Тема №8504 Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 8)
Поиск задачи:

Рассмотрим тему Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 8) из предмета Математика и все вопросы которые связанны с ней. Из представленного текста вы познакомитесь с Решение задач по математике олимпиада 423 (Часть 8), 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.

Младшая группа, высшая лига, 4 тур, решения и указания для жюри.

1. Найдите наибольшее число, делящееся на 72, которое можно получить из числа 123...20092010 (все натуральные числа от 1 до 2010 записаны подряд) вычеркиванием некоторых цифр.

Ответ: 12346…2009200 (вычеркнуты первая пятерка и последняя единица). Решение. Сумма всех цифр числа из условия дает при делении на 9 остаток 6. Поэтому сумма вычеркнутых цифр должна быть не меньше 6. Одной из вычеркнутых должна быть стоящая на предпоследнем месте единица: число, оканчивающееся на 10 или 1, не делится на 8. Поэтому вычеркивать надо две цифры (в других случаях у числа будет меньше разрядов, и оно заведомо не будет наибольшим). Стало быть, надо вычеркивать пятерку. Если вычеркнуть первую пятерку, в пятом по старшинству разряде будет шестерка, иначе — пятерка. Отсюда получаем ответ.

¨ Ответ без обоснования — 0 баллов.

2. Таблица 50´50 заполнена натуральными числами таким образом, что все суммы чисел по строкам и столбцам равны. Какое наименьшее количество чисел надо изменить, чтобы все эти 100 сумм стали попарно различны?

Ответ: 66. РешениеОценка. Построим двудольный граф G, вершинами которого будут столбцы и строчки, а рёбра соответствуют тем числам, которые мы изменяем. Количество рёбер, очевидно, не меньше, чем количество вершин (то есть 100) минус количество компонент связности. Рассмотрим компоненты связности этого графа. Пусть одна них состоит из двух вершин. Это означает, что есть строчка и столбец, в которых изменили ровно по одному числу, причём это число стоит на их пересечении. Но тогда и после изменения суммы чисел в них равны, противоречие. Итак, в графе нет компонент связности из двух вершин. Есть не более одной компоненты связности из одной вершины, так как такая компонента связности соответствует строке или столбцу, в которой не изменено ни одно число. Следовательно, 99 вершин нашего графа разбиваются на компоненты связности из хотя бы трёх вершин, таких компонент связности не более 33. Итого мы имеем не более 34 компонент связности, а значит, не менее 100–34 = 66 рёбер. Пример. Выделим один столбец, в которым ничего не меняется, и разобьём остальные 49 столбцов и 50 строчек на 33 тройки из столбца и двух строк или строки и двух столбцов — это сделать несложно. Рассмотрим одну тройку — пусть это строка и два столбца. Изменим числа в двух клетках на их пересечении, прибавив к ним 10a и 10b. Все 66 показателей степеней во всех тройках сделаем разными, что обеспечит различные изменения.

¨ Оценка — 6 баллов, пример — 4 балла.

3. Для любых целых чисел a, b, c и d докажите неравенство a2+b2+c2+3d2 ³ (2d–1)(a+b+c)+3d.

Решение. Соберем все члены неравенства в его левой части. Тогда его, как легко проверить, можно привести к виду (ad)(ad+1)+(bd)(bd+1)+(cd)(cd+1) ³ 0. Теперь достаточно заметить, что при целых a, b, c и d все три произведения в левой части неотрицательны.

4. Из чисел 1, 2, ..., 37 произвольным образом выбраны 11 различных. Докажите, что из этих 11 чисел можно выбрать четыре таких, что сумма двух из них равна сумме двух других.

