задания+ решения

Математическая олимпиада
«Будущие исследователи – будущее науки» I тур.
1 вариант
7 класс
7.1. Средний рост 11 футболистов команды равен 182 см. Во время матча судья удалил с
поля одного футболиста, и средний рост оставшихся стал 181 см. Каков рост удаленного футболиста?
Ответ: l92 см. Решение. Пусть S – сумма которая получится, если сложить для 10 оставS
Sx
шихся футболистов их рост. Тогда
 181 , и
 182 , где х – рост удаленного
10
11
футболиста. Отсюда S = 1810, и x  182  11  S  2002  1910  192 .
7.2. Можно ли на плоскости отметить 6 точек так, чтобы любые три из них являлись вершинами равнобедренного треугольника?
Ответ: можно. Решение. Возьмем окружность единичного радиуса и 5 точек на ней –
вершины правильного пятиугольника ADCDE. Добавив к этим точкам центр О
окружности, получим искомые 6 точек. Действительно, если среди трех выбранных
точек есть О, то у равнобедренного треугольника боковая сторона равна 1. Если же
все три точки среди вершин пятиугольника, то (точностью до поворота по часовой
стрелке) будем иметь треугольник типа АВС (АВ = ВС) или типа АВD (АD = ВD).
7.3. Даны три натуральных числа k, m, n. Известно, что произведение km делится на n, а n
km
не делится ни на k, ни на m. Докажите, что число
составное.
n
Решение. d = НОД(k,n). Тогда k  k1d , n  n1d , где числа k1 и n1 взаимно просты. Заметим,
что k1 > 1, т.к. в противном случае делилось n бы на k. Тогда по условию k1 m делится
на n1, и, значит, на n1 делится m, причем частное m/ n1 больше единицы (иначе n делилось бы на m). Итак, имеем
m
 k1    – произведение натуральных чисел,
n 
n
 1
km
больших единицы.
7.4. a) Сколькими нулями оканчивается (в десятичной записи) число 100! 1  2  3  ...  100 ?
б) Какой цифрой – четной или нечетной – окажется последняя после зачеркивания
всех этих нулей на конце?
Ответ: a) нельзя; б) четной цифрой. Решение. a) Надо узнать, на какую степень десятки
делится 100! Для этого нужно выяснить, на какую степень пятерки делится это число
(т.к. степень двойки в разложении 100! на простые множители заведомо больше).
Среди 100 первых натуральных чисел имеется ровно 20 чисел, кратных 5, причем
ровно 4 из них, а именно, 25, 50, 75 и 100 делятся на 52; значит, эти числа дают в разложении 100! вклад в виде (20+4) пятерок, т.е. на конце 100! ровно 24 нуля. б) После
деления 100! на 1024 частное будет четным, т.к. 100! делится на большую, чем 24,
степень двойки (очевидно, степень двойки в разложении 100! больше, чем
100/2 = 50). Значит, и последняя цифра частного четная.
8 класс
8.1. Средний рост 11 футболистов команды равен 182 см. Во время матча судья удалил с
поля одного футболиста, и средний рост оставшихся стал 181 см. Каков рост удаленного футболиста?
Ответ: l92. Решение. См. задачу 7.1.
8.2. В треугольнике АВС проведены медианы AN и СМ. Медианы пересекаются в точке К.
Найдите отношение площади KMN к площади ABC.
1
1
Ответ:
