Санкт-Петербургский Государственный Электротехнический Университет Олимпиада “Математика и алгоритмы”, 2013 год 7–8 класс 1. Согласно истинному заверению старика Миклоша, из семьи Ракоци происходит ровно один из троицы встреченных нами господ, поэтому высказывания Иштвана и Яноша противоречат друг другу. Следовательно, Ференц точно говорит правду, и Янош действительно принадлежит семьи Запояи. Таким образом, лжет именно Янош, а Иштван говорит правду. Согласно первому утверждению Ференца, князем был избран представитель семьи Батори. Так как он сказал правду, так оно и было. Заметим, что в дополнение к полученному ответу мы можем также определить, что Ференц принадлежит семье Ракоци, а Иштван — семье Батори, но это в задаче не требовалось. 2. Разобьем монеты на 5 пар и 1 оставшуюся. Взвесим каждую пару. Если во всех случаях монеты кажутся разного веса, то в каждой паре по крайней мере одна фальшивая — следовательно оставшаяся монета заведомо настоящая. Если по крайней мере в одной паре равенство, то обе монеты этой пары настоящие. 3. Заметим, что выполнение строк 3–7 разворачивает строй в обратном порядке. Рассмотрим, что происходит со строем при первом выполнении строк 4–6. Сначала он ставит первого солдата на второе место, затем третьего на четвертое и так далее. Т.е. в парах вида (2n − 1, 2n), где n — натуральное число, не превосходящее 512, солдаты меняются местами. При втором выполнении аналогично меняются местами уже пары солдат. Рассмотрим произвольный шаг с номером большим единицы, но входящий в промежуток, в котором работает алгоритм. Сгруппируем последовательные группы, которые меняются местами. В каждой из групп солдаты уже развернуты. Т.е. получились группы, размер которых в два раза больше, в которых солдаты развернуты относительно начального порядка. Так как строки 3–7 выполняются 4 раза, то строй будет развернут 4 раза, т.е. порядок останется прежним. 4. Обозначим первую цифру через x, а вторую — через y. Из условия известно, что номер группы равен (x + y · 3) · 5, и он же равен (y + x · 5) · 3. Следовательно (x + y · 3) · 5 = (y + x · 5) · 3, 5x + 15y = 3y + 15x, 12y = 10x, 6y = 5x. Заметим, что левая часть последнего равенства делится на 5, а 6 и 5 не имеют общих делителей, следовательно цифра x делится на 6. Аналогично, цифра y делится на 5. Так как цифры ненулевые, то x = 5 и y = 6, откуда легко найти номер группы: (5 + 6 · 3) · 5 = 105. 5. Так как треугольники BDE и DEC имеют общую высоту, то |BE| : |EC| = SBDE : SDEC = 1 : 1, т.е. E — середина катета BC. Площадь треугольника BDC вдвое больше площади треугольника BDE, поэтому |AD| : |DC| = SABD : SBDC = 1 : 1, т.е. D — середина гипотенузы AC. Таким образом, DE — средняя линия треугольника ABC и она равна половине катета AB. Ответ: |DE| = |AB| : 2 = 1. 6. Обозначим время докладов каждого участника ti , а увеличение успеха за минуту ci . Предположим, что участники расставлены в порядке максимизации успеха. Тогда при перестановке любых двух соседних участников, суммарный успех не увеличится, т.е. ti ci+1 − ti+1 ci > 0, ti ci+1 > ti+1 ci , ci ci+1 > , ti+1 ti c т.е. в искомой расстановке отношения αj = tjj должны быть расположены в порядке возрастания. Заметим, что для участника, которому требуется на доклад i минут, отношение равно i2 = i, поэтому достаточно просто расположить участников в порядке возрастания длительноi стей докладов. 7. Обозначим An количество способов разрезать полоску 2 × n на домино и угловые тримино, а Bn количество способов так разрезать полоску 2 × n без угловой клетки. Заметим, что значения An и Bn несложно выражаются через предыдущие. Крайние клетки полоски 2 × n можно покрыть вертикальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) (разрезать которую An−1 способов), можно — двумя горизонтальными, тогда останется полоска 2 × (n − 2) (разрезать которую An−1 способов), и можно — угловым тримино (два варианта), тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки (разбить которую Bn−1 способов). Таким образом, An = An−1 + An−2 + 2Bn−1 . Крайнюю клетку полоски 2×n без угловой клетки (т.е. соседнюю с вырезанной) можно покрыть горизонтальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки, а можно — угловым тримино, тогда останется полоска 2 × (n − 2). Т.е. Bn = Bn−1 + An−2 . Кроме того, A1 = 1, A2 = 2, B1 = 0 и B2 = 1. Будем вычислять A10 , используя эти формулы. A10 = A9 + A8 + 2B9 = 2A8 + 3A7 + 4B8 = 5A7 + 6A6 + 8B7 = = 11A6 + 13A5 + 18B6 = 24A5 + 29A4 + 40B5 = 53A4 + 64A3 + 88B4 = = 117A3 + 141A2 + 194B3 = 258A2 + 311A1 + 428B2 = 516 + 311 + 428 = 1255 Таким образом, получили ответ 1255 способов. Санкт-Петербургский Государственный Электротехнический Университет Олимпиада “Математика и алгоритмы”, 2013 год 9–10 класс 1. Заметим, что a2 + d2 > ad, b2 + d2 > bd, c2 + d2 > cd. Сложив три неравенства, получаем a2 + b2 + c2 + 3d2 > (ad + bd + cd) = d(a + b + c), откуда искомое неравенство получается делением обеих частей на 3. 