Турнир математических боёв школы – гимназии №42

XVI Турнир математических боёв памяти Е.В.Напалковой
7 класс
1. Одно положительное число поделили на другое. Найдите частное,
если оно в 8 раз меньше делимого и в 4 раза больше делителя.
Ответ: 32.
Пусть A– делимое, B –делитель, а C –частное. Тогда 8C = A, C = 4B.
Отсюда A = 32B. То есть остаток от деления равен нулю, а частное равно
32.
2. У каждого из троих ребят есть старинные монеты. У первого и
второго вместе на 6 монет больше, чем у второго и третьего. Сколько монет у каждого, если у всех троих всего 10 монет?
Ответ: 7, 2, 1 монета.
Из условия задачи следует, что у первого на 6 монет больше, чем у
третьего мальчика. Тогда, у третьего не может быть более одной монеты
(иначе у первого более 7 монет, то есть у первого и третьего уже не менее
2 + 8 = 10 монет). Значит, у первого – 7 монет, у второго – 2 монеты, у третьего – 1 монета
3. Сколько существует четырехзначных чисел, которые слева направо и справа налево читаются одинаково?
Ответ: 90.
По первым двум цифрам числа однозначно определяются остальные
цифры, причем комбинация первых двух цифр может составлять любое
двузначное число. То есть таких чисел столько же, сколько и двузначных –
90.
4. Внутри угла AOB, равного 120°, проведены лучи OC и OD так, что
каждый из них является биссектрисой какого-то из углов, получившихся
на чертеже. Найдите величину угла AOC, указав все возможные варианты.
Ответ^ 30°, 40°, 60°, 80° или 90°.
Возможные расположения лучей показаны на рисунках а-г.
Рис. а
Рис. б
Рис. в
Рис. г
1) Если луч OC является биссектрисой угла AOB (рис. а), то ∠AOC = 60°
(независимо является ли луч OD биссектрисой угла AOC или угла BOC).
2) Если луч OD является биссектрисой угла AOB (рис. б), то ∠AOC = 30°
(если OC – биссектриса угла AOD) или ∠AOC = 90° (если OC – биссектриса угла ∠BOD)
3) Если луч OC – биссектриса угла AOD, а луч OD – биссектриса
угла BOC (рис. в), то ∠AOC = 60°.
4) Аналогично, если луч OD – биссектриса угла ∠AOC, а луч OC – биссектриса угла BOD (рис. г), то ∠AOC = 80°.
5. Объясните, как покрасить часть точек плоскости так, чтобы на каждой окружности радиуса 1 см было ровно четыре покрашенные точки.
Один из возможных способов раскраски изображён
на рисунке (расстояние между прямыми равно 1 см).
6. Можно ли в клетки таблицы 4  4 записать числа 1, 2, 3, ..., 16 так,
чтобы сумма чисел в каждой строчке делилась на 3?
Ответ: нельзя.
Если бы такая расстановка существовала, то сумма всех чисел (она
равна сумме сумм чисел в каждой строчке) делилась бы на 3. Но
1 + 2 + ... + 16 = 136 не кратно 3.
7. На доске написаны все целые числа от 1 до 14. Двое играющих по
очереди стирают по одному числу. Если сумма последних двух чисел –
точный квадрат, то выигрывает второй, иначе – первый. Кто выигрывает
при правильной игре?
Ответ: второй.
Разобьем все числа на пары: 1-8, 2-14, 3-13, 4-12, 5-11, 6-10, 7-9.
После любого хода первого игрока, второй игрок стирает число той
же пары. Тогда после 6 ходов останутся два числа из одной пары. Но сумма чисел в любой паре является точным квадратом, и победа будет за вторым игроком.
8. Братец Кролик решил сбегать к Винни-Пуху, чтобы узнать, в какое
время нужно начинать праздновать Новый Год. Но вся дорога к Винни состоит только из подъемов и спусков, а Кролик на подъеме за час преодолевает 2 км, а на спуске – 3 км. Какое время затратит на дорогу туда и обратно Кролик, если от его дома до дома Пуха ровно 6 км?
