPPCA, имеем ÐBAP = ÐBCP. Пусть K — проекция точки P на прямую AB. Заметим, что прямоугольные треугольники AKP и NPC равны по гипотенузе и острому углу. Поэтому KP = NP, а CN = KA. Кроме того, нетрудно видеть, что KB = NB, следовательно CN = AB+BN. То есть 2CN = AB+BC. Далее, поскольку BD — биссектриса угла B, имеем CD = BC/(AB+BC). Таким образом, 2CN×CD = (AB+BC)×(AC×BC/(AB+BC)) = AC×CB.

¨ Разобрана только диагональ BM — 2 балла. Разобрана только диагональ DN — 6 баллов.

8. В коробке лежат 50 синих и 50 красных шариков. Вася хочет набрать 25 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 25 синих шариков?

Ответ: 50. РешениеПример. Первые 24 раза вытаскиваются красный и синий, потом 25 раз подряд по два красных, и в конце — два синих. Оценка. По два красных шарика можно вытащить не больше 25 раз. Все остальные вытаскивания добавляют хотя бы по одному синему шарику, поэтому их понадобится не больше 25.

¨ Только оценка или только пример — 4 балла. Только ответ — 0 баллов.

Старшая группа, вторая лига, 2 тур, решения и указания для жюри.

1. Дорогу разделили на 2011 частей (не обязательно равной длины). Яна знает длину дороги. Ей разрешено спросить, чему равно расстояние между серединами любых двух частей, при этом количество вопросов неограничено. Длину каких частей она сможет узнать?

Ответ: Всех. Решение. Найдем расстояние между серединами первой и второй частей и удвоим его. Это сумма их длин. Аналогично найдем суммы дли третьей и четвертой, …, 2009-й и 2010-й частей. Вычитая все эти суммы из длины дороги, найдем длину 2011-й части. Аналогично найдем длину первой части. Удалим эти крайние части из дороги и, повторив процедуру, найдем длины второй и 2010-й частей. Повторяя процедуру дальше, последовательно найдем длины всех частей, кроме средней, 1006-й. Длину средней части найдем, вычитая из длины дороги сумму длин всех остальных частей.

2. Докажите, что если числа ab, cd и ac+bd делятся на k, то ac и bd тоже делятся на k (a, b, c, d, k — натуральные числа).

Решение. Достаточно показать, что если p — простое число, и k делится на pn, то ac и bd тоже делятся на pn. Докажем это. Пусть p входит в разложения на простые множители чисел abcd в степенях qrst соответственно. Из условия следует, что q+r ³ n и s+t ³ n. Допустим, q+s = r+t. Тогда эти суммы не меньше n (поскольку q+r+s+t ³ 2n), и все доказано. Пусть q+s > r+t. Тогда ac+bd делится на pr+t, но не делится на pr+t+1. Отсюда, поскольку ac+bd делится на k, следует, что q+s > r+t ³ n, и снова все доказано. Случай q+s < r+t аналогичен.

¨ Пропущен случай q+s = r+t — не более 4 баллов. Доказано только 2ac делится на k — 6 баллов.

3. Можно ли вырезать из доски 8´8 восемь клеток так, чтобы из оставшихся клеток нельзя было вырезать по клеткам прямоугольник площади, не меньшей 8?

Ответ: Нет. Решение. Допустим, вырезать удалось. Тогда в каждой вертикали и каждой горизонтали должно быть вырезано ровно по одной клетке. Разделим каждую вертикаль и горизонталь на два половинки длины 4. Половинку, из которой вырезана клетка, назовем отмеченной. Пусть в первой вертикали отмечена верхняя половинка (если нижняя — перевернем доску). Тогда во всех четных вертикалях отмечена верхняя, а в нечетных — нижняя половинка. Аналогично, можно считать, что во всех четных горизонталях отмечена правая половинка, а в нечетных — левая. Заметим, что вырезанные клетки обязаны находиться на пересечениях отмеченных половинок. Возьмем пересечения третьей вертикали с пятой и седьмой горизонталями. Одно из них не вырезано, и в квадрате 3´3 с центром в нем нет вырезанных клеток.

