2005-7-11 kl

РЕКОМЕНДАЦИИ
по проведению II (районного, городского) этапа
республиканской олимпиады школьников по математике
в 2005/2006 учебном году
Задачи для проведения районной (городской) олимпиады по
математике представлены шестью «пакетами»:
 VII класс – для учащихся седьмого класса общеобразовательной средней
школы с 12-летним сроком обучения,
 VIII класс - для учащихся восьмого класса общеобразовательной средней
школы с 12-летним сроком обучения,
 8 (IХ) класс - для учащихся восьмого класса общеобразовательной
средней школы с 11-летним сроком обучения и учащихся девятого-штрих
класса общеобразовательной средней школы с 12-летним сроком обучения,
 9 класс - для учащихся девятого класса общеобразовательной средней
школы с 11-летним сроком обучения,
 10 класс - для учащихся десятого класса общеобразовательной средней
школы с 11-летним сроком обучения,
 11 класс - для учащихся одиннадцатого класса общеобразовательной
средней школы с 11-летним сроком обучения.
В каждый пакет включено по пять заданий олимпиадного характера,
в скобках указано максимальное количество баллов, которое может быть
выставлено за правильное решение задачи. Меньшее количество баллов
может быть выставлено за неполное, необоснованное решение. В случае,
когда участник олимпиады «угадал» правильный ответ, но не описал ход
решения задачи, ему может быть зачтено не более 50% указанного
количества баллов. Например: при выполнении задания № 1
олимпиадного варианта для VII класса ученик записал ответ «поровну», но
не привел решения; можно засчитать 1-2 балла; при выполнении задания
№ 2 олимпиадного варианта для VII класса ученик записал расшифровал
ребус, но не описал ход рассуждений, можно засчитать 3,5-4 балла.
Соответствующее решение принимает жюри предметной олимпиады,
сопоставив в каждом конкретном случае условие задачи и уровень
мыслительной деятельности, который необходим для угадывания
правильного ответа. При ошибочном решении задачи баллы не
начисляются.
Все задания сопровождаются ответами, указаниями или решениями.
Методист
учебно-методического
отдела
естественно-математических
дисциплин
учреждения
образования
«Гомельский
государственный областной институт повышения
квалификации и переподготовки руководящих
работников и специалистов образования»
Ю.К.
Войтова
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
VII класс
1. Две лошади начали пить воду из одного бака, до верху наполненного
водой. Гнедая лошадь выпила половину трети четверти половины
бака, а вороная – четверть половины трети половины бака. Какая
лошадь выпила больше воды?
(6 баллов)
2. Замените буквы цифрами так, чтобы получилось верное равенство
АААА + ВВВ + С = 2005,
если известно, что одинаковые буквы соответствуют одинаковым
цифрам, разные – разным.
(7 баллов)
3. Дедушка решил подарить внукам по новогоднему подарку,
состоящему из конфеты, яблока, апельсина, шоколадки и книги. На
те же деньги он мог купить одни конфеты и их оказалось бы 224,
яблоки– их было бы 112, апельсины – 56, шоколадки – 32, а книг –
16. Сколько внуков у дедушки?
(10 баллов)
4. Огород квадратной формы 5 м  5 м нужно разделить несколькими
кусками ячеистой сетки на 5 равных по площади «клетчатых»
участков. Это легко сделать, используя 20 м сетки, как показано на
рисунке.
Хватит для этой цели 16 м сетки? Выполните рисунок.
(8 баллов)
5. Каждый из трех мальчиков либо всегда говорит правду, либо всегда
лжет. На вопрос «Есть ли хотя бы один лжец среди двух остальных?»
первый ответил: «Нет», второй ответил: «Да». Какой ответ дал
третий мальчик. Ответ объясните.
(9 баллов)
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
VIII класс
1. Натуральные числа А и В таковы, что их наименьшее общее кратное
в 8 раз больше их наибольшего общего делителя. Докажите, что
А=8В или В=8А.