. Решение. По свойству точки пересечения медиан S MNK  S MNC (т.к. MN –
3
12
1
общее основание у данных двух треугольников). Далее, S MNC  S ABC , т.к.
4
1
1
NC  BC , а MN || AC и MN  AC (по свойству средней линии треугольника), и,
2
2
значит, и высоты в треугольниках MNC и ABC с основаниями NC и BC относятся как
1 : 2. Итак, S ABC  4SMNC  12SMNK .
8.3. a) Сколькими нулями оканчивается (в десятичной записи) число 100! 1  2  3  ...  100 ?
б) Какой цифрой – четной или нечетной – окажется последняя после зачеркивания
всех этих нулей на конце?
Ответ: a) нельзя; б) четной цифрой. Решение. См. задачу 7.4.
8.4. Обозначим через s(n) сумму цифр натурального числа n. Существует ли такое n, что
оба числа s(n) и s(n+1) делятся на 100?
Ответ: существует. Решение. Если n оканчивается не на 9, то s (n  1)  s (n)  1 , и такое п
не подходит. Пусть теперь n оканчивается на k девяток, т.е. имеет вид n  m99...9 ,
где т – натуральное число, оканчивающееся не на 9. Тогда s(n)  s(m)  9k ,
s (n  1)  s (m)  1 . Вычитая эти числа (кратные 100 по условию), получим
9k  1  100l при некотором l. Возьмем l = 8 (чтобы 100 l + 1 делилось на 9 – такое
l = 8 будет наименьшим). Отсюда k  801 : 9  89 . Чтобы s(n) делилось на 100, в силу
равенства s(n) = s(m) + 801 можно взять s(n) = 99, а тогда число m можно взять таким, чтобы s(m) =199. Тогда m можно взять, например, двенадцатизначным:
т = 99...81 (здесь 10 девяток) и значит, п = 99...98199...9 (в начале числа 10 девяток, в
конце – 89 девяток), а можно m взять состоящим из 199 единиц, и тогда
п = 11…199...9 (199 единиц и 89 девяток).
9 класс
9.1. В треугольнике АВС проведены медианы AN и СМ. Медианы пересекаются в точке К.
Найдите отношение площади KMN к площади ABC.
Ответ: l /12. Решение. См. задачу 8.2.
9.2. Существуют ли такие три положительных числа a, b, c, что каждый из трех квадратных трехчленов ax2  bx  c , bx2  cx  a , cx2  ax  b имеет хотя бы один корень?
Ответ: не существует. Решение. Предположим, от противного, что такие a, b, c существуют. Тогда, рассматривая дискриминанты трехчленов, получим b2  4ac ,
c2  4ab , a 2  4bc . Перемножив эти три неравенства (с положительными частями) и
сократив на a 2b2c 2 , будем иметь 1 64 . Противоречие доказывает наше утверждение. Другой способ решения – следующий. Пусть, для определённости, a  b  c , то-
гда для квадратного трехчлена cx2  ax  b получим противоречие с неравенством
a 2  4bc  4a 2 .
9.3. В прямоугольном треугольнике АВС проведена высота СМ из вершины С прямого угла. Известны периметры Р1, Р2 треугольников САМ и СВМ. а) Найдите периметр треугольника АВС. б) Существует ли такой прямоугольный треугольник, у которого длины сторон иррациональны, а числа Р1 и Р2 – целые?
Ответ: а) P12  P22 ; б) существует. Решение. а) Пусть b  AC, a  CB, c  AB и пусть
a P
a
k  1,
k  . Из подобия прямоугольных треугольников имеем
b P2
b
2
P 
Отсюда P  P1 k  1  P1  2   1  P12  P22 ;
 
