математика

Задачи
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
7-8 класс
1.
В примере на сложение четырёхзначных чисел
МЕТР + МЕТР = ГРАММ
одинаковые цифры зашифрованы одинаковыми буквами, а разные —
разными. Найдите все возможные расшифровки и объясните, почему
других вариантов нет.
2.
На прямой отметили несколько точек. Затем между каждыми двумя
соседними точками отметили ещё по точке, после чего проделали эту
операцию ещё несколько раз. Могло ли в итоге получиться ровно 2012
отмеченных точек?
3.
В треугольнике ABC угол A вдвое больше угла B. Докажите, что по
крайней мере две из сторон этого треугольника длиннее его
биссектрисы, проведённой из вершины A.
4.
Неточные весы показывают вес, который может отличаться от
настоящего, но не больше, чем на 0,5 кг (при разных взвешиваниях
отклонения показаний весов от истинного веса могут быть разными!).
Когда на них положили свои портфели Петя и Вася, весы показали 5,5
кг, портфели Пети и Коли вместе потянули на 7 кг, портфели Коли и
Васи — на 6 кг. А когда на весы положили все три портфеля, они
показали 8 кг. Сколько весит каждый из портфелей на самом деле?
5.
Можно ли расставить в таблице 4×4 различные натуральные числа от 1
до 16 так, чтобы во всех квадратиках 2×2 сумма чисел делилась на 17?
Решения задач
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
7-8 класс
1.
В примере на сложение четырёхзначных чисел
МЕТР + МЕТР = ГРАММ
одинаковые цифры зашифрованы одинаковыми буквами, а разные —
разными. Найдите все возможные расшифровки и объясните, почему других
вариантов нет.
Решение. Будем рассуждать так, как будто данный пример записан «в
столбик». Поскольку сумма Р+Р оканчивается на М, цифра М чётна. На М
оканчивается также либо сумма Т+Т, если при сложении не было переноса
единицы в разряд десятков, либо сумма Т+Т+1, если такой перенос был. Но
последнее невозможно, ибо число 2Т+1 нечётно. Поэтому Р+Р = М и
Т+Т = 10+М. Заметим также, что М ≥ 5, иначе сумма МЕТР + МЕТР не будет
пятизначной. Значит М = 6 или М = 8. Если М = 6, то Р = 3, Т = 8. Пример
приобретает вид 6Е83+6Е83 = 13А66. Видим, что при сложении был перенос
в разряд тысяч (иначе там была бы чётная цифра). Поэтому Е ≥ 5. Так как 6 и
8 уже заняты, Е может равняться 5, 7 или 9. Подстановка показывает, что
подходит только Е = 7, что даёт решение: 6783+6783 = 13566. Наконец, если
М = 8, то пример приобретает вид 8Е94+8Е94 = 14А88, что невозможно, ибо в
разряде тысяч у суммы 8Е94+8Е94 стоит 6 или 7. Таким образом,
расшифровка у нашего ребуса только одна.
Ответ: 6783+6783 = 13566.
2.
На прямой отметили несколько точек. Затем между каждыми двумя
соседними точками отметили ещё по точке, после чего проделали эту
операцию ещё несколько раз. Могло ли в итоге получиться ровно 2012
отмеченных точек?
Решение. Пусть вначале было отмечено k точек. Тогда после первой
операции мы отметим k–1 новую точку (по одной между первой и второй,
второй и третьей, …, k–1-ой и k-ой старыми отмеченными точками), и всего
отмеченных точек станет 2k–1, то есть нечётное число. Соответственно,
промежутков между ними будет четное число, и после повторной операции
снова получится нечетное+четное=нечетное число точек. Очевидно, оно
будет оставаться нечётным и после любого числа таких операций, а число
2012 чётно.
Ответ. Не могло.
3.
В треугольнике ABC угол A вдвое больше угла B. Докажите, что по
крайней мере две из сторон этого треугольника длиннее его
биссектрисы, проведённой из вершины A.
Решение. Пусть AD — биссектриса. В треугольнике ADB оба угла DAB и DBA
равны половине угла СAB, откуда AD = DB < CB. Заметим теперь, что один
из двух смежных углов ADC или ADB не меньше 90. Против него в
соответствующем треугольнике (ADC или ADB) лежит наибольшая сторона