(8 баллов)
2. Компания ОГОГО обещает на каждый вложенный рубль через 10 лет
выплатить 20052005200520062006 рублей, а компания ОХОХО –
20062006200620052005 рублей. В какую компанию выгоднее
вложить деньги?
(6 баллов)
3. Имеются 10 арбузов и весы, с помощью которых за одно
взвешивание можно определить общую массу любых трех арбузов.
Как за шесть таких взвешиваний определить общую массу всех
арбузов?
(9 баллов)
4. Пять прямых на рисунке пересекаются в одной точке. Известно, что
1=50°, 2=3=20°, 4 вдвое больше 5. Найдите величину угла 5.
2
5
4
1
3
(7 баллов)
5. В ящике у Карлсона лежат шоколадные конфеты трех сортов: с
ромом, с орехами и с мармеладом. Карлсон утверждает, что, какие бы
сто конфет ни вынуть из ящика, среди них обязательно окажется и
конфета с ромом, и конфета с орехами. Какое наибольшее число
конфет может быть у Карлсона в ящике?
(10 баллов)
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
8 (IХ) класс
1. Коля написал на доске несколько целых чисел, Саша записала под
каждым Колиным числом его квадрат, а Лена сложила все
написанные на доске числа и получила 2005. Докажите, что кто–то из
девочек ошибся.
(9 баллов)
2. Имеются 11 арбузов и весы, с помощью которых за одно
взвешивание можно определить общую массу любых трех арбузов.
Как за шесть таких взвешиваний определить общую массу всех
арбузов?
(10 баллов)
3. Решите арифметический ребус
9
13
6


,
ЭТО РЕШИ САМ
в котором одинаковыми буквами обозначены одинаковые цифры,
разными буквами – разные цифры.
(8 баллов)
4. Докажите, что треугольник, у которого две медианы равны и
пересекаются под прямым углом, является равнобедренным.
(6 баллов)
5. В городе Глупове каждый житель – полицейский, вор или обыватель.
Полицейские всегда врут обывателям, воры – полицейским,
обыватели – ворам, а во всех остальных случаях жители Глупова
говорят друг другу правду. Однажды несколько глуповцев
разговаривали, стоя по кругу, и каждый сказал своему соседу: «Я –
полицейский». Сколько обывателей было среди этих жителей
города?
(7 баллов)
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
9 класс
1. Имеется линейка без делений длины 13 см. Сколько промежуточных
делений и как нужно нанести на линейку, чтобы ею можно было
измерить расстояния от 1 см, 2 см, …, 13 см? Какое число делений
наименьшее?
(6 баллов)
2. Пусть а 2  b  b 2  c  c 2  a , причем a  b , b  c , c  a . Найдите значение
выражения a  b  1b  c  1c  a  1.
(8 баллов)
3. Сколько корней имеет квадратное уравнение x2+px+q=0, если
известно, что p–q>1?
(7 баллов)
4. Диагонали выпуклого четырехугольника АВСD пересекаются в точке
О. Точка М на отрезке АО и точка Р на отрезке DО таковы, что
ВМСD и СРАВ. Докажите, что МРАD.
(10 баллов)
5. Найдите углы равнобедренного треугольника АВС, если известно,
что сумма углов АВВ1 и ВАА1 равна 60, где А1 и В1 – середины
сторон ВС и АС соответственно.
(9 баллов)
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
10 класс
1. Однажды улитка заползла на вершину бамбука, который растет так,
что каждая точка его стебля поднимается вверх с одной и той же
скоростью. На это улитка затратила 7 часов. Отдохнув на вершине
бамбука ровно 1 час, улитка за 8 часов спустилась на землю.
Определите, во сколько раз скорость улитки больше скорости
бамбука, если обе скорости постоянны.
(6 баллов)
2. В некоторой компании 100 акционеров, причем любые 66 из них
владеют не менее чем 50% акций компании. Каким наибольшим
процентом всех акций может владеть акционер?