Решениеa+b = c+d Û a–c = b–d. Поэтому достаточно найти две пары из четырех различных чисел такие, что разности большего и меньшего чисел в парах одинаковы. Всего различных разностей возможно 36: от 1 до 36, а различных пар из 11 чисел можно составить 55. Поэтому среди таких пар есть пары с равными разностями. Две пары с равными разностями не дают решения задачи только если большее число одной пары равно меньшему числу другой, то есть пары составлены из чисел, входящих в трехчленную арифметическую прогрессию. Очевидно, что если есть две различные трехчленные прогрессии или прогрессия и не входящая в нее пара с равными разностями — все в порядке. Если же нет, то трехчленных прогрессий k ≤ 18, а четырехчленных прогрессий нет. Поэтому остается 55–2k «одиночных» пар, у которых разности принимают не более 36–k различных значений. Поскольку при k ≤ 18 имеем 55–2k > 36–k, среди «одиночных» пар найдутся две с равными разностями.

5. Дана трапеция ABCD с основаниями BC и AD. Точка K — середина диагонали BD. Оказалось, что AK — биссектриса угла CAD и AD = 3BC. Докажите, что AC = 2BC.

Решение. Продолжим биссектрису AK до пересечения с прямой BC в точке M. Тогда ÐBMA = ÐMAD = ÐCAM, так что AC = CM. Кроме того, ÐBDA = ÐDBM, ÐBKM = ÐDKA и KB = KD, так что треугольники AKD и MKB равны, откуда BM = AD = 3BC. Значит, AC = CM = BM–BC = AD–BC = 2BC.

6. В каждом из 100 сосудов лежит по 97 камней. Два игрока ходят по очереди. Каждый игрок при своем ходе должен взять по одному камню из 98 сосудов. Игрок, после хода которого два сосуда оказались пусты, выигрывает. Кто выиграет при правильной игре — начинающий или его партнер?

Ответ: Первый. Решение. При каждом ходе игрок не берет камней из двух сосудов. Будем называть эти сосуды пропущенными. Очевидно, менее чем за 97 ходов ни один сосуд не опустеет и игра не закончится. Покажем, как первому игроку выиграть 97-м ходом. Пусть первый игрок повторяет ходы второго (то есть после каждого хода второго берет камни из тех сосудов, из которых их только что брал второй). При такой стратегии первого игрока его ход не увеличивает количество сосудов, которые хоть раз были пропущены. Поэтому за 97 ходов пропущены окажутся не более 98 сосудов (два будут пропущены начальным ходом первого игрока и еще 96 при 48 ходах второго и повторяющих их ходах первого). Это значит, что есть по крайней мере два сосуда, из которых брали по камню при каждом ходе. Теперь эти сосуды пусты, и первый игрок победил.

7. Аня, Боря, Вика и Галя навещали Диму. Договорились они прийти в один день, но в разное время и пробыли у Димы по 15 минут. Аня посетила Диму в 8 часов, Боря пришел в 9 часов, Вика — в 10 часов, а Галя пришла в 11 часов, только неизвестно кто из них приходил утром, а кто вечером. Известно, что: 1) К Диме кто-то приходил между Аней и Борей; 2) Какая-то из девочек пришла к Диме до Ани; 3) Вика не заходила к Диме между Борей и Галей. Определите кто в какое время приходил к Диме.

Ответ: Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера. Решение. Поскольку кто-то приходил к Диме перед Аней, она была у него вечером. Но кто-то заходил к Диме между Аней и Борей, значит, Боря был утром. Далее, Вика не могла прийти к Диме сразу после Бори, так как в этом случае она оказывается между Борей и Галей. Таким образом, она пришла вечером. Наконец, кто-то был у Димы между Борей и Аней. Это могла быть только Галя. Стало быть, порядок, в котором были гости у Димы такой: Боря, Галя, Аня и Вика. Значит, Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера.

8. Найдите все простые числа p такие, что число (p2–23)(9p+5) — точный квадрат.

Ответ: 5. Решение. Проверяем, что при p, не делящемся на 5, число (p2–23)(9p+5) дает при делении на 5 только остатки 2 и 3, которые квадраты давать не могут.

Младшая группа, первая лига, 4 тур, решения и указания для жюри.