¨ Только ответ — 0 баллов. Перебор с хотя бы одной дырой — 0 баллов.

4. Решите уравнение x3+y3 = (x+y)2 в различных натуральных числах.

Ответ: (1, 2) и (2, 1). Решение. Сокращая на x+y, получаем x2xy+y2 = x+y. Пусть x > y. Тогда
x2xy = x(xy) ³ x, а y2 ³ y, причем оба неравенства обращаются в равенства только при y = 1, x = 2.

5. Через вершину C равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) с острым углом при вершине A провели перпендикуляр к BC и на этом перпендикуляре отметили точку P, лежащую с той же стороны от прямой BC, что и A, и с той же стороны от прямой AB, что и C. Точка D такова, что ABPD — параллелограмм. M — точка пересечения прямой PC и отрезка AD. Найдите отношение DM/DA.

Ответ: 1/2. Решение. Пусть H — середина BC, а Q — точка пересечения AH и BP. Тогда AH параллельно CP. Поэтому по теореме Фалеса BQ = QPAMPQ — параллелограмм, следовательно, AM = QP. Но, поскольку BP = AD, получаем, что AM = MD.

6. В двух коробках лежат конфеты. Если к коробке подходит Вася, то он берет 1/17 часть конфет, имеющихся в данный момент в этой коробке, если Петя — то 1/12, а Коля всегда берет 1/4 часть. Если у берущего конфеты не получается взять ровно столько, сколько надо, то он воздерживается от сладкого. Вначале в коробках конфет было поровну, по истечении некоторого срока оказалось, что конфет снова поровну. Можно ли утверждать, что каждый из мальчиков лакомился из первой коробки столько же раз, сколько из второй?

Ответ: Можно. Решение. Если конфеты брал Вася, в коробке остается 16/17, если Петя — 11/12, если Коля — 3/4 от их предыдущего количества. Если Вася, Петя и Коля брали конфеты из данной коробки несколько раз, их первоначальное количество умножается на 16/17, 11/12 и 3/4 соответствующее количество раз. Если сначала конфет в обеих коробках было поровну, и в конце — тоже, то дроби, на которые умножалось количество конфет в первой и второй коробках, также равны. Но тогда у них в несократимой записи в числителях должно быть поровну множителей 11 и поровну множителей 3, а в знаменателях — поровну множителей 17. А так как всем этим множителям не с чем сокращаться, то их было поровну и в исходной записи, откуда и следует справедливость утверждения задачи.

7. Внутри угла отмечена точка P, не лежащая на его биссектрисе. Отрезки AB и CD проходят через точку P, при этом A и C лежат на одной стороне угла, B и D на другой, отрезок CD перпендикулярен биссектрисе угла, а отрезок AB делится точкой P пополам. Докажите, что AB > CD.

Решение. Выберем на сторонах угла такие точки A1 и B1, что CD||AA1||BB1. Тогда AA1BB1 будет равнобокой трапецией, а CD — её средней линией. Заметим, что 2CD = AA1+BB1, а AB = A1B1. Осталось заметить, что AB+A1B1 > AA1+BB1, поскольку сумма длин диагоналей всегда больше суммы длин противоположных сторон.

8. В коробке лежат 50 синих и 50 красных шариков. Вася хочет набрать 25 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 25 синих шариков?

Ответ: 50. РешениеПример. Первые 24 раза вытаскиваются красный и синий, потом 25 раз подряд по два красных, и в конце — два синих. Оценка. По два красных шарика можно вытащить не больше 25 раз. Все остальные вытаскивания добавляют хотя бы по одному синему шарику, поэтому их понадобится не больше 25.

Младшая группа, высшая лига, 2 тур, решения и указания для жюри.

1. В компании 2011 человек. Оказалось, что любые двое имеют хотя бы двух общих знакомых. Назовем трио любую тройку попарно знакомых человек. Докажите, что можно выбрать 3333 различных трио.

