XV Республиканская олимпиада имени А.М. Красникова

XV Республиканская олимпиада
имени А.М. Красникова
МАТЕМАТИКА
10 класс
заочный тур
решение
1. К натуральному числу N прибавили наибольший его делитель, меньший N, и получили
степень десятки. Найдите все такие N.
Решение. Ответ: 75. Пусть m — наибольший делитель числа N, меньший, чем N. Тогда n =
mp, где p — наименьший простой делитель числа N. Имеем N+m = 10к , то есть m(p + 1) = 10к .
Число в правой части не делится на 3, поэтому p > 2. Отсюда следует, что N — нечѐтное
число, а тогда и m нечѐтно. Значит, поскольку 10к делится на m, получаем m =5𝑠 . Если m = 1,
то N= p = 10к−1 , что невозможно, так как 10к−1 делится на 9, то есть не является простым.
Значит, s > 1, число N делится на 5, и потому p 6 5. Если p = 3, то получаем равенство 4 · 5𝑠 =
10к ,, откуда k = 2, m = 25 и N = 75. Если же p = 5, то p + 1 = 6, и число 10к , делится на 3, что
невозможно.
2. Назовѐм натуральное число хорошим, если среди его делителей есть ровно два простых
числа. Могут ли 18 подряд идущих натуральных чисел быть хорошими?
Ответ. Не могут.
Решение. Предположим, что нашлись 18 хороших чисел подряд. Среди них найдутся три
числа, делящихся на 6. Пусть это числа 6n, 6(n+1) и 6(n+2). Поскольку эти числа — хорошие,
и в разложение каждого из них на простые множители входят двойка и тройка, других
простых делителей у них быть не может. Далее, лишь одно из трѐх подряд идущих
натуральных чисел n, n + 1, n + 2 может делиться на 3. Значит, остальные два являются
степенями двойки. Но пары степеней двойки, отличающихся не более чем на два — это только
(1, 2) и (2, 4); поэтому n ≤ 2. Однако тогда среди наших 18 чисел есть простое число 13 (так
как 6n ≤ 13 ≤ 6( n + 2)), не являющееся хорошим. Противоречие.
3. На стороне AB треугольника ABC внешним образом построен квадрат с центром O. Точки
M и N — середины сторон AC и BC соответственно, а длины этих сторон равны
соответственно a и b. Найти максимум суммы OM+ ON, когда угол ACB меняется.
Решение: Максимум OM+ ON достигается при ∠ACB=135◦ и равен ((1+√2)/2)(a+b).
4. Решите уравнение: x4– 4x3 + 12x2 – 24x +24 = 0.
Решение: Уравнение x4 – 4x3 + 12x2 – 24x + 24 = 0 преобразовать к виду (x² – 2x)2 + 8(x –
1,5)2 + 6 = 0, которое не имеет решений.
5. Первый член числовой последовательности равен 1, каждый из двух следующих равен 2,
каждый
из
трех
следующих
за
ними
равен
3
и
т.д.
Чему равен 2005-й член этой последовательности?
Решение: 2005-й член последовательности равен наименьшему натуральному числу 𝑛, для
которого
1+2+⋯+𝑛 =
𝑛 𝑛 +1
2
≥ 2005.
Последнее
неравенство
будет
равносильно
неравенству 𝑛2 + 𝑛 − 4010 ≥ 0. Решением данного квадратного неравенству (с учетом того,
что 𝑛 – натуральное) будет 𝑛 ≥
−1+ 16041
2
≈ 6283. Значит, последний член последовательно
будет 63.
6. Покажите способ, как разбить единичный квадрат на 2014 квадратиков. Можно ли
добиться того, чтобы в искомом разбиении у самого маленького квадратика сторона была
меньше 10–200?
Ответ:
можно. Решение. Если любой квадрат разбить на 4 квадратика с половинной
стороной, то в разбиении добавится 3 квадрата. Таким образом, разбивая последовательно
исходный квадрат на 4 квадратика, далее один из получившихся квадратиков еще на 4
квадратика, и так далее, мы за п шагов будем иметь 1 + 3п квадратиков разбиения. Приравняв