1. Найдите наибольшее число, делящееся на 72, которое можно получить из числа 123...20092010 (все натуральные числа от 1 до 2010 записаны подряд) вычеркиванием некоторых цифр.

Ответ: 12346…2009200 (вычеркнуты первая пятерка и последняя единица). Решение. Сумма всех цифр числа из условия дает при делении на 9 остаток 6. Поэтому сумма вычеркнутых цифр должна быть не меньше 6. Одной из вычеркнутых должна быть стоящая на предпоследнем месте единица: число, оканчивающееся на 10 или 1, не делится на 8. Поэтому вычеркивать надо две цифры (в других случаях у числа будет меньше разрядов, и оно заведомо не будет наибольшим). Стало быть, надо вычеркивать пятерку. Если вычеркнуть первую пятерку, в пятом по старшинству разряде будет шестерка, иначе — пятерка. Отсюда получаем ответ.

¨ Ответ без обоснования — 2 балла.

2. Таблица 48´48 заполнена натуральными числами таким образом, что все суммы чисел по строкам и столбцам равны. Какое наименьшее количество чисел надо изменить, чтобы все эти 96 сумм стали попарно различны?

Ответ: 64. РешениеОценка. Построим двудольный граф G, вершинами которого будут столбцы и строчки, а рёбра соответствуют тем числам, которые мы изменяем. Количество рёбер, очевидно, не меньше, чем количество вершин (то есть 96) минус количество компонент связности. Рассмотрим компоненты связности этого графа. Пусть одна них состоит из двух вершин. Это означает, что есть строчка и столбец, в которых изменили ровно по одному числу, причём это число стоит на их пересечении. Но тогда и после изменения суммы чисел в них равны, противоречие. Итак, в графе нет компонент связности из двух вершин. Есть не более одной компоненты связности из одной вершины, так как такая компонента связности соответствует строке или столбцу, в которой не изменено ни одно число. Пусть такая компонента есть. Тогда остальные 95 вершин нашего графа разбиваются на компоненты связности из хотя бы трёх вершин, таких компонент связности не более 31, а всего компонент не более 32. Если же компоненты из одной вершины нет, тоже получается, что компонент не более, чем 96:3 = 32. Итого мы имеем не менее 96–32 = 64 рёбер. Пример. Разобьём все столбцы и строки на 32 тройки из столбца и двух строк или строки и двух столбцов — это сделать несложно. Рассмотрим одну тройку — пусть это строка и два столбца. Изменим числа в двух клетках на их пересечении, прибавив к ним 10a и 10b. Все 66 показателей степеней во всех тройках сделаем разными, что обеспечит различные изменения.

¨ Оценка — 6 баллов, пример — 4 балла.

3. Для любых целых чисел a, b и c докажите неравенство a2+b2+2c2 ³ (2c–1)(a+b)+2c.

Решение. Соберем все члены неравенства в его левой части. Тогда его, как легко проверить, можно привести к виду (ac)(ac+1)+(bc)(bc+1) ³ 0. Теперь достаточно заметить, что при целых a, b, c и d оба произведения в левой части неотрицательны.

4. Из чисел 1, 2, ..., 37 произвольным образом выбраны 13 различных. Докажите, что из этих 13 чисел можно выбрать четыре таких, что сумма двух из них равна сумме двух других.

Решение. Из 13 различных чисел можно составить 78 пар. Каждая из 78 их сумм не превосходит 37+36 = 73. Поэтому найдутся две различные пары с одинаковыми суммами. Легко видеть, что эти пары состоят из четырех разных чисел.

5. Дана трапеция ABCD с основаниями BC и AD. Точка K — середина диагонали BD. Оказалось, что AK — биссектриса угла CAD и AD = 3BC. Докажите, что AC = 2BC.

Решение. Продолжим биссектрису AK до пересечения с прямой BC в точке M. Тогда ÐBMA = ÐMAD = ÐCAM, так что AC = CM. Кроме того, ÐBDA = ÐDBM, ÐBKM = ÐDKA и KB = KD, так что треугольники AKD и MKB равны, откуда BM = AD = 3BC. Значит, AC = CM = BM–BC = AD–BC = 2BC.