Решение. Построим граф, вершины которого соответствуют людям, а рёбра — знакомствам. Трио — это треугольник в нашем графе. Пусть в графе e рёбер, t треугольников и n = 2011 вершин. Мы докажем, что e ³ (5n–8)/2. Из условия очевидно следует, что каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, поэтому степень каждой вершины хотя бы 3. Если нет вершин степени 3 и 4, то e ³ 5n/2 и доказываемое утверждение верно.

Пусть a — вершина степени 3, соединённая с вершинами b1b2b3, а U — множество оставшихся n–4 вершин. Каждое из рёбер ab1ab2ab3 входит хотя бы в два треугольника, поэтому вершины ab1b2b3 попарно смежны. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3, поэтому от вершин b1b2b3 отходит хотя бы 2(n–4) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы 3n+2(n–4) = 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Пусть вершин степени 3 нет, но есть a — вершина степени 4, соединённая с вершинами b1b2b3b4, а U — множество оставшихся n–5 вершин. Тогда любая вершина из U соединена хотя бы с двумя из вершин b1b2b3b4, поэтому от вершин b1b2 ,b3b4 отходит хотя бы 2(n–5) рёбер к вершинам множества U. Следовательно, сумма степеней вершин графа хотя бы
4(n–4)+2(n–5) = 6n–26 > 5n–8, откуда следует доказываемое утверждение.

Итак, e ³ (5n–8)/2. Так как каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, а каждый треугольник содержит ровно три ребра, t ³ 2e/3 ³ (5n–8)/3 > 3333.

¨ Только оценка 2011 — 2 балла. Разобран только один из двух случаев: есть вершины степени 3 и все вершины степени не менее 4 — 4 балла.

2. Можно ли квадрат разрезать на 17 прямоугольников, у каждого из которых меньшая сторона относится к большей, как 3:5?

Ответ: Можно. Решение. Пример будет нарисован на доске.

3. В коробке лежат 50 синих и 50 красных шариков. Вася хочет набрать 25 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 25 синих шариков?

Ответ: 50. РешениеПример. Первые 24 раза вытаскиваются красный и синий, потом 25 раз подряд по два красных, и в конце — два синих. Оценка. По два красных шарика можно вытащить не больше 25 раз. Все остальные вытаскивания добавляют хотя бы по одному синему шарику, поэтому их понадобится не больше 25.

¨ Только оценка — 4 балла. Только пример — 4 балла.

4. Найдите все натуральные a, b, c и d, для которых справедливо равенство: a+b+c+d–3 = ab = cd.

Ответ: (1, 1, 1, 1), (3, 3, 3, 3), (6, 2, 3, 4) и все четверки, получаемые из последней операциями перестановки двух первых чисел, двух последних чисел и первой пары чисел со второй. Решение. Не умаляя общности будем считать, что a — наибольшее из данных чисел. Тогда a+b+c+d–3 < 4a, откуда b ≤ 3. Допустим, b = 3. Тогда a+c+d = 3a, откуда c = d = a = 3. Допустим, b = 2. Тогда a+c+d = 2a+1 = cd+1, откуда, как легко проверить, следует, что (c–2)(d–2) = 2. Поскольку обе скобки в левой части последнего равенства больше –2, имеем c–2 = 1, d–2 = 2 или c–2 = 2, d–2 = 1. Это дает решения (6, 2, 3, 4) и (6, 2, 5, 4). Решения, где наибольшим является не a, а другое из данных чисел, получаются из него описанными выше перестановками. Наконец, пусть b = 1. Тогда, как легко показать, все числа равны 1.

¨ Только ответы (все) — 2 балла. Потерян ответ (1, 1, 1, 1) — дыра в 4 балла. Любая другая потеря ответа — дыра не меньше, чем в 6 баллов.

5. В треугольнике ABC угол A равен 60°. Точка M — середина стороны BC. Докажите, что AB+BC > 2AM.

Решение. Рассмотрим высоту BH. Треугольник ABH — прямоугольный с углом 60° при вершине A. Поэтому AH = AB/2. Далее, HM = BC/2 как медиана в прямоугольном треугольнике. Наконец, AM < AH+HM = (AB+BC)/2.

6. Найдите все натуральные n, для которых  равно отношению квадратов двух натуральных чисел.