 k 1 .
P1 b
b
 P1 
б) Возьмем, например, k = 2. Обозначим   B  ACM . Тогда a  2b, c  5b .
1
2 
3 
1
2



, CM  b cos  
, P1  b1 
AM  b sin  
  b 1 
 . Если при

5
5
5
5
5
5
1
равнять P1 = 1, то P2 = 2, b 
 (3 5  5) – число иррациональное, и a  2b ,
5 3 4
1
c  5b  (15  5 5 ) – тоже иррациональные числа.
4
P
c
k 2b2  b2
2
2
9.4. Обозначим через s(n) сумму цифр натурального числа n. Существует ли такое n, что
оба числа s(n) и s(n+1) делятся на 100?
Ответ: существует. Решение. См. задачу 8.4.
10 класс
10.1. Докажите, что уравнение x 2 | x  a | 2ax при всех ненулевых значениях параметра
а имеет два корня, причем корни разных знаков.
Решение. Преобразуем уравнение ( x  a) 2 | x  a |  a 2 . Обозначим t | x  a | 0 . Имеем
1
квадратное уравнение t 2  t  a2  0 . Его корни t1, 2  1  1  4a 2 . При a  0
2
1
1
меньший корень отрицательный. Значит, t  1  1  4a 2 , x1, 2  a  1  1  4a 2
2
2
т.е. всегда (при a  0 ) есть ровно два коря. Осталось проверить, что
1
1  1  4a 2  | a |  1  1  4a 2  2 1  4a 2  4a 2 , что и требовалось доказать.
2








10.2. Существуют ли такие три положительных числа a, b, c, что каждый из трех квадратных трехчленов ax2  bx  c , bx2  cx  a , cx2  ax  b имеет хотя бы один корень?
Ответ: не существует. Решение. См. задачу 9.2.
10.3. В прямоугольном треугольнике АВС проведена высота СМ из вершины С прямого
угла. Известно, что периметры Р1, Р2, Р треугольников САМ и СВМ и АВС – целые
числа. а) Докажите, что длины сторон треугольника АВС – числа рациональные.
б) Можно ли утверждать, что эти длины – числа целые?
1
Ответ: б) нельзя. Решение. См. также задачу 9.3. a) Имеем CM  ( P1  P2  P)  Q . Да2
1
лее, k  a / b  P2/P1  Q ,
AM  CM   Q и b  P1  AM  CM  Q . Тогда
k
a
 Q . б) Рассмотрим сначала пифагоров треугольник со
a  kb  Q и c  b 
CM
12
9
42
16
36
сторонами a = 4, b = 3, c = 5. Тогда CM  , AM  , MB  , P1 
, P2 
,
5
5
5
5
5
P = 12. Если теперь рассмотреть подобный треугольник ABC с коэффициентом
5


подобия , то у этого треугольника P1  18 , P2  24 , P3  30 , а стороны a  10 ,
2
15
25
– не все целые.
b  , c 
2
2
10.4. Можно ли отметить 8 точек в пространстве так, чтобы для любых трех отмеченных
точек хотя бы два (из трех) отрезка с концами в этих точках были равны?
Ответ: можно. Решение. Рассмотрим такие 8 точек в координатном пространстве: O –
начало координат, A, B, C, D, E – вершины правильного пятиугольника, вписанного в
единичную окружность с центром в точке О на плоскости xOy, седьмая и восьмая
точки – это M(0,0,1) и N(0,0, -1). Тогда, если среди трех выбранных точек есть М и N,
то они равноудалены от любой точки плоскости xOy. Если среди выбранных только
одна из точек М или N, то она равноудалена от любых точек единичной окружности
– и значит, от любых двух точек пятиугольника, а если среди точек пятиугольника
при этом выбрана только одна, то будем иметь равнобедренный прямоугольный треугольник с единичными катетами. Если же ни М, ни N не выбраны, то будем иметь
плоский случай для шести точек (см. задачу 7.2).
11 класс
11.1. Докажите, что уравнение x 2 | x  a | 2ax при всех ненулевых значениях параметра
а имеет два корня, причем корни разных знаков.
Решение. См. задачу 10.1.
11.2. Найдите область определения и множество значений функции y 

sin 2 x  tg x
.
sin x
n, n  Z ; множество значений (,2 2 ]  [2 2 , ) .
2
Решение. Область определения очевидна, т.к. sin x  0 и cos x  0 . Для
1