6. Дан прямоугольник 2´2012 (2 строки, 2012 столбцов). Два игрока ходят по очереди. Первый своим ходом вычеркивает две соседние по вертикали клетки, а второй вычеркивает две соседние по горизонтали клетки. Вычеркивать ранее вычеркнутые клетки нельзя. Игрок, не имеющий хода, проигрывает. Кто выигрывает при правильной игре?

Ответ: Второй. Решение. Второй мысленно делит прямоугольник на 1006 квадратов 2´2 и каждым своим ходом из первых 503-х выбрасывает две клетки каждый раз из нового квадрата. Очевидно, первый не сможет этому помешать, так как каждым своим ходом «портит» не больше одного нового квадрата. Следующими 503 ходами второй выбрасывает оставшиеся клетки из «занятых» им квадратов. Играя так, он сумеет сделать не меньше 1006 ходов. Но общее число пар ходов в партии не больше 2012:2 = 1006, так что последний ход останется за вторым.

7. Аня, Боря, Вика и Галя навещали Диму. Договорились они прийти в один день, но в разное время и пробыли у Димы по 15 минут. Аня посетила Диму в 8 часов, Боря пришел в 9 часов, Вика — в 10 часов, а Галя пришла в 11 часов, только неизвестно кто из них приходил утром, а кто вечером. Известно, что: 1) К Диме кто-то приходил между Аней и Борей; 2) Какая-то из девочек пришла к Диме до Ани; 3) Вика не заходила к Диме между Борей и Галей. Определите кто в какое время приходил к Диме.

Ответ: Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера. Решение. Поскольку кто-то приходил к Диме перед Аней, она была у него вечером. Но кто-то заходил к Диме между Аней и Борей, значит, Боря был утром. Далее, Вика не могла прийти к Диме сразу после Бори, так как в этом случае она оказывается между Борей и Галей. Таким образом, она пришла вечером. Наконец, кто-то был у Димы между Борей и Аней. Это могла быть только Галя. Стало быть, порядок, в котором были гости у Димы такой: Боря, Галя, Аня и Вика. Значит, Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера.

8. Найдите все простые числа p такие, что число (p2–23)(9p+5) — точный квадрат.

Ответ: 5. Решение. Проверяем, что при p, не делящемся на 5, число (p2–23)(9p+5) дает при делении на 5 только остатки 2 и 3, которые квадраты давать не могут.

Младшая группа, вторая лига, 4 тур, решения и указания для жюри.

1. Найдите наибольшее число, делящееся на 72, которое можно получить из числа 123...20092010 (все натуральные числа от 1 до 2010 записаны подряд) вычеркиванием некоторых цифр.

Ответ: 12346…2009200 (вычеркнуты первая пятерка и последняя единица). Решение. Сумма всех цифр числа из условия дает при делении на 9 остаток 6. Поэтому сумма вычеркнутых цифр должна быть не меньше 6. Одной из вычеркнутых должна быть стоящая на предпоследнем месте единица: число, оканчивающееся на 10 или 1, не делится на 8. Поэтому вычеркивать надо две цифры (в других случаях у числа будет меньше разрядов, и оно заведомо не будет наибольшим). Стало быть, надо вычеркивать пятерку. Если вычеркнуть первую пятерку, в пятом по старшинству разряде будет шестерка, иначе — пятерка. Отсюда получаем ответ.

¨ Ответ без обоснования — 2 балла.

2. 100 депутатов Думы пользуются сетью Билайн, а 200 депутатов – сетью Мегафон. За внутрисетевой звонок Билайн берёт 43 копейки, а Мегафон меньше, но целое число копеек. За звонок в другую сеть стоимость звонка возрастает в 3 раза. Все входящие звонки бесплатные. В течение дня каждый депутат звонит каждому по одному разу и от каждого один раз получает встречный звонок. Сколько стоят звонки с Мегафона, если его ежедневные доходы с депутатов более чем на 11000 рублей превышают доходы Билайна?

