XIII математическая олимпиада г Реения

XIII математическая олимпиада г. Барнаула, 21 ноября 2010 г.
Результаты олимпиады, информация о зимней школе - на сайте АКДОО «Центр
дополнительного математического образования» www.altai-math.ru
Ответы, указания, решения
8 класс
1. Составьте из девяти полосок бумаги шириной 1 и длинами 1, 2,
…, 9 прямоугольник, длина и ширина которого больше 1.
Смотри рисунок.
2. Числа 100 и 90 разделили на одно и то же число. В первом случае получили в
остатке 4, во втором – 18. На какое число делили?
Искомое число – общий делитель чисел 100-4=96 и 90-18=72, больший 18, то есть 24.
3. В десятичной записи квадрата натурального числа предпоследняя цифра нечетна.
Найдите последнюю цифру в этой записи.
Ответ: 6. Пусть n = 100a + 10b + c . Тогда n2 можно записать в виде 100 A + 10 ( 2cb ) + c 2 .
Поскольку число 2cb четное, необходимо, чтобы после прибавления c 2 в десятки
переносилось нечетное число. Среди всех цифр таким свойством обладают 4 и 6. Последняя
цифра квадратов чисел, оканчивающихся на 4 и 6, есть цифра 6.
4. На сторонах АВ и АС треугольника АВС отмечены точки M и N соответственно так,
что BM = MN = NC. Оказалось, что биссектрисы углов BMN и MNC
пересекаются в точке, лежащей на стороне ВС. Докажите, что
∠À = 60° .
Пусть K – точка пересечения биссектрис. Треугольники BMK,
NMK и NCK равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, угол
C треугольника ABC равен углам BMK и NMK, а угол B равен углам
MNK и CNK. Отсюда следует, что каждый из углов CKN, NKM и MKB
равен углу A треугольника ABC. Поскольку сумма углов CKN, NKM и
MKB равна 180o , получаем ∠À = 60° .
5. По кругу висят 250 лампочек. Вначале все лампочки включены. Разрешается
переключить (из включенного состояния в выключенное или наоборот) любые 4
последовательные лампочки, либо взять 5 последовательных лампочек и переключить все,
кроме средней. Можно ли с помощью таких операций выключить все лампочки?
Ответ: нет, нельзя. Чередуя, покрасим лампочки в два цвета – синий и красный.
Получим по 125 одноцветных лампочек. Будем следить за красными лампочками. Любая из
операций меняет состояние у двух из них. Поэтому четность количества включенных
красных лампочек сохраняется в течение всего процесса и не может стать нулём.
9 класс
1. Семь карандашей дороже восьми тетрадей. Что дороже: 9 карандашей или 10
тетрадей? Ответ обосновать.
Ответ: 9 карандашей дороже 10 тетрадей.
Пусть a – стоимость карандаша, b – стоимость тетради. Тогда по условию имеем 7a > 8b
7
9 7
9
7
или a > b . Поскольку
> , получаем
a > a > b и 9a > 10b .
8
10 8
10
8
2. В ряд выписали 101 девятку. Можно ли между ними расставить десять знаков + и
один знак = , чтобы получилось верное равенство?
Ответ: можно. Если к сумме 10 чисел, состоящих из 9 девяток, прибавить число 9, то
получится число, состоящее из 10 девяток.
3. Суммарный возраст семерых друзей составляет сто лет. Докажите, что из них можно
выбрать троих, сумма возрастов которых не менее 42 лет.
PDF created with pdfFactory trial version www.pdffactory.com
Допустим, что возраст любых троих меньше 42 лет.
Составим тройку из самых старших. Младшему из этой
тройки не больше 13 лет, как и остальным четырем. Это
означает, что суммарный возраст всех ребят не превосходит
41 + 13 × 4 = 93 лет. Противоречие.
4. На сторонах BC и CD квадрата ABCD отмечены точки M и N соответственно.
Отрезки AM и BN пересекаются в точке K. Докажите, что если площадь треугольника ABK
равна площади четырехугольника MKNC, то отрезки BN и AM перпендикулярны.
Площади треугольников ABM и BCN равны, поскольку состоят из
площади треугольника BMK и равных по площади фигур. Отсюда следует
AB ⋅ BM BC ⋅ CN
=
и BM = CN . Таким образом, прямоугольные
2
2
треугольники равны и сумма углов AMB и NBC равна 90o , как и угол
BKM.
5. Натуральные числа от 1 до 100 раскрасили в три цвета. Докажите, что найдутся два
одноцветных числа, разность которых – точный квадрат.
Рассмотрим тройку чисел a, a + 9, a + 25 . Попарные разности между ними есть квадрат
натурального числа. Будем считать, что эти числа раскрашены в разные цвета (иначе задача
решена). Точно также числа a, a + 16, a + 25 раскрашены в разные цвета. Значит, числа a + 9
и a + 16 должны быть одноцветными. Поэтому одноцветными будут числа b и b + 7 , начиная
с b = 10 . В частности, одноцветными будут числа 10, 10 + 7 , …, 10 + 7 × 7 = 59 .
10 класс
1. Четыре коммерческих банка вкладывают деньги в предприятие. Если только первый
банк удвоит сумму своего вклада, то всего в предприятие банками окажутся вложенными 11
млн. рублей, если это сделает только второй банк – 12 млн., если только третий – 13 млн., а
если только четвертый – 14 млн. рублей. Сколько денег вложил в предприятие каждый банк?
Ответ: 1, 2, 3, 4 млн. рублей.
Пусть первый банк вложил A млн. рублей, второй – B млн., третий – C млн., четвертый –
 2 A + B + C + D = 11
 A + 2 B + C + D = 12