Ответ: 5 часов.
Если на каком-то участке дороги на пути к Пуху был подъем, то на
обратной дороге будет спуск. Поэтому, Кролик 6 км бежал в горку и 6 км –
с горки. То есть на весь путь было затрачено 6 : 2  6 :3  5 часов.
8 класс
1.
В коробке находились красные и синие шары, причем красные шары составляли 1% от общего числа шаров. Из коробки достали несколько
синих шаров, после этого красные шары стали составлять 2% от общего
числа шаров. Какой процент составляют вынутые шары от числа оставшихся в коробке?
Ответ: 100%.
Обозначим: a – количество красных шаров. Тогда 99a – количество синих
шаров. Пусть из коробки достали b синих шаров. Тогда должно выполa
2
няться соотношение
. Отсюда b  50a (вынули столько,

100a  b 100
сколько и осталось).
2.
Имеется 9 кг песка. Как тремя взвешиваниями на чашечных весах
выделить 2 кг песка при помощи гири в 200 г?
Первое взвешивание: на одну чашу кладём гирю и, используя весь песок,
уравновешиваем чаши. Получим части (песка) в 4400 грамм и 4600 грамм.
Второе взвешивание: на одну чашу кладём гирю и, используя всю часть
песка в 4600 грамм, уравновешиваем чаши. Получим новые части (песка) в
2200 грамм и 2400 грамм. Третье взвешивание на одну чашу кладём гирю
на вторую чашу песок из кучи в 2200 грамм. Останется 2 кг.
3.
В выпуклом четырёхугольнике ABCD диагональ DB делит угол D
пополам. Известно, что углы DAB и DBC равны, кроме того
3BAD  2BDA  180 . Докажите, что AB  CD  AD .
Во-первых, заметим, что из условия 3  2  180
следует, что 2    ABD , то есть он самый
большой в треугольнике ABD. Отложим на AD отрезок AE, равный AB. Далее подсчёт покажет равенство углов EBD и CBD. Из равенства треугольников BCD и BED следует искомое соотношение.
4.
Можно ли расставить на шахматной доске числа от 1 до 64 так,
чтобы сумма чисел в любых двух клетках, имеющих общую сторону или
вершину, не делилась на 4?
Ответ: можно.
Расставим 16 чисел, дающих при делении на 4 остаток 0, произвольным образом в клетки, отмеченные цифрой 4 (показано
на рисунке); числа, дающие остаток 1 – в клетки, отмеченные
цифрой 1; числа, дающие остаток 2 – в клетки, отмеченные
цифрой 2; числа, дающие остаток 3 – в клетки, отмеченные
цифрой 3. Тогда получится расстановка, удовлетворяющая
условию задачи.
5.
На столе стоят десять коробочек, на которых написаны номера от
1 до 10. Разрешается перекладывать шарики по следующему правилу: если
в коробочке с номером n количество шариков оказалось равно n, то один
шарик выбрасывается, а остальные раскладываются по одному в коробочки с номерами от 1 до n-1. Какое наибольшее количество шариков можно
разложить по коробочкам так, чтобы можно было при помощи данных
операций выбросить все шарики?
Ответ: 41. Из коробочек с номерами от 6 до 10 можно доставать шарики не
более одного раза, с номерами 5 и 4 – не более двух раз, с номером 3 – не
более 4 раз, № 2 – не более 7 раз; № 1 – не более 21 раза.
Пример: 1, 1, 3, 1, 5, 2, 4, 6, 8, 10.
6.
Найдите все простые числа, которые невозможно представить в
виде суммы двух составных.
Ответ: 2, 3, 5, 7,11.
Допустим, что простое число p больше либо равно 13. Тогда оно представимо в виде суммы двух составных: p   p  9   9 . Ответ проверяется
проверкой.
7.
Сумма четырех ненулевых чисел равна 0. Сумма кубов этих чисел
тоже равна 0. Докажите, что сумма пятых степеней этих чисел тоже равна
0.