Ответ: 42 коп. за минуту. Решение. Билайн получает доход с внутрисетевых звонков: 43×100×99 = 4257 руб. Со звонков на Мегафон: 3×43×100×200 = 25800 руб. Всего 30057 руб. Если бы цена звонка Мегафона была 42 коп. за звонок, то его доход составил бы 42×200×199+3×42×100×200 = 16716+25200 = 41916, что соответствует условию задачи (разница превышает 11 тысяч рублей). Если же Мегафон снизит цену хотя бы на копейку, то доход составит 41×200×199+3×41×100×200 = 16318+24600 = 40918, что уже не соответствует условиям.

¨ Ответ без обоснования — 0 баллов.

3. Числа a, b, c и d удовлетворяют условию a+d = b+c. Докажите неравенство
(
ab)(cd)+(ac)(bd)+(da)(bc³ 0.

Решение. Раскрыв в левой части все скобки, после приведения подобных и деления на 2 получаем ab+ac–ad+bd–bc = a(b+c–d)+b(dc) = a2+b(ba) = a2+b2ab ³ 0.

4. Из чисел 1, 2, ..., 37 произвольным образом выбраны 13 различных. Докажите, что из этих 13 чисел можно выбрать четыре таких, что сумма двух из них равна сумме двух других.

Решение. Из 13 различных чисел можно составить 78 пар. Каждая из 78 их сумм не превосходит 37+36 = 73. Поэтому найдутся две различные пары с одинаковыми суммами. Легко видеть, что эти пары состоят из четырех разных чисел.

5. На диагонали BD выпуклого четырехугольника ABCD отмечена точка E. Известно, что AB = CE, ÐABD = ÐBCE = ÐECD и ÐDAB = ÐABC. Докажите, что треугольник BCD равнобедренный.

Решение. Заметим, что ÐCED = ÐECB + ÐCBE = ÐEBA + ÐCBE = ÐCBA = ÐBAD. Следовательно, треугольники ABD и ECD равны по двум углам и стороне. Стало быть, BD CD.

6. Дан прямоугольник 2´2012 (2 строки, 2012 столбцов). Два игрока ходят по очереди. Первый своим ходом вычеркивает две соседние по вертикали клетки, а второй вычеркивает две соседние по горизонтали клетки. Вычеркивать ранее вычеркнутые клетки нельзя. Игрок, не имеющий хода, проигрывает. Кто выигрывает при правильной игре?

Ответ: Второй. Решение. Второй мысленно делит прямоугольник на 1006 квадратов 2´2 и каждым своим ходом из первых 503-х выбрасывает две клетки каждый раз из нового квадрата. Очевидно, первый не сможет этому помешать, так как каждым своим ходом «портит» не больше одного нового квадрата. Следующими 503 ходами второй выбрасывает оставшиеся клетки из «занятых» им квадратов. Играя так, он сумеет сделать не меньше 1006 ходов. Но общее число пар ходов в партии не больше 2012:2 = 1006, так что последний ход останется за вторым.

7. Аня, Боря, Вика и Галя навещали Диму. Договорились они прийти в один день, но в разное время и пробыли у Димы по 15 минут. Аня посетила Диму в 8 часов, Боря пришел в 9 часов, Вика — в 10 часов, а Галя пришла в 11 часов, только неизвестно кто из них приходил утром, а кто вечером. Известно, что: 1) К Диме кто-то приходил между Аней и Борей; 2) Какая-то из девочек пришла к Диме до Ани; 3) Вика не заходила к Диме между Борей и Галей. Определите кто в какое время приходил к Диме.