. Пусть t  cos x . Тоx  n, n  Z функция запишется в виде y  2 cos x 
cos x
2
1
гда y (t )  2t  , где t  [1,1], t  0 . Поскольку функция нечетная, достаточно
t
рассмотреть значения t  (0,1] . Можно с помощью производной найти точку
Ответ: область определения x 
минимума t0 
2
2
и соответствующий минимум y(t0 )  2 2 . Другой способ
1
1
найти эти значения следует из неравенства о средних, т.к. 2t   2 2t  2 2 ,
t
t
1
где минимум достигается, когда 2t  . Поскольку y (t )   при t  0 , полуt
чаем множество значений [2 2 , ) для положительных t, и симметричное относительно 0 множество для отрицательных t.
11.3. Можно ли отметить 8 точек в пространстве так, чтобы для любых трех отмеченных
точек хотя бы два (из трех) отрезка с концами в этих точках были равны?
Ответ: можно. Решение. См. задачу 10.4.
11.4. Выпуклый четырехугольник ABCD разбит диагоналями на четыре части. Известно,
что площади всех четырех частей – целые числа. Докажите, что площадь ABCD – число составное.
Решение. Пусть x, y, z, t – площади указанных четырех частей (в естественном порядке –
например, по часовой стрелке). Заметим, что xz = yt (это следует из формулы площади треугольника по двум сторонам и углу между ними). Тогда
xz ( x  y )( z  y )
. Далее можно получить результат, используя
S ABCD  x  y  z 

y
y
как лемму задачу 7.3 (или непосредственно с помощью разложения на множители).
Математическая олимпиада
«Будущие исследователи – будущее науки» I тур.
2 вариант
7 класс
7.1. Три положительных числа изменили следующим образом: первое увеличили на 10%,
второе – на 13%, а третье уменьшили на 20%. Больше или меньше окажется произведение трех полученных чисел по сравнению с произведением исходных?
Ответ: меньше. Решение. Пусть a; b; c – исходные числа. Тогда 1.1a; 1.13b; 0.8c – полученные числа, а их произведение (1.1  1.13  0.8) abc  0.9944abc  abc .
7.2. Из трехзначного числа вычли сумму его цифр и получили 261. Найдите вторую цифру
исходного числа.
Ответ: 7. Решение. Пусть xyz  100 x  10 y  z – исходное число. По условию
99 x  9 y  261 , т.е. 11x  y  29 . Поскольку y  9 , то для того чтобы 29  y делилось на 11, получаем y = 7 (и тогда x = 2).
7.3. Можно ли разрезать прямоугольник 10070 на три прямоугольника так, чтобы их
площади относились как 1:2:4?
Ответ: можно. Решение. См. рисунок.
100
20
50
20
80
7.4. а) Докажите, что число
20142  20162
можно представить как сумму квадратов двух
2
натуральных чисел. б) Докажите более общий факт: полусумму квадратов двух различных четных чисел можно представить как сумму квадратов двух натуральных
чисел.
(2n) 2  (2n  2) 2
 2n 2  2(n  1) 2 =
Решение. а) Обозначим n = 1012. Тогда имеем
2
2
2
(2n)  (2m)
4n 2  4n  2  (2n  1) 2  12 . б)
 2n 2  2m 2  (n  m) 2  (n  m) 2 .
2
8 класс
8.1. Три положительных числа изменили следующим образом: первое увеличили на 10%,
второе – на 13%, а третье уменьшили на 20%. Больше или меньше окажется произведение трех полученных чисел по сравнению с произведением исходных?
Ответ: меньше. Решение. См. задачу 7.1.
8.2. Из трехзначного числа вычли сумму его цифр и получили 261. Найдите вторую цифру
исходного числа.
Ответ: 7. Решение. См. задачу 7.2.
8.3. Дан треугольник АВС, у которого В = 45, С = 89. Точка М – середина АВ. Докажите, что MB < MC < CB.
Решение. Будем считать, что АВ – основание треугольника. Поскольку  A = 180–89–
45 = 46 >  B = 45, то BC > AC. Поэтому вершина С проектируется на основание
АВ в точку N между А и М (т.к. у бóльшей стороны бóльшая проекция). Тогда угол
СМВ тупой, и, значит, CB > CM. Далее, треугольник CNB – прямоугольный с острыми углами по 45. Поэтому BM < BN = CN < CM.
8.4. а) Докажите, что число
20152  20172
можно представить как сумму квадратов двух
2
натуральных чисел. б) Докажите более общий факт: полусумму квадратов двух различных нечетных чисел можно представить как сумму квадратов двух натуральных
чисел.
(2k  1) 2  (2k  1) 2
Решение. а) Пусть 2k  1  2015 . Тогда имеем
 4k 2  1 . б) Имеем
2
2
2
(2k  1)  (2n  1)
 2k 2  2n 2  2k  2n  1  (k  n  1) 2  (k  n) 2 .
2
9 класс
9.1. Существуют ли числа a, b, удовлетворяющие соотношению a2  3b2  2  3ab ?
Ответ:
не
существуют.
Решение.
Результат
следует
из
соотношения
2
3 
3