— AC или AB соответственно. Она и будет второй стороной треугольника
АВС, большей биссектрисы AD.
4.
Неточные весы показывают вес, который может отличаться от
настоящего, но не больше, чем на 0,5 кг (при разных взвешиваниях
отклонения показаний весов от истинного веса могут быть разными!).
Когда на них положили свои портфели Петя и Вася, весы показали 5,5
кг, портфели Пети и Коли вместе потянули на 7 кг, портфели Коли и
Васи — на 6 кг. А когда на весы положили все три портфеля, они
показали 8 кг. Сколько весит каждый из портфелей на самом деле?
Решение. Если сложить результаты первых трёх взвешиваний, получится
величина, превышающая удвоенный общий вес трёх портфелей не больше,
чем на 30,5 = 1,5 кг. Поэтому три портфеля вместе весят не меньше, чем
(5,5+7+6–1,5)/2 = 8,5
кг.
С
другой
стороны,
четвёртое
взвешивание
показывает, что три портфеля вместе весят не больше, чем 8+0,5 = 8,5 кг.
Поэтому вместе портфели весят ровно 8,5 кг. Это возможно только если во
всех трёх первых взвешиваниях вес был завышен максимально, на 0,5 кг —
иначе три портфеля вместе весили бы больше 8,5 кг. Поэтому истинный
суммарный вес портфелей Пети и Васи равен 5 кг, Пети и Коли — 6,5 кг,
Коли и Васи — 5,5 кг. Вычитая из истинного суммарного веса трех
портфелей (8,5 кг) истинные суммарные веса портфелей по два, легко
находим ответ.
Ответ. Колин — 3,5 кг, Петин — 3 кг, Васин — 2 кг.
5.
Можно ли расставить в таблице 4×4 различные натуральные числа от 1
до 16 так, чтобы во всех квадратиках 2×2 сумма чисел делилась на 17?
Решение. Можно. Один из примеров подобной расстановки – на рисунке:
1
16
3
14
12
5
10
7
9
8
11
6
4
13
2
15
Рис.
Ответ. Можно
Задачи
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
9 класс
1. В ряд выписаны числа от 1 до 10. Можно ли расставить между ними
знаки «+» и «-» так, чтобы значение полученного выражения было
равно 0?
2. Два автохозяйства отправили несколько машин для перевозки грузов.
Число машин, отправленных из второго автохозяйства меньше
удвоенного числа машин, отправленных из первого. Если бы первое
автохозяйство послало на две машины больше, а второе – на две
машины меньше, то машин из второго автохозяйства было бы
больше, чем из первого. Сколько машин отправлено из каждого
автохозяйства, если всего было оправлено менее 18 машин?
3. В треугольнике ABC проведены высоты AE, BM и CP. Известно, что
EMAB, EPAC. Докажите, что MPBC.
4. Какое из чисел больше:
23 2011  1
или
23 2012  1
23 2012  1
?
23 2013  1
5. Имеется сетка, состоящая из квадратов размером 11. Каждый ее узел
покрашен в один из четырех данных цветов так, что вершины любого
квадрата 11 покрашены в разные цвета. Доказать, что найдется
прямая, принадлежащая сетке, такая, что узлы, лежащие на ней,
покрашены в два цвета.
Решения задач
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
9 класс
1. В ряд выписаны числа от 1 до 10. Можно ли расставить между ними
знаки «+» и «-» так, чтобы значение полученного выражения было
равно 0?
Решение. Нельзя. В самом деле, сумма чисел от 1 до 10 равна 55, а
изменяя знак у какого-либо слагаемого n, мы изменяем значение
суммы на 2n, т.е. не меняем четность получающегося числа, поэтому 0
получиться не может.
Ответ: Нельзя.
2. Два автохозяйства отправили несколько машин для перевозки грузов.
Число машин, отправленных из второго автохозяйства меньше
удвоенного числа машин, отправленных из первого. Если бы первое
автохозяйство послало на две машины больше, а второе – на две
машины меньше, то машин из второго автохозяйства было бы
больше, чем из первого. Сколько машин отправлено из каждого
автохозяйства, если всего было оправлено менее 18 машин?
Решение. Обозначим через x и y число машин, отправленных первым и
вторым автохозяйством соответственно. Записывая условия задачи,
приходим к системе неравенств:
 y  2x