Ответ: Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера. Решение. Поскольку кто-то приходил к Диме перед Аней, она была у него вечером. Но кто-то заходил к Диме между Аней и Борей, значит, Боря был утром. Далее, Вика не могла прийти к Диме сразу после Бори, так как в этом случае она оказывается между Борей и Галей. Таким образом, она пришла вечером. Наконец, кто-то был у Димы между Борей и Аней. Это могла быть только Галя. Стало быть, порядок, в котором были гости у Димы такой: Боря, Галя, Аня и Вика. Значит, Боря был в 9 утра, Галя — в 11 утра, Аня — в 8 вечера и Вика — в 10 вечера.

8. Трехзначные числа  и  делятся на простое число p. Докажите, что хотя бы одно из чисел a+b+c, a–b+c или a–c также делится на p.

Решение. Вычитая из первого трехзначного числа второе, получаем число 99(ac), которое тоже делится на p. Поэтому на p делится либо a–c (и тогда все доказано), либо 99. В последнем случае p либо 3 (и тогда a+b+c делится на p), либо 11 (и тогда a–b+c делится на p).

Группа «Старт», высшая лига, 4 тур, решения и указания для жюри.

1. Дано натуральное число n > 100. Докажите, что найдется число, которое меньше n, больше единицы, и не имеет с числом n(n–1) общих делителей, кроме 1.

Решение. Предположим, это не так. Заметим, что тогда n делится на 2, на 3 и на 5. Рассмотрим числа n/2–1, n/2–2. Их общие делители с n и n–1 , не превосходят 4, поскольку если их удвоить, то они будут отличаться от n и n–1 не более, чем на 4. Но они не делятся на 3 и среди них ровно одно четное, поэтому одно из них не будет иметь общих делителей с n(n–1).

2. В некоторые клетки таблицы 13´13 записали числа. Оказалось, что все суммы чисел по строкам и столбцам попарно различны. Какое наибольшее количество клеток могли остаться свободными?

Ответ: 152. РешениеПример. Поставить различные степени двойки в клетки на рисунке справа. Оценка. Докажем, что расстановки 16 чисел недостаточно. Предположим, удалось расставить 16 чисел. Тогда не более одной линии (скажем, строки) не содержит ни одного числа. Если какое-то число уникально и в строке и в столбце, то суммы чисел в этих линиях равны. Имеется не менее 10 столбцов и не менее 9 строк, в которых стоит ровно 1 число. Заметим, что на их пересечениях не может быть чисел. Но тогда все числа, стоящие в этих строках и столбцах различны, поэтому их не менее 19. Противоречие.

3. Из чисел 1, 2, ..., 100 произвольным образом выбраны 20 различных. Докажите, что из этих 20 чисел можно выбрать четыре таких, что сумма двух из них равна сумме двух других.

Решениеa+b = c+d Û a–c = b–d. Поэтому достаточно найти две пары из четырех различных чисел такие, что разности большего и меньшего чисел в парах одинаковы. Упорядочим выбранные числа от меньших к большим. Пусть утверждение задачи не выполнено. Тогда все разности между вторым и первым, четвертым и третьим, …, 20-м и 19-м числами должны быть различны, и потому их сумма не меньше, чем 1+2+…+10 = 55. По той же причине различны разности между третьим и вторым, пятым и четвертым, …., 19-м и 18-м числами, и сумма этих разностей не меньше, чем 1+2+…+9 = 45. Но тогда сумма этих двух сумм с одной стороны не меньше 100, а с другой она равна разности двадцатого и первого чисел, то есть не меньше 99. Противоречие.

4. На каждой клетке доски 8´8 лежит камень. Камни убывают по весу в каждой строке (слева направо) и каждом столбце (снизу вверх). Разрешается взвесить на весах (показывающих вес груза) любой камень (несколько камней сразу взвешивать нельзя). Покажите, как за 15 таких взвешиваний определить, есть ли на доске камень, весящий 100 грамм.