Ответ: 13. Решение. Если n четно, то n+5 нечетно, а 4n–2 делится на 2, но не делится на 4. В этом случае дробь из условия не может равняться отношению двух квадратов. Поэтому можно считать, что n = 2m–1 при некотором натуральном m. Тогда дробь из условия после сокращения на 2 принимает вид (4m–3)/(m+2). Заметим, что 4(m+2)–(4m–3) = 11. Поэтому НОД(4m–3, m+2) может равняться только 1 или 11. В первом случае имеем 4m–3 = a2m+2 = b2, откуда 4b2a2 = 11. Решая в натуральных числах уравнение (2ba)(2b+a) = 11, получаем b = 3, a = 5, m = b2–2 = 7, n = 13. Во втором случае имеем 4m–3 = 11a2m+2 = 11b2, откуда получаем не имеющее решений в натуральных числах уравнение 4b2a2 = 1.

¨ Только ответ — 0 баллов.

7. Докажите, что a2+b2+c2 ³ ab+bc+ca+ при любых a, b и c.

Решение. Исходное неравенство нетрудно привести к виду . Полагая u = acv = cb, приводим последнее неравенство к очевидному .

8. На острове живут три племени: рыцари, которые всегда говорят правду, лжецы, которые всегда лгут и хитрецы, которые иногда говорят правду, а иногда лгут. За круглым столом сидят представители этих племен. Каждый из сидящих за столом произнес две фразы: 1) «Слева от меня сидит лжец.» 2) «Справа от меня сидит хитрец.» Докажите, что за этим столом рыцарей сидит столько же, сколько и лжецов.

Решение. Из условия следует, что слева от каждого рыцаря сидит лжец. Справа же от лжеца не могут сидеть ни хитрец (тогда этот лжец сказал бы про своего правого соседа правду), ни лжец (тогда тот сказал бы правду про своего левого соседа). Поэтому правым соседом лжеца может быть только рыцарь. Таким образом, все рыцари и лжецы разбиваются на пары, где лжец — левый сосед рыцаря, откуда и вытекает утверждение задачи.

Младшая группа, первая лига, 2 тур, решения и указания для жюри.

1. В компании 2011 человек. Оказалось, что любые двое имеют хотя бы двух общих знакомых. Назовем трио любую тройку попарно знакомых человек. Докажите, что можно выбрать 2011 различных трио.

Решение. Построим граф, вершины которого соответствуют людям, а рёбра — знакомствам. Трио — это треугольник в нашем графе. Пусть в графе e рёбер и t треугольников и n = 2011 вершин. Из условия очевидно следует, что каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, поэтому степень каждой вершины хотя бы 3. Следовательно, e ³ 3n/2. Так как каждое ребро входит хотя бы в два треугольника, а каждый треугольник содержит ровно три ребра, t ³ 2e/3 ³  n = 2011.

2. Можно ли квадрат разрезать на 17 прямоугольников, у каждого из которых одна из сторон в 2,5 раза больше другой?

Ответ: Можно. Решение. Существуют разрезания квадрата на 4 прямоугольника с отношением сторон 2:5. Прямоугольник же с отношением сторон 2:5 нетрудно разрезать как на 4, так и на 6 прямоугольников с тем же отношением сторон. Таким образом мы можем увеличивать число прямоугольников в наших разрезаниях на 3 и на 5. 17 = 4+3+5+5.

3. В коробке лежат 10 синих и 10 красных шариков. Вася хочет набрать 5 синих шариков из коробки. Для этого он вслепую вытаскивает по два шарика. Если он вытащил два синих, то берет оба. Если синий и красный, то берет синий, а красный кладет обратно в коробку. Наконец, если он вытащил два красных, то оба откладывает в сторону. За какое наименьшее число вытаскиваний Вася заведомо сможет набрать 5 синих шариков?

Ответ: 10. РешениеПример. Первые 4 раза вытаскиваются красный и синий, потом пять раз подряд по два красных, и в конце — два синих. Оценка. По два красных шарика можно вытащить не больше 5 раз. Все остальные вытаскивания добавляют хотя бы по одному синему шарику, поэтому их понадобится не больше пяти.