 y  2  x  2 , которую нужно решить в целых неотрицательных числах.
 x  y  18

Из первых двух неравенств следует, что 2x>x+4, т.е. x>4. Из второго и
третьего неравенства следует, что x+x+4<18, т.е. x<7. Таким образом,
либо x=5, либо x=6.
При x=5 из первых двух неравенств получаем для y систему y<10, y>9,
которая не имеет решений в целых числах.
При x=6 получаем для y систему y<12, y>10, из которой следует, что
y=11.
Таким образом, условиям задачи удовлетворяет единственный вариант
x=6, y=11.
Ответ: из первого автохозяйства отправлено 6, а из второго – 11
машин.
3. В треугольнике ABC проведены высоты AE, BM и CP. Известно, что
EMAB, EPAC. Докажите, что MPBC.
Решение. Для произвольного треугольника ABC, если AE и BM –
высоты, то
CE CM

 cos ACB , поэтому треугольники ABC и CEM
AC CB
подобны по общему углу C и пропорциональному отношению
прилегающих к нему сторон. В частности, CME=CBA. Поскольку
по условию EMAB, имеем CME=CAB, откуда CBA=CAB.
Аналогично, из условия EPAC выводим BCA=CAB, поэтому
треугольник ABC – равносторонний. Следовательно, MP – его средняя
линия и потому MPBC.
4. Какое из чисел больше:
23 2011  1
или
23 2012  1
23 2012  1
?
23 2013  1
Решение. Обозначим 232011 через n, первое данное число – через A,
второе – через B. Тогда
А
n 1
23n  1
, B 2
23n  1
23 n  1
Рассмотрим отношение этих чисел:


A
n  1 23 2 n  1 23n   23 2  1 n  1



B 23n  1 23n  1
23n 2  2  23n  1
2
Так как 232+1>223, очевидно, числитель больше знаменателя, поэтому
A>B.
Ответ: первое число
5. Имеется сетка, состоящая из квадратов размером 11. Каждый ее узел
покрашен в один из четырех данных цветов так, что вершины любого
квадрата 11 покрашены в разные цвета. Доказать, что найдется
прямая, принадлежащая сетке, такая, что узлы, лежащие на ней,
покрашены в два цвета.
Решение. Пусть на горизонтальной прямой l три идущих подряд узла
закрашены в разные цвета a, b, c (если таких трех узлов нет, то прямая l
– искомая). Тогда легко видеть, что три узла над ними должны быть
закрашены в цвета, c, d и a соответственно, а следующие три – опять a,
b, c (см. рис.) и т.д. Теперь ясно, что любая из прямых I, II, III
удовлетворяет условию задачи.
l
Рис.
Задачи
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
10 класс
1. Докажите,
что
если
коэффициенты
квадратного
уравнения
ax2+bx+c=0 удовлетворяют условию:
2a 
c
b ac,
2
то уравнение имеет хотя бы один действительный корень.
2. Натуральные числа a и b взаимно просты. Докажите, что наибольший
общий делитель чисел a+b и a2+b2 равен 1 или 2.
3. Через точку C, лежащую вне окружности с центром O1, проведены к
этой окружности две касательные, касающиеся ее в точках A и B.
Через точки C и B проведена окружность с центром O2, касающаяся
прямой AB в точке B и пересекающая окружность с центром O1 в
точке M. Докажите, что прямая AM делит отрезок BC пополам.
4. Пусть x – произвольное число, большее 2. Некто пишет на карточках
числа 1, x, x2, …, xn (каждое – только на одной карточке). Потом часть
карточек он кладет себе в правый карман, часть – в левый, остальные
выбрасывает. Доказать, что сумма чисел в правом кармане не может
равняться сумме чисел в левом.
5. Сколько
разных
пар
непересекающихся
множество, состоящее из 2012 элементов?
подмножеств
имеет
Решения задач
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
10 класс
1. Докажите,
что
если
коэффициенты
квадратного
уравнения
ax2+bx+c=0 удовлетворяют условию:
2a 
c
b ac,
2
то уравнение имеет хотя бы один действительный корень.
Решение. Обозначим квадратичный трехчлен ax2+bx+c=f(x). Тогда
условие задачи можно переписать в виде:
4a  2b  c  0
 f (2)  0
 