Решение. Сначала взвесим камень, лежащий в правом нижнем углу. Если он весит больше 100 грамм, то камень весом 100 грамм точно не лежит в правом столбце и этот столбец можно вычеркнуть. Если же меньше, то нужный камень не лежит в нижней строке и вычеркнуть можно ее. В получившейся таблице из 56 клеток снова проделаем ту же операцию (т. е. взвесим правый нижний камень и вычеркнем соответствующую линию). Если эту операцию проделать не более 15 раз, то не останется ни одной клетки и тогда камня весом в 100 грамм на доске нет. В противном случае при какой-то операции будет равенство, и нужный камень на доске есть.

5. На доске написано число 2011. Вася может написанное число умножать на 8 или делить на 8 (если частное — целое число), либо переставлять в нем цифры (0 на первое место ставить нельзя). Может ли Вася такими операциями получить число 1?

Ответ: Нет. Решение. Рассмотрим остаток от деления данного числа на 9. Изначально он равен 4. При перестановке цифр этот остаток не изменяется. При умножении и делении на 8 остаток 4 превращается в 5, а остаток 5 — в 4. Тогда остаток никогда не сможет стать равны единице.

6. На доску выписано несколько натуральных чисел, не превосходящих 100. Оказалось, что числа 1 и 2 выписаны и ни одно из выписанных чисел не равно сумме двух различных выписанных чисел. Какое наибольшее количество чисел могло быть выписано?

Ответ: 35. Решение. Пример: 1, 2, 4, 7, 10, 13, …, 100. Если выписано более 35 чисел, то в одной из 32 троек (5,6,7); (8,9,10); (11,12,13); …; (98,99,100) будет не менее двух выписанных чисел, тогда можно к меньшему прибавить 1 или 2 и получить большее.

7. Как провести на круглом листе бумаги пять отрезков, каждый из которых соединяет две точки на краю листа, чтобы среди частей, на которые эти отрезки делят лист, оказались хотя бы один пятиугольник и хотя бы два четырехугольника?

Решение. См. рисунок справа.

8. В стране несколько городов. Некоторые пары городов соединены дорогами, причем из любого города в любой другой можно добраться по этим дорогам. Оказалось, что из двух городов выходят по две дороги, а из остальных — по три или по одной. Докажите, что можно закрыть несколько дорог на ремонт таким образом, чтобы из каждого города выходило по три или по одной дороге.

Решение. Заметим, что по условию существует какой-то путь из одного города, из которого выходит 2 дороги в другой такой город. Есть закрыть все дороги этого пути, то изменится четность числа выходящих дорог только в этих города, поэтому количество дорог, выходящих из каждого города, станет нечетным.

Группа «Старт», первая лига, 4 тур, решения и указания для жюри.

1. Назовём натуральное число nбольшее 3, сложным, если с каждым натуральным числом, меньшими n, кроме 1 и n–1, у него есть общий простой делитель. Найдите все сложные числа, меньшие 1000

Ответ: 6. Решение. Числа от 4 до 11 перебираются. Если же сложное число больше 11, оно должно делиться на 2, 3, 5, 7 и 11, а произведение этих простых чисел больше 1000.

2. В некоторые клетки таблицы 5´5 записали числа. Оказалось, что все суммы чисел по строкам и столбцам попарно различны. Какое наибольшее количество клеток могли остаться свободными?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: 19. Решение. Пример на рисунке. В отмеченные клетки расставлены различные степени двойки. Докажем, что расстановки 5 чисел недостаточно. Предположим, удалось расставить 5 чисел. Тогда не более одной линии (скажем, строки) не содержит ни одного числа. Если какое-то число уникально и в строке и в столбце, то суммы чисел в этих линиях равны. Имеется не менее 4 столбцов и не менее 3 строк, в которых стоит ровно одно число. Заметим, что на их пересечениях не может быть чисел. Но тогда все числа, стоящие в этих строках и столбцах различны, поэтому их не менее 7. Противоречие.

3. Определите максимально возможное число, делящееся на 6, которое может быть получено из числа 123…200920102011 вычеркиванием некоторых из его цифр.