Решение. a+b+c+d = 0  a+b = (c+d)  (a+b)3 = (c+d)3 
a3+b3+3a2b+3ab2 = c3d33c2d3cd2  ab(a+b) = cd(c+d)  k(abcd) = 0,
где k = a+b = (c+d). Если k = 0, то a = b, c = d, и утверждение задачи
очевидно. В противном случае ab = cd. Положим x = a/с = d/b. Тогда a = cx,
d = bx, и a+b+c+d = 0  (b+c)(x+1) = 0, откуда b+c = 0 или x = -1. В первом случае b = c и a = d. Во втором случае a = c и d = b, откуда a = c и
b = d. В обоих случаях утверждение задачи очевидно.
8.
В выпуклом четырехугольнике
BC + CD = AB. Докажите, что AC = AD.
ABCD
B = C = 120,
а
Решение. Продолжим сторону BC на отрезок CE = CD. Треугольник CDE
— равносторонний, треугольник ABE — равнобедренный. Поэтому
DEC = 60, а BEC = 30. Стало быть, треугольники AEC и AED равны
по двум сторонам и углу между ними, откуда AD = AC.
9 класс
1. Мимо наблюдателя по дороге проехали с равными между собой
промежутками времени автобус, мотоцикл и автомобиль. Мимо другого
наблюдателя они проехали с такими же промежутками, но в другом порядке: автобус, автомобиль, мотоцикл. Найдите скорость автобуса, если скорость автомобиля 60 км/ч, а мотоцикла – 30 км/ч.
Ответ: 40 км/ч. Пусть S – расстояние между наблюдателями, x – искомая скорость, t – промежуток времени из условия задачи. Тогда имеют
S
S
место соотношения: для автомобиля
 2t   t и для мотоцикла
60
x
S
S
 t   2t . Сложим правые и левые части и, после преобразований,
30
x
1
1 2
получим уравнение

 .
60 30 x
2. Число x натуральное. Среди утверждений 1) 2x > 70, 2) x > 100, 3)
3x > 25, 4) x ≥ 10, 5) x > 5 три верных и два неверных. Чему равно x?
Ответ: 10, 11, 12, …, 34, 35.
3. Есть 101 монета, из которых 50 фальшивых, отличающихся по весу на 1 грамм от настоящих. Петя взял одну монету и за одно взвешивание
на весах со стрелкой, показывающей разность весов на чашках, хочет
определить фальшивая ли она. Сможет ли он это сделать?
Ответ: может. Отложим данную монету в сторону. Разделим остальные 100 монет на две кучки по 50 монет и сравним веса этих кучек. Если
они отличаются на четное число грамм, то интересующая нас монета
настоящая. Если же разность весов нечетна, то монета фальшивая.
4. Для некоторого числа x разность любых двух из чисел x3, x4 и x5 –
целое число. Докажите, что x – целое число.
Деля целое число x5 – x4 = x4(x–1) на целое число x4– x3 = x3(x–1), получаем, что число x – рациональное. Представим x в виде несократимой дроби p/q. Тогда дробная часть числа x4 равна несократимой дроби со знаменателем q4, а дробная часть числа x5 – несократимой дроби со знаменателем q5. Равны такие дробные части могут быть только при q = 1, то есть
числа x4 и x5 – целые. Но если число x – дробное, то дробна и любая его
степень. Значит, x – целое.
5. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в
точке O, причём отрезки AO и OD равны. На стороне AD выбрана такая
точка E, что отрезки AE и EC, BE и ED попарно равны. Докажите, что отрезки AB и CD равны.
Из равнобедренности треугольников AOD, AEC и BED получаем, что
углы DAC, ADB, ACE и DBE равны. Пусть каждый из них равен . Тогда углы DEC и AEB равны 2 как внешние в треугольниках AEC и BED соответственно. Следовательно, треугольники DEC и BEA равны по двум сторонам
и углу между ними, откуда и следует утверждение задачи.
6. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = AC) A = 30. На медиане AD взята точка P, а на стороне AB — точка Q таким образом, что PB
= PQ. Найдите угол PQC.
Ответ: 15. Заметим, что PB = PQ = PC, то есть P – центр описанной
окружности треугольника BQC. Имеем: QPC = 2ABC = (180–30) =
150, откуда и получается ответ.
7. К натуральному числу N прибавили наибольший его делитель,
меньший N, и получили степень десятки. Найдите все такие N.
Ответ: 75. Пусть m – наибольший делитель числа N, меньший, чем N.
Тогда N  m  p , где p – наименьший простой делитель числа N. Имеем m  p  1  N  m  10k . Число в правой части не делится на 3, поэтому p
> 2. Отсюда следует, что N нечётно, а тогда и m нечётно. Поскольку 10k делится на m, m = 5s. Если m = 1, то N = p = 10k – 1, что невозможно, так как
10k– 1 делится на 9, то есть не является простым. Значит, s ≥ 1, число N
кратно 5, и потому p ≤ 5. Если p = 3, то 4·5s= 10k, откуда k= 2, m = 25 и N =
75. Если же p = 5, то p + 1 = 6, и число 10k делится на 3, что невозможно.
8. По кругу записаны в порядке возрастания по часовой стрелке числа от 1 до 15. Разрешается взять любые три числа a, b, c (не обязательно
соседние и стоящие в любом порядке) и заменить их числами c, a–1 и b+1
соответственно. Докажите, что, применяя такие операции, можно добиться, чтобы числа стояли в порядке возрастания по часовой стрелке.
Нетрудно показать, что, повторяя описанную в условии операцию,
можно сделать все данные числа равными, независимо от их расстановки.
Сумма всех чисел при этом не изменится, то есть все они будут равны 8.
Того же можно добиться и с помощью операции, обратной к описанной, а
это значит, что при помощи данной операции мы можем из расстановки 15
чисел, равных 8, получить любую расстановку чисел 1, 2, …, 15. Поэтому
из любой расстановки данных целых чисел на окружности мы можем получить любую другую.
Математический бой №2, старшая группа
Сто гирек стоят в ряд, при этом массы любых двух соседних гирек различаются на 1 грамм. Докажите, что гирьки можно разложить на 2 чашки
весов так, что весы будут в равновесии. Решение. Можно заметить, что при
разбиении данных 100 гирек на 25 групп (по 4 подряд идущих), можно добиться равенства весов в каждой группе.
2.
Известно, что f(x) – квадратный многочлен с целыми коэффициентами,
f (1  2)  19  9 2 . Найти f (1)  f (1) . Ответ. 20. Решение. Пусть
и
f (1  2)  3a  b  c  (2a  b) 2 .
f ( x)  ax 2  bx  c .
Тогда
Отсюда
3a  b  c  19, 2a  b  9 . Поэтому f (1)  f (1)  2(a  c)  2(19  9)  20.
3.
Известно, что три прямые: Ax + By + C = 0, Bx + Cy + A = 0, Cx + Ay + B
= 0 ( A  B  C ) пересекаются в одной точке. Найти множество всех возможных точек пересечения таких прямых. Ответ.(1; 1). Решение. Сложив
все уравнения, получим: (A + B + C)(x + y + 1) = 0. Если A + B + C = 0, то
1.
можно преобразовать уравнения к виду A(x – 1) + B(у – 1) = 0, B(x – 1) +
C(у – 1) = 0, C(x – 1) + A(у – 1) = 0. При выполнении условия A  B  C , по
крайней мере одна из систем 2 – го порядка, содержащихся в полученной
системе, имеет единственное решение. Поэтому единственное возможное
решение (x; y) = (1; 1). Если x + y + 1 = 0, подставив y = – x – 1 в исходные
CB
AC
B A
,x
,x
. Без ограничения общноA B
B C
CA
сти, можно считать, что A  B  C (или A < C < B). Из первого равенства по-
уравнения, получим: x 
лучаем, что x < 0, а из третьего – что x > 0. Следовательно, в этом случае
общих решений нет. Второй случай рассматривается аналогично.