¨ Только оценка — 4 балла. Только пример — 4 балла.

4. Найдите все натуральные a, b, c и d, для которых справедливо равенство: a+b+c+d–3 = ab = cd.

Ответ: (1, 1, 1, 1), (3, 3, 3, 3), (6, 2, 3, 4) и все четверки, получаемые из последней операциями перестановки двух первых чисел, двух последних чисел и первой пары чисел со второй. Решение. Не умаляя общности будем считать, что a — наибольшее из данных чисел. Тогда a+b+c+d–3 < 4a, откуда b ≤ 3. Допустим, b = 3. Тогда a+c+d = 3a, откуда c = d = a = 3. Допустим, b = 2. Тогда a+c+d = 2a+1 = cd+1, откуда, как легко проверить, следует, что (c–2)(d–2) = 2. Поскольку обе скобки в левой части последнего равенства больше –2, имеем c–2 = 1, d–2 = 2 или c–2 = 2, d–2 = 1. Это дает решения (6, 2, 3, 4) и (6, 2, 5, 4). Решения, где наибольшим является не a, а другое из данных чисел, получаются из него описанными выше перестановками. Наконец, пусть b = 1. Тогда, как легко показать, все числа равны 1.

¨ Только ответы (все) — 2 балла. Потерян ответ (1, 1, 1, 1) — дыра в 4 балла. Любая другая потеря ответа — дыра не меньше, чем в 6 баллов.

5. В остроугольном треугольнике ABC проведена высота BH. На стороне BC отмечена такая точка K, что KH = KC. А на стороне AB отмечена такая точка L, что KL — биссектриса угла BKH. Докажите, что AL = LH.

Решение. Поскольку KH = KC, точка K лежит на серединном перпендикуляре к отрезку HC. Поскольку этот перпендикуляр параллелен высоте BH, точка K — середина стороны BC. Поэтому HK = BK (как медиана из вершины прямого угла прямоугольного треугольника BHC). Но это значит, что биссектриса KL является высотой в равнобедренном треугольнике BKH, откуда KL||AC. Следовательно, L — середина AB и потому лежит на серединном перпендикуляре отрезка AH, откуда и следует, что AL = LH.

6. Верно ли, что среди любых шести натуральных чисел найдется три числа, наименьшее общее кратное которых делится на наибольший общий делитель остальных трех чисел?

Ответ: Нет. Решение. Возьмём шесть разных букв и запишем всевозможные наборы, состоящие из трех различных букв из этих шести. Каждому набору сопоставим простое число так, чтобы все эти простые числа были различны. Затем составим 6 чисел, перемножив для каждой буквы все простые числа, сопоставленные наборам, куда входит эта буква. Тогда НОД любых трех из этих чисел будет равен простому числу, сопоставленному набору из трех соответствующих букв, а три других числа из построенных нами шести на это простое число не делятся, стало быть, на него не делится и их НОК.

7. Докажите, что a2+b2+c2 ³ ab+bc+ca+ при любых a, b и c.

Решение. Исходное неравенство нетрудно привести к виду . Полагая u = acv = cb, приводим последнее неравенство к очевидному .

8. На острове живут три племени: рыцари, которые всегда говорят правду, лжецы, которые всегда лгут и хитрецы, которые иногда говорят правду, а иногда лгут. За круглым столом сидят представители этих племен. Каждый из сидящих за столом произнес две фразы: 1) «Слева от меня сидит лжец.» 2) «Справа от меня сидит хитрец.» Докажите, что за этим столом рыцарей сидит столько же, сколько и лжецов.

Решение. Из условия следует, что слева от каждого рыцаря сидит лжец. Справа же от лжеца не могут сидеть ни хитрец (тогда этот лжец сказал бы про своего правого соседа правду), ни лжец (тогда тот сказал бы правду про своего левого соседа). Поэтому правым соседом лжеца может быть только рыцарь. Таким образом, все рыцари и лжецы разбиваются на пары, где лжец — левый сосед рыцаря, откуда и вытекает утверждение задачи.

 


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


Другие задачи:
Всего комментариев: 0
avatar