D млн. Тогда 
. Сложив полученные равенства и поделив на 5, получаем
+
+
2
+
=
13
A
B
C
D

 A + B + C + 2 D = 14
A + B + C + D = 10
То есть первоначально банки вложили в предприятие 10 млн. Тогда первый банк
вложил 11 – 10 = 1 млн. рублей, второй – 2 млн., третий – 3 млн., четвертый – 4 млн.
2. При каких значениях параметра a уравнения x2 + x + a = 0 и x2 + ax + 1 = 0 имеют
общий корень?
Ответ: a = −2 .
Допустим, что x – общий корень. Вычтем из одного уравнения другое и получим
( x − 1)( a − 1) = 0 . Если a = 1 уравнения не имеют корней. Значит, x = 1 . Подставив x = 1 в
любое из уравнений, получим необходимое условие a = −2 . Очевидно, что уравнения
x2 + x − 2 = 0 и x2 − 2 x + 1 = 0 имеют общий корень.
3. Положительные числа x и y меньше единицы. Докажите, что выполняется
x
y
неравенство
+
< 1.
1+ y 1+ x
PDF created with pdfFactory trial version www.pdffactory.com
x
заменить 1 на x, то дробь увеличится. Аналогично
1+ y
x
y
x
y
поступим со вторым знаменателем суммы
+
<
+
= 1.
1+ y 1+ x x + y y + x
4. Два квадрата расположены в полукруге так, как показано на рисунке. Найдите
отношение длин сторон этих квадратов.
Ответ: ½.
Первое решение. Во-первых, середина диаметра HG и
середина
стороны
AD
большего
квадрата
совпадают.
Действительно, если O – середина HG, из равенств OB = OC и
AB = CD следует равенство AO = OD . Далее, обозначим a и b –
длины сторон большого и малого квадратов соответственно. Тогда из теоремы Пифагора
Если в первом знаменателе
2
2
a
a

для треугольников OBA и OFG имеем a +   = OB 2 и b 2 +  + b  = OF 2 . Поскольку
2
2