1 + 3п = 2014, получим п = 671. Самый маленький квадратик такого разбиения будет иметь
сторону, равную 2 671. Покажем, что 2 671  10 200 . Действительно, имеем 210  1024  103 .
Отсюда 2671  2670  210   103   10 201  10 200 .
67
67
7. Дана трапеция с основаниями AD = d, BC = b и боковыми сторонами AВ = а, CD = с. Пусть
М – точка пересечения биссектрис углов А и В, а N – точка пересечения биссектрис углов С и
D. Найдите длину отрезка MN.
1
b  d  a  c . Решение. Пусть Р – середина боковой стороны АВ, Q – середина
Ответ:
2
стороны CD. Поскольку точки М и N лежат на средней линии PQ, или ее продолжении, и углы
АМВ и CND – прямые (как следует из вычисления этих углов с использованием условия о
1
1
биссектрисах), то по свойству медианы PM  a , QN  c . Если отрезки РМ и QN не
2
2
bd a c
  . Если же РМ и QN пересекаются, то
пересекаются, то MN  PQ  PM  QN 
2
2 2
рассмотрев 3 случая расположения точек М и N (обе точки внутри; обе вне трапеции; одна вне,
а другая внутри трапеции), во всех трех случаях получим, аналогично предыдущему,
1
MN  (a  c  b  d ). Замечание: вместо рассмотрения случаев можно придти к такому же
2
результату, введя координатную ось вдоль прямой PQ.
8. Две окружности внешним образом касаются друг друга и сторон треугольника
ABC .Первая окружность радиуса 2/3 касается сторон AB и AC в точках L и K, вторая
окружность радиуса 1/6 касается сторон AС и BС в точках N и M. Найдите площадь
треугольника ABC, если AL=1, CM=1/ 3.
Ответ: 12/7.
9. На полях бесконечной шахматной доски записаны натуральные числа так, что каждое
число равно среднему арифметическому четырех соседних чисел – верхнего, нижнего,
правого и левого. Докажите, что все эти числа равны между собой.
Решение. Решим эту задачу, используя правило «крайнего» в форме «рассмотрите
наименьшее!».
1) Среди натуральных чисел записанных на доске обязательно существует наименьшее.
Действительно, пусть К – одно из данных чисел. Если среди чисел записанных на доске есть
единица, то она и является таким наименьшим числом. Если единицы на доске нет,
посмотрим, нет ли там двойки. Если есть, то она и является наименьшим числом, если же нет,
то поищем на доске тройку и т. д. Не более чем за К шагов мы отыщем таким образом
наименьшее число.
2) Обозначим наименьшее из чисел, записанных на доске, буквой m. Рассмотрим поле Р , на
котором записано это число. Обозначим числа записанные на соседних полях, буквами а, b, с,
abcd
d. По условию m 
. Отсюда a  b  c  d  4m .
4
3) В силу выбора числа m имеем: a  m, b  m, c  m, d  m . Если бы хотя бы одно из этих
неравенств было строгим, то имели бы : a  b  c  d  4m . Значит a  b  c  d  m , т.е.
соседние числа раны m. Отсюда следует, что на горизонтали, содержащей поле Р, записаны
одни только числа m, а так как любая вертикаль пересекает эту горизонталь, то она содержит
число m и, значит, все числа на ней равны m. Откуда имеем, что все числа равны m.
10.
Величины  и  острых углов удовлетворяют равенству sin 2   sin 2   sin(   ).
Доказать, что    

.
2
Решение. Из условия следует, что sin  (sin   cos  )  sin  (cos   sin  ) . Если sin   cos  и
cos   cos  , то 1  sin 2   cos 2   sin 2   cos 2   1 - противоречие. Точно также получается
противоречие, если обратить знаки в двух предыдущих неравенствах. Значит, sin   cos  и
cos   cos  . Следовательно    

2
. Что и требовалось доказать.