4.
Числа a1 , a2 , a3 ,..., a16 расставлены по кругу. При этом сумма любых трех
стоящих подряд чисел a1 , a2 , a3 ,..., a16 не меньше 2, а сумма любых пяти стоящих подряд чисел не превосходит 4. Какое наибольшее значение может
принимать разность a1  a2 ? Ответ. 2. Решение. Из первого условия сумма
любых шести стоящих подряд чисел не меньше 4, поэтому все числа неотрицательны. Также можно получить, что сумма любых двух стоящих подряд чисел не больше 2. Из этого следует, что все данные числа не меньше 0
и не больше 2.Поэтому наибольшее возможное значение разности между
любыми двумя стоящими подряд числами равна 2. Пример (начиная с a1 ):
2, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 2, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0.
5.
Докажите, что для любых вещественных x и y выполняется неравенство: x 2 1  2 y 2  y 2 1  2 x 2  xy  x  y  2  .
Решение. Заметим, что
тельно, x 2 1  2 y 2  y 2
6.
2 1  2 y 2  1  2 y и 2 1  2 x2  1  2x . Следова1
1
1  2x2  x2
 x2 y  y 2
 xy 2  xy x  y  2 .
2
2


(Подгруппа A) Найти все пары натуральных чисел (n; m) такие, что
n  4m и m 2  4n являются квадратами натуральных чисел. Ответ. (n; m)
или (m; n) = (5; 6). Решение. Пусть m  n , (m2  4n) – точный квадрат, тогда
m2  4n  (m  2k )2 для некоторого k, поэтому n  mk  k 2 . Если m = n, получаем m(k  1)  k 2 , отсюда k – 1 делит k 2 и (так как k 2  (k  1)(k  1)  1 ), то k = 2
и m = n = 4, которое не является решением, так как 0 не является квадратом натурального числа. Далее, можно считать, что, m > n и, следовательно, m  mk  k 2  0 . Но это означает, что k = 1 или (m – 1) и, следовательно, n
= m – 1. (Если m  mk  k 2  0 , то m(k  1)  k 2 . Поэтому k = 1 или
m < k + 2. Но m  mk  k 2  0 , так что m > k. Поэтому k = 1 или m
= k + 1). Но n 2  4m также является квадратом, поэтому
(m  1)2  4m  m2  6m  1 – квадрат. Но (m  4)2  m2  6m  1  (m  3)2
при m  8 , так что решения возможны только при m = 1, 2, ...,
7. Проверяя эти варианты, получаем решение (5; 6).
(Подгруппа B) В таблицу, содержащую n строк и m столбцов,
выписали натуральные числа от 1 до nm в порядке возраста2
ния, начиная с первой строки. Известно, что число 20 лежит в третьей
строке, 41 - в пятой, а 103 – в последней. Найти n и m. Ответ. (n; m) = (12,
9). Решение. Из условий задачи 2m  1  20  3m, 4m  1  41  5m . Отсюда m =
9. Далее, из неравенства 8n 1  103  9n получаем n = 12.
7. Точки H и M - ортоцентр и точка пересечения медиан остроугольного треугольника ABC . Точка B1 - середина дуги AC
описанной окружности этого треугольника (не содержащей
точки B ). Известно, что длина отрезка B1M равна радиусу
описанной окружности. Докажите, что BM  BH . Решение.
B1M  B1K  KM . Так как B1M  B1 K  KO , то KO  MK . Треугольники HBM и OKM подобны. Поэтому BH  BM .
8. Одна из диагоналей вписанного четырехугольника – диаметр. Докажите, что проекции противоположных сторон на другую диагональ
равны. Решение. Пусть ABCD - исходный вписанный четырехугольник, AC - диаметр. Имеем
BE  AC sin(ACB) cos(ABD)  AC sin(CAD) cos(BDC )  DF .
B
E
A
C
F
D