a  3ab  3b  2   a  b   b 2  2  2 .

2 
4
2
2
9.2. Докажите, что существуют два простых числа p < q, такие, что q – p > 2015, а между p
и q все натуральные числа – составные?
Решение.
Обозначим
Тогда
все
2015
чисел:
n  2015! 1 2  ...  2015 .
n  2, n  3,..., n  2015, n  2016 являются составными. Пусть р – самое большое простое число, не превосходящее n + 1, а q – самое маленькое простое число, большее
n + 2016. Тогда q  p  2015 .
9.3. Дан АВС. На сторонах АВ и ВС взяты точки М и N соответственно. Известно, что
MN || AC и BN = 1, MN = 2, AM = 3. Докажите, что AC > 4.
Решение. Пусть x  MB, y  AC . Из неравенства треугольника в BMN следует, что
y 3 x
6
. Отсюда y  2   4 (т.к. x  3 ).
x  3 . Из подобия ABC и MBN имеем 
2
x
x
9.4. а) Докажите, что число
20152  20172
можно представить как сумму квадратов двух
2
натуральных чисел. б) Докажите более общий факт: полусумму квадратов двух различных нечетных чисел можно представить как сумму квадратов двух натуральных
чисел.
Решение. См. задачу 8.4.
10 класс
10.1. Существуют ли числа a, b, удовлетворяющие соотношению a2  3b2  2  3ab ?
Ответ: не существуют. Решение. См. задачу 9.1.
10.2. Дан АВС. На сторонах АВ и ВС взяты точки М и N соответственно. Известно, что
MN || AC и BN = 1, MN = 2, AM = 3. Докажите, что AC > 4.
Решение. См. задачу 9.3.
10.3. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение x 2  y 2  2 x | x  a | 1
имеет два корня.
Ответ: таких a не существует. Решение. Имеем одно уравнение с двумя неизвестными x,
y. В общем (неисключительном) случае оно представляет собой некоторую кривую
на координатной плоскости, т.е. уравнение имеет бесконечное множество решений.
Проверим, что данное уравнение не является исключением. Запишем уравнение в
виде ( x  1) 2  y 2 | x  a | . При x  1 уже есть два решения (при любых a  1 ), соответствующие двум значениям y   a  1 . При a  1 и для значений x, близких к
 1 число | x  a |  ( x  1) 2 будет положительным, и значит, для каждого такого х есть
два значения y (и значит, уравнение имеет бесконечное множество решений). Осталось рассмотреть случай, когда a  1. В этом случае имеем уравнение
( x  1) 2  y 2 | x  1 | . Заметим, что квадрат числа меньше модуля этого числа, еслигда число меньше единицы по модулю, поэтому величина | x  1 |  ( x  1) 2 будет положительной, когда | x  1 | < 1 Значит и при a  1 будет бесконечное множество
решений.
10.4. Последовательность an задана следующим образом: a1  22015 , an 1  s(an ) при всех
n, где s (a ) означает сумму цифр натурального числа а. Найдите a100 .
Ответ: 5. Решение. Основной используемый факт – это то, что сумма цифр любого числа
имеет тот же остаток при делении на 9, что и само число. Этот факт доказывается точно
так же, как известный признак деления на 9. Покажем, что последовательность ап быстро