(9 баллов)
1
1
1
3. Пусть xyz=1 и a  x  , b  y  , c  z  . Докажите, что если abc –
x
z
y
целое число, то и a2+b2+c2 является целым числом.
(8 баллов)
2
4. Решите уравнение tgx  2 cos x ( tgx – целая часть tgx ).
(7 баллов)
5. На стороне ВС квадрата ABCЕ выбрана отличная от вершины точка
М и через нее проведена прямая, которая пересекает диагональ АС и
прямую АВ в точках Т и Р соответственно. Известно, что МТ=ЕТ.
Найдите величину угла MPЕ.
(10 баллов)
Задания II этапа республиканской олимпиады школьников
по математике 2005 год
11 класс
1. Футбольные матчи между командами «Зубило», «Дробило»,
«Молотило» оказались результативными. Команда «Зубило» в сумме
забила 60 голов, «Дробило» пропустила 80, «Молотило» забила
столько же, сколько пропустила. Докажите, что в матче «Дробило»«Молотило» было забито не менее 40 голов.
(9 баллов)
2. Известно, что многочлен
ax 3  bx 2  cx  d
принимает целые значения при всех целых значениях х. Может ли
1
3
оказаться, что а  ?
(6 баллов)
3. Функция f(x) определена для всех действительных х, и для всех
значений х верны неравенства:
f(x+3)  f(x)+3 и f(x+2)  f(x)+2.
Докажите, что функция g(х)=f(x)–х – периодическая.
(8 баллов)
4. Цилиндр и конус имеют общее основание и пересекаются. Найдите
объем их общей части, если объем каждого тела равен 27.
(7 баллов)
5. Есть лампочка и 10 пронумерованных кнопок. Известно, что ровно
пять из этих кнопок действующие. За одну попытку разрешается
одновременно нажать любые три кнопки. Если хотя бы одна из
нажимаемых кнопок действующая, то лампочка загорается. Как при
помощи не более 9 проверок выяснить, является ли кнопка № 1
действующей?
(10 баллов)
Ответы, указания, решения
VII класс
1. Ответ: лошади выпили равное количество воды.
Решение.
1 1 1 1 1
   
– такую часть воды из бака выпила гнедая лошадь,
2 3 2 4 48
1 1 1 1 1
2)    
– такую часть воды из бака выпила вороная лошадь.
4 2 3 2 48
1)
2. Ответ: 1111+888+6=2005.
3. Ответ: 8 внуков.
Решение. Замечаем, что яблоко «стоит» 2 конфеты, апельсин – 4 конфеты,
шоколадка – 7 конфет, книга – 14 конфет. Значит, «цена» подарка равна
1+2+4+7+14=28 (конфет). Следовательно, внуков у дедушки 224:28=8.
4. Ответ: хватит.
Решение. Одно из возможных решений показано на рисунке.
5. Ответ: «Нет».
Решение. Если предположить, что первый мальчик сказал правду, то
оказывается, что все трое правдивы, а второй мальчик солгал, т.е.
получаем противоречие. Значит, первый мальчик лжец, а второй сказал
правду.
Предполагая, что третий мальчик всегда говорит правду, получаем, что
первый ученик сказал правду, т.е. получаем противоречие. Значит, третий
мальчик – лжец, т.е. он солгал и ответил: «Нет».
Ответы, указания, решения
VIII класс
1. Доказательство: Пусть НОД(А, В)=d, А=аd, В=bd. Тогда НОД(a, b)=1, а
НОК(a, b)=аbd. По условию задачи аbd=8d, т.е. аb=8. Поскольку а и b
взаимно простые, то одно из чисел а или b равно 1, а другое – 8. В первом
случае А=d, В=8d, т.е. В=8А, во втором – А=8d, В=d, А=8В.
2. Ответ: Выгода одинаковая.
Указание. Для решения задачи достаточно преобразовать и сравнить
произведения:
20052005200520062006=2005(1000100010001)2006(100010001) (руб.),
20062006200620052005=2006(1000100010001)2005(100010001) (руб.).
3. Решение. Пронумеруем каждый из