2. Обозначим количество мальчиков b, а количество девочек g. Тогда количество дружб между мальчиками и девочками равно 4g = 3b. Т.к. числа 3 и 4 взаимно просты получаем, что g должно делиться на 3, а b — на 4, т.е. g = 3k и b = 4k. Количество дружб между девочками — четно, обозначим k = 2n. 3g 2 = 9k . 2 Это число должно быть целым, следовательно k Таким образом, g = 6n и b = 8n, где n — некоторое натуральное число. Следовательно девочек в классе по крайней мере 6, мальчиков — 8, а всего детей 14. Покажем, что такой класс с 6 девочками и 8 мальчиками действительно можно подружить так, как требуется в условии. Обозначим девочек A1 , A2 , . . . , A6 , а мальчиков — B1 , B2 , . . . , B8 . Девочки будут дружить между собой, если их номера имеют разную четность. Мальчики будут дружить между собой, если их номера отличаются на единицу, а также дружат мальчики B1 и B8 . Наконец, девочки с нечетными номерами дружат со всеми мальчиками с нечетным номерами, а девочки с четными номерами дружат со всеми мальчиками с четными номерами. Не трудно заметить, что такая конструкция дружб в классе удовлетворяет условию. Ответ: минимальное количество человек в классе — 14. 3. Пусть поллитровая бутылка стоит a рублей, литровая — b рублей, полуторалитровая — c рублей, а двухлитровая — d рублей. Так как выгоднее покупать бутылки большего объема то 3d < 4c, т.е. 3d + 1 6 4c. Прибавляя по 99 рублей к обеим частям, получим: 100 + 3d 6 99 + 4c. Согласно условию, d + 2b = 99, 2a + 2c = 100. Подставим в левой и правой частях известные суммы: 2a + 2c + 3d 6 d + 2b + 4c. Вычтем из обеих частей по d + 2c: 2a + 2d 6 2b + 2c, что означает a + d 6 b + c. 4. Так как треугольники BDE и DEC имеют общую высоту, то |BE| : |EC| = SBDE : SDEC = 1 : 1, т.е. E — середина катета BC. По условию 2|AB| = |BC|, поэтому |AB| = |BE| = |BC|. Треугольники ABD и DBC имеют общую высоту и, так как SDBC = SBDE + SDEC , то SABD : SDBC = 1 : 2, откуда |AD| : |DC| = 1 : 2. Проведем в исходном треугольнике биссектрису BD0 прямого угла ABC: по свойству биссектрисы |AD0 | : |D0 C| = |AB| : |BC| = 1 : 2, т.е. точка D0 совпадает с D. Таким образом, треугольники ABD и EBD равны по двум сторонам и углу (BD — общая, |AB| = |EB|, ∠ABD = ∠EBD = 45◦ ) и, в частности, |DE| = |AD| = |AC| : 3 = 1. 5. Обозначим время докладов каждого участника ti , а увеличение успеха за минуту ci . Предположим, что участники расставлены в порядке максимизации успеха. Тогда при перестановке любых двух соседних участников, суммарный успех не увеличится, т.е. ti ci+1 − ti+1 ci > 0, ti ci+1 > ti+1 ci , ci ci+1 > , ti+1 ti cj т.е. в искомой расстановке отношения αj = tj должны быть расположены в порядке возрастания. Заметим, что для участника, которому требуется на доклад i минут, отношение равно i2 = i, поэтому достаточно просто расположить участников в порядке возрастания длительноi стей докладов. 6. Заметим, что 3f (0) = 3f (0 + 0 + 0) = 3(f (0))2 , поэтому либо f (0) = 0, либо f (0) = 1. Если в условии положить y = z = 0, то при всех вещественных x справедливо тождество 3f (x) = f (x + 0 + 0) = f (x)f (0) + f (x)f (0) + f (0)f (0). (1) Рассмотрим первый случай. Тождество (1) превращается в 3f (x) = 0, т.е. f (x) = 0 для любого вещественного x. Рассмотрим второй случай. Тождество (1) превращается в 3f (x) = f (x) + f (x) + 1, т.е. f (x) = 1 для любого вещественного x. 7. Обозначим An количество способов разрезать полоску 2 × n на домино и угловые тримино, а Bn количество способов так разрезать полоску 2 × n без угловой клетки. Заметим, что значения An и Bn несложно выражаются через предыдущие. Крайние клетки полоски 2 × n можно покрыть вертикальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) (разрезать которую An−1 способов), можно — двумя горизонтальными, тогда останется полоска 2 × (n − 2) (разрезать которую An−1 способов), и можно — угловым тримино (два варианта), тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки (разбить которую Bn−1 способов). Таким образом, An = An−1 + An−2 + 2Bn−1 . Крайнюю клетку полоски 2×n без угловой клетки (т.е. соседнюю с вырезанной) можно покрыть горизонтальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки, а можно — угловым тримино, тогда останется полоска 2 × (n − 2). Т.е. Bn = Bn−1 + An−2 . Кроме того, A1 = 1, A2 = 2, B1 = 0 и B2 = 1. Будем вычислять A10 , используя эти формулы. A10 = A9 + A8 + 2B9 = 2A8 + 3A7 + 4B8 = 5A7 + 6A6 + 8B7 = = 11A6 + 13A5 + 18B6 = 24A5 + 29A4 + 40B5 = 53A4 + 64A3 + 88B4 = = 117A3 + 141A2 + 194B3 = 258A2 + 311A1 + 428B2 = 516 + 311 + 428 = 1255 Таким образом, получили ответ 1255 способов.