2
OB = OF после преобразований получаем соотношение 2b2 + ab − a 2 = 0 , из которого
b
следует, что
корень уравнения 2 x 2 + x − 1 = 0 . Последнее уравнение имеет один
a
положительный корень 1/2.
Второе решение. Отразим полукруг и большой квадрат
относительно диаметра. Очевидно, что диагонали квадратов
относятся так же, как их стороны. Треугольник BDF является
прямоугольным (его угол D состоит из двух углов по 450 ).
Продолжение FD за точку D попадёт в вершину K, как биссектриса
угла D. Углы BLK и BFK равны как вписанные и опирающиеся на
одну дугу. Значит, треугольники BKL и BDF подобные и
FD LK 1
=
= .
DB KB 2
5. В классе 20 человек, каждый ученик знает один секрет. За один телефонный
разговор звонящий сообщает все известные ему секреты, но не узнает секретов, известных
тому, с кем разговаривает. За какое наименьшее число звонков все в классе узнают все
секреты?
Ответ: за 38.
Пример: первый звонит второму, второй третьему, …, девятнадцатый – двадцатому.
После 19 таких звонков 20-й узнает все секреты и за 19 звонков сообщит их остальным.
Оценка. Необходимо не менее 19 звонков, чтобы хотя бы один узнал все секреты.
Действительно, если сделано 18 звонков, то двое не звонили. Значит, они не знают секреты
друг друга, а остальные их секреты. Далее, за один звонок только один человек изменяет
количество знаний. Значит, после того как кто-то первым узнал все секреты, необходимо не
менее 19 звонков, чтобы их узнали остальные.
11 класс
1. Решите уравнение x − 9 + x − 4 = 5 .
Ответ: 13. Функция f ( x ) = x − 9 + x − 4 возрастает, значит, каждое значение
принимает не более одного раза.
2. Докажите, что если для углов A и B треугольника выполняется неравенство
tgA ⋅ tgB > 1 , то этот треугольник – остроугольный.
PDF created with pdfFactory trial version www.pdffactory.com
Во-первых, косинусы углов A и B положительные, значит углы – острые.
Следовательно, неравенство равносильно следующему cos ( A + B ) < 0 . Это означает, что
π
π
A+ B > и C =π − A− B < .
2
2
3. В длинном коридоре расстелили 10 ковровых дорожек (дорожки могут
перекрываться). Докажите, что либо можно прибить одним гвоздем четыре дорожки, либо
найдутся четыре дорожки, никакие две из которых не перекрываются.
Занумеруем дорожки слева направо в порядке появления их левых концов. Если каждая
из дорожек 1, 2, 3 перекрывается с дорожкой 4, то эти четыре дорожки можно прибить
одним гвоздём (вбиваем между левым концом дорожки 4 и самым левым среди правых
концов дорожек 1, 2, 3). Допустим, что этого нет тогда одна из дорожек 1, 2, или 3 не
пересекается с дорожкой 4 (как и с дорожками 5, 6, …, 10) выделим её. Далее, если каждая из
дорожек 4, 5, 6 перекрывается с дорожкой 7, то эти четыре дорожки можно прибить одним
гвоздём или выделить одну из дорожек 4, 5, 6. Аналогично рассматриваем дорожки 7, 8, 9 и
10. В результате этот процесс завершится или вбитым гвоздём, или выделением четырёх
дорожек, никакие две из которых не перекрываются.
4. Точка F лежит на стороне CD квадрата ABCD, точка E лежит на
стороне BC так, что AE биссектриса угла BAF. Докажите, что
AF = BE + FD .
Примем за единицу длину стороны квадрата и обозначим
∠BAE = ∠EAF = α .
AF =
(
1
cos 900 − 2α
)
Тогда
=
BE = tgα ,
(
)
FD = tg 900 − 2α = ctg2α
и
1
.
sin 2α
sin α sin 2α 2sin 2 α 1 − 2sin 2 α
1
Далее, BE + FD =
+
=
+
=
.
cos α cos 2α
sin 2α
sin 2α
sin 2α
Второе решение. Повернём данный квадрат вокруг вершины A на
900 , как показано на рисунке. Получим BE + FD = FD + B′E′ = FE′ . В
треугольнике AFE′ AF = FE ′ , так как ∠FE′A = ∠E ′AD′ , как накрест
лежащие.
5. Имеется несколько гирь (более чем одна), масса каждой из которых 1, 2, 4, 8, …
(некоторая степень 2) граммов. Суммарная масса гирь тоже является степенью числа 2.
Докажите, что гири можно разложить на две чаши весов так, что весы будут в равновесии.
Обозначим суммарную массу гирь 2n и докажем утверждение индукцией по n. База
индукции n = 1 . В этом случае, очевидно, имеется две гири по 1 грамму, и положим на чаши
по одной гирe.
Пусть утверждение верно для гирь общей массы 2n . Рассмотрим набор гирь общей
массы 2n+1 . Допустим, что среди них нет однограммовых гирь. Рассмотрим набор гирь, в
котором масса каждой гири вдвое меньше чем данном наборе. Такой набор по
предположению индукции можно разложить на две чаши весов так, что весы будут в
равновесии. После удвоения масс равновесие сохранится, и данный набор разложится, как
требуется.
Если в данном наборе есть гири массой 1 грамм, то их количество должно быть четным.
Это следует из того, что суммарная масса и остальные гири имеют четную массу. Далее,
объединим в пары однограммовые гири и повторим изложенный выше процесс.
PDF created with pdfFactory trial version www.pdffactory.com