Ответ: 1345…201020 (вычеркнуты первая двойка и две последние единицы). Решение. Две последние единицы над вычеркнуть обязательно, иначе число будет нечетным. После этого сумма всех цифр оставшегося числа будет давать при делении на 3 остаток 2. Поэтому придется вычеркнуть еще одну цифру (если вычеркнуть больше цифр, у числа будет меньше разрядов, и оно заведомо не будет наибольшим). Если вычеркнуть первую двойку, во втором по старшинству разряде будет тройка, иначе — двойка. Отсюда получаем ответ.

4. На 49 карточках записаны числа от 1 до 49. Карточки выложены в квадрат 7´7 числами вниз. Известно, что в каждом горизонтальном ряду числа упорядочены по возрастанию слева направо, а в вертикальном – сверху вниз. Можно ли последовательно открыть не более 12 карточек, чтобы найти карточку с числом 25?

Ответ: Да. Решение. Сначала перевернём карточку, лежащую в левом нижнем углу. Если на ней число большее 25, то последнюю строку можно не рассматривать – там нет нужной карточки. Если меньшее, то можно не рассматривать первый столбец. Переходим к левому нижнему углу оставшейся таблицы. Исключив 12 линий, мы оставим единственную карточку, на которой должно быть число 25.

5. В кружке 6 человек и у каждого ровно 3 друга в этом кружке. Верно ли что всех кружковцев можно рассадить за 3 парты, за каждой из которых сидят 2 друга?

Ответ: Да. Решение. Если в графе знакомств есть треугольник ABC, то каждый из трех оставшихся дружит ровно с одним из ABC. Такие пары друзей и надо усадить за парты. Если же треугольника нет, и A дружит с BС и D, то последние трое между собой не дружат и, стало быть, все дружат с оставшимися E и F. Тогда подойдут пары ABCE и DF.

6. Петя и Вася по очереди умножают записанное на доске число на одно из трёх чисел: 2, 3 или 4. Сначала на доске написана единица. Выигрывает тот, кто первым получит результат больше 250000. Кто может выиграть независимо от игры соперника?

Ответ. Вася. Решение. Стратегия Васи: если Петя умножает число на 2, то Вася на 4, если Петя на 3, то Вася – на 3, если Петя на 4, то Вася на 2. Таким образом, после двух ходов происходит умножение числа на 8 или на 9. После шести ходов результат оказывается не меньше 86 = 262144 > 250000. Перед последним ходом Васи результат не больше 95×4 = 236196.

7. Как провести на круглом листе бумаги пять отрезков, каждый из которых соединяет две точки на краю листа, чтобы среди частей, на которые эти отрезки делят лист, оказались хотя бы один пятиугольник и хотя бы один четырехугольник?

Решение. См. рисунок.

8. 100 депутатов Думы пользуются сетью Билайн, а 200 депутатов – сетью Мегафон. За внутрисетевой звонок Билайн берёт 43 копейки, а Мегафон меньше, но целое число копеек. За звонок в другую сеть стоимость звонка возрастает в 3 раза. Все входящие звонки бесплатные. В течение дня каждый депутат звонит каждому по одному разу и от каждого один раз получает встречный звонок. Сколько стоят звонки с Мегафона, если его ежедневные доходы с депутатов более чем на десять тысяч рублей превышают доходы Билайна?

Ответ: 42 коп. за минуту. Решение. Билайн получает доход с внутрисетевых звонков: 43×100×99 = 4257 руб. Со звонков на Мегафон: 3×43×100×200 = 25800 руб. Всего 30057 руб. Если бы цена звонка Мегафона была 42 коп. за звонок, то его доход составил бы 42×200×199+3×42×100×200 = 16716+25200 = 41916, что соответствует условию задачи (разница превышает 11 тысяч рублей). Если же Мегафон снизит цену хотя бы на копейку, то доход составит 41×200×199+3×41×100×200 = 16318+24600 = 40918, что уже не соответствует условиям.


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

Другие задачи:
Всего комментариев: 0
avatar