убывает, пока не станет меньше 10, и после этого она, очевидно, становится постоянной.
к
Действительно, если число n k-значное, то n  10k 1 , a s (n)  9k  10 к 2  10 при k  4
(последнее неравенство легко доказать по индукции). Начальное число a1  22015 меньше,
чем 101024 , т.к. 2 2015  (2 3 ) 672  101024 . Значит, а 2  10 528 , а 3  10 256 ,…, а9  10 4 , т.е. а 9
имеет не более трех цифр. Поэтому а10  39 = 27 и, очевидно, а12 < 10. Осталось найти
остаток от деления 2 2015 на 9. Поскольку 23 имеет вид 9р – 1 (т.е. имеет остаток 8 при делении на 9), то и 2 2013  (2 3 ) 671 тоже имеет такой вид (как произведение нечетного числа
сомножителей вида 9р – 1), а 2 2015  2 2013  4 = (9 р  1)  4  9q  5 (где q  4 p  1 ).
11 класс
11.1. Найдите
область
определения
и
множество
значений
функции
1
1  cos 2 x  2 sin x 
.
sin 2 x  sin x
Ответ: область определения 2k  x  2k   , k  Z ; множество значений [24 2 ,) .
1
Решение. Поскольку 1  cos 2x  2 sin x  2 sin 2 x  2 sin x , то y (t )  2t  , где
t
t  sin 2 x  sin x . Область определения sin 2 x  sin x >0  sin x(sin x  1)  0 
sin x  0 (т.к. sin x  1 )  2k  x  2k  , x  Z . Величина t на области определения ограничена значениями 0  t  2 (т.к. sin 2 x  sin x возрастает вместе с
sin x  0 ). Далее, исследуя функцию y (t ) , получаем точку минимума t 0  2 1/ 4  2
и соответствующее значение y(t 0 )  24 2 (см. аналогичное решение в задаче 11.2 за
19.12.2015). Отсюда следует результат.
11.2. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение x 2  y 2  2 x | x  a | 1
имеет два корня.
Ответ: таких a не существует. Решение. См. задачу 10.3.
11.3. Можно ли на координатной плоскости построить квадрат с вершинами в целочисленных точках и с площадью, а) равной 2000; б) равной 2015?
Ответ: а) можно; б) нельзя. Решение. а) Поскольку 2000  20 2  5  20 2 (2 2  12 ) , то квадрат построить можно. Действительно, рассмотрим вершины А(0;0), В(20;40) ,
C (20;60), D(40;20) . Длины всех сторон четырехугольника ABCD равны
20 2  40 2  2000 , а соседние стороны перпендикулярны (что следует из равенства нулю скалярного произведения векторов соседних сторон: например
( AB, BC )  (20)  40  40  20  0 ; или это следует из рассмотрения угловых коэффициентов соседних сторон: их произведение равно –1). б) Покажем, что 2015 нельзя
представить в виде суммы двух квадратов целых чисел. Действительно, поскольку
квадраты целых чисел при делении на 4 дают остаток 0 или 1, сумма двух квадратов
дает остаток 0, 1 или 2. Но 2015 дает остаток 3 при делении на 4, что противоречит
возможности такого представления, и, значит, квадрат построить нельзя.
11.4. Последовательность an задана следующим образом: a1  22015 , an 1  s(an ) при всех
n, где s (a ) означает сумму цифр натурального числа а. Найдите a100 .
Ответ: 5. Решение. См. задачу 10.4.