a  b  c  0
 f (1)  0
Поскольку f(x) – непрерывная функция, принимающая в концах отрезка
[-2,-1] значения разного знака, то существует x0[-2,-1] такое, что
f(x0)=0.
2. Натуральные числа a и b взаимно просты. Докажите, что наибольший
общий делитель чисел a+b и a2+b2 равен 1 или 2.
Решение. Если a+b и a2+b2 делятся на d, то и (a+b)2-(a2+b2)=2ab делится
на d. Значит 2a2=2a(a+b)-2ab и 2b2=2b(a+b)-2ab делятся на d. Но если a
и b взаимно просты, то a2 и b2 также взаимно просты, поэтому 2a2 и 2b2
не могут одновременно делиться на d>2.
3. Через точку C, лежащую вне окружности с центром O1, проведены к
этой окружности две касательные, касающиеся ее в точках A и B.
Через точки C и B проведена окружность с центром O2, касающаяся
прямой AB в точке B и пересекающая окружность с центром O1 в
точке M. Докажите, что прямая AM делит отрезок BC пополам.
Решение. Продолжим отрезок AM до пересечения в точке D с
окружностью с центром O2 (см. рис.).
Так как в окружности угол, образованный касательной и хордой, а
также
любой
вписанный
угол
измеряются
половиной
дуги,
заключенной между их сторонами, то получим, что CAD=ABM,
поскольку каждый из них измеряется половиной дуги AbM.
Рис.
ABM=ADB, поскольку оба измеряются половиной дуги MdB.
Следовательно, CAD=ADB, и значит ACBD.
Аналогично, из равенств BAD=CBM, CBM=ADC, следует,
чтоBAD=ADC, и значит ABCD. Таким образом, четырехугольник
ABCD – параллелограмм. Как известно, его диагональ AD делит
другую диагональ BC пополам, что и требовалось доказать.
4. Пусть x – произвольное число, большее 2. Некто пишет на карточках
числа 1, x, x2, …, xn (каждое – только на одной карточке). Потом часть
карточек он кладет себе в правый карман, часть – в левый, остальные
выбрасывает. Доказать, что сумма чисел в правом кармане не может
равняться сумме чисел в левом.
Решение. Пусть xk – наибольшая из степеней числа x среди тех
карточек, что остались в карманах (kn). Пусть для определенности она
написана на карточке, попавшей в правый карман. Тогда сумма чисел
записанных на всех других карточках в обоих карманах (а не только в
левом) будет не больше, чем:
1  x  x 2  x k 1 
xk 1
 x k  1  x k (в первом неравенстве учтено, что x>2).
x 1
Таким образом, сумма чисел, записанных на карточках, попавших в
левый карман, строго меньше числа на одной из карточек правого
кармана, а тем более суммы чисел всех попавших в правый карман
карточек.
5. Сколько
разных
пар
непересекающихся
подмножеств
имеет
множество, состоящее из 2012 элементов?
Решение. Найдем количество различных пар непересекающихся
подмножеств при условии, что в паре выделены первое и второе
подмножества. Для каждого из 2012 элементов есть 3 возможности: его
можно включить в первое подмножество, или включить во второе
подмножество, или не включать ни в одно из них. Поэтому количество
указанных пар равно 32012. Среди них есть одна пара, в которой оба
подмножества пусты. Оставшиеся 32012-1 пары, в свою очередь,
разбиваются на двойки совпадающих пар, если разрешить переставлять
в парах местами первое и второе подмножества. Таким образом,
существует (32012-1)/2 (неупорядоченных) пар непересекающихся
подмножеств, из которых хотя бы одно не пусто.
Всего
же
(32012-1)/2+1=(32012+1)/2
удовлетворяющих условию задачи.
Ответ. (32012+1)/2.
различных
пар
подмножеств,
Задачи
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
11 класс
1. Найдите все решения системы уравнений:

3 3
cos x  cos y  cos z 
2

.
sin x  sin y  sin z  3

2
2. Существуют ли целые числа a, b, c такие, что каждое из уравнений
ax2+bx+c=0 и (a+1)x2+(b+1)x+(c+1)=0 имеет по паре целых корней?
3. Найдется ли такое натуральное n, что n2+n+1 делится на 2012?
4. Четырехугольная пирамида расположена внутри шара радиуса 1.
Основанием
пирамиды
является
выпуклый
четырехугольник.
Докажите, что сумма длин всех ребер пирамиды меньше15.
5. Дано натуральное число n. Последовательность натуральных чисел a1,
a2, …, ak (k≥n) назовем n-универсальной, если из нее можно получить
вычеркиванием членов любую перестановку чисел 1, 2, …, n (т.е.
любую последовательность из n чисел, в которую каждое из чисел 1,
2, …, n входит по одному разу). Например, последовательность (1, 2,
3, 1, 2, 1, 3) является 3-универсальной, а (1, 2, 3, 2, 1, 3, 1) не 3универсальна, так как из нее никаким вычеркиванием нельзя
получить перестановку (3, 1, 2).
а) Приведите пример n-универсальной последовательности из n2
членов.
б) Приведите пример n-универсальной последовательности из n2-n+1
членов.
в) Докажите, что любая n-универсальная последовательность состоит
не менее чем из n(n+1)/2 членов.
Решения задач
Муниципального этапа олимпиады по математике
2012/2013 учебного года
11 класс
1. Найдите все решения системы уравнений:

3 3
cos x  cos y  cos z 
2

.
sin x  sin y  sin z  3

2
Решение. Возведем оба уравнения в квадрат и сложим:
cos 2 x  cos 2 y  cos 2 z  2 cos x cos y  2 cos y cos z  2 cos x cos z 
sin 2 x  sin 2 y  sin 2 z  2 sin x sin y  2 sin y sin z  2 sin x sin z  9
.
Отсюда cos(x-y)+cos(y-z)+cos(x-z)=3 и значит cos(x-y)=1, cos(y-z)=1,
cos(x-z)=1. Таким образом, если (x, y, z) – решение системы, то
существуют целые числа p и q такие, что y=x+2p, z=x+2q. Подставляя
эти выражения в исходные уравнения, получаем:
cos x 
3
1

, sin x  , откуда x   2k , k  Z .
6
2
2
Итак, доказано, что если (x, y, z) – решение системы, то существуют
целые числа k, m=k+p, n=k+q такие, что
x

6
 2k ,
y

6
 2m,
z

6
 2n .
(1)
Легко убедиться в справедливости обратного утверждения: при любых
целых k, m, n набор (1) является решением системы.
Ответ: x 

6
 2k ,
y

6
 2m,
z

6
 2n, k , m, n Z .
2. Существуют ли целые числа a, b, c такие, что каждое из уравнений
ax2+bx+c=0 и (a+1)x2+(b+1)x+(c+1)=0 имеет по паре целых корней?
Решение. Предположим, что такие целые числа a, b, c существуют.
Если трехчлен kx2+lx+m с целыми коэффициентами имеет два целых
корня x1 и x2, то m и l делятся на k, поскольку по теореме Виета
x1+x2=-l/k, x1x2=m/k. Из чисел a и a+1 одно четное, например, a. Тогда b
и c тоже четные, а (b+1) и (c+1) – нечетные. Если y1 и y2 – целые корни
уравнения
то
(a+1)x2+(b+1)x+(c+1)=0,
y1y2=(c+1)/(a+1)
–
нечетные
числа.
y1+y2=-(b+1)/(a+1),
Получаем
противоречие:
произведение и сумма двух целых чисел не могут быть одновременно
нечетными. Полученное противоречие показывает, что предположение
неверно, и таких целых чисел a, b, c не существует.
Ответ: Нет.
3. Найдется ли такое натуральное n, что n2+n+1 делится на 2012?
Решение. Число n2+n=n(n+1) является четным как произведение двух
подряд идущих натуральных чисел. Поэтому число n2+n+1 – нечетное,
т.е. не делится на 2, а тем более на 2012.
Ответ: Нет.
4. Четырехугольная пирамида расположена внутри шара радиуса 1.
Основанием
пирамиды
является
выпуклый
четырехугольник.
Докажите, что сумма длин всех ребер пирамиды меньше15.
Решение. Рассмотрим пирамиду SABCD. Пусть P – периметр
основания
ABCD,
которое
расположено
внутри
окружности,
получающейся в сечении сферы (границы шара) плоскостью ABCD
(см. рис.). Радиус этой окружности r1. Продолжим отрезки AB, BC,
CD и DA соответственно за точки B, C, D и A до пересечения с
окружностью в точках B1, C1, D1 и A1 соответственно. По неравенству
треугольника:
AB+BB1=AB1AA1+A1B1
BC+CC1=BC1BB1+B1C1
CD+DD1=CD1CC1+C1D1
DA+AA1=DA1DD1+D1A1
Сложив эти неравенства, получим PP1, где P1 – периметр
четырехугольника A1B1C1D1.
Рис.
Периметр
любого
выпуклого
многоугольника,
вписанного
в
окружность, меньше длины этой окружности, поэтому P1<2r2.
Длина каждого из ребер SA, SB, SC и SD пирамиды не превосходит
диаметра шара, т.е. 2. Поэтому, если l – сумма длин всех ребер
пирамиды, то
l=SA+SB+SC+SD+P2+2+2+2+ P1<8+2<15.
5. Дано натуральное число n. Последовательность натуральных чисел a1,
a2, …, ak (k≥n) назовем n-универсальной, если из нее можно получить
вычеркиванием членов любую перестановку чисел 1, 2, …, n (т.е.
любую последовательность из n чисел, в которую каждое из чисел 1,
2, …, n входит по одному разу). Например, последовательность (1, 2,
3, 1, 2, 1, 3) является 3-универсальной, а (1, 2, 3, 2, 1, 3, 1) не 3универсальна, так как из нее никаким вычеркиванием нельзя
получить перестановку (3, 1, 2).
а) Приведите пример n-универсальной последовательности из n2
членов.
б) Приведите пример n-универсальной последовательности из n2-n+1
членов.
в) Докажите, что любая n-универсальная последовательность состоит
не менее чем из n(n+1)/2 членов.
Решение. а) Нужный пример дает последовательность из n подряд
идущих блоков (1, 2, 3, …, n); i-ю цифру любой перестановки можно
взять из i-го блока.
б) Выпишем n-1 раз подряд блок (1, 2, 3, …, n) и затем 1. В этой
последовательности n2-n+1 членов. Проверим, что она n-универсальна.
В самом деле, если в перестановке (k1, k2, …, kn) хоть одна пара
соседних чисел kj, kj+1 стоит в порядке возрастания, то их можно взять
из одного блока (1, 2, 3, …, n) (j-го по порядку), при этом последняя 1
даже не понадобится. Если это не так, то перестановка совпадает с
(n, n-1, …, 2, 1); тогда из j-го блока нужно взять n-j+1, и пригодится
последняя 1.
в) Докажем утверждение методом математической индукции. Для n=1
утверждение, очевидно, выполнено, поскольку n(n+1)/2=1, и любая 1универсальная последовательность должна содержать, по меньшей
мере, 1 член.
Пусть теперь утверждение выполнено для всех натуральных чисел,
меньших
Рассмотрим
n.
произвольную
n-универсальную
последовательность. Отметим для каждого числа k (от 1 до n) первое
его вхождение в нее. Одно из отмеченных чисел встречается на n-ом
месте от начала или даже дальше. Пусть для определенности таким
числом будет n. Перед ним стоит по крайней мере n-1 чисел. После
него
стоит
последовательность,
которая
должна
быть
(n-1)-
универсальной для перестановок чисел 1, 2, …, n-1. По индуктивному
предположению
ее
(n-1)((n-1)+1)/2=n(n-1)/2.
универсальной
n+n(n-1)/2=n(n+1)/2.
длина
Поэтому
не
длина
последовательности
Ввиду
меньше,
рассматриваемой
не
произвольности
последовательности, утверждение доказано.
меньше,
чем
nчем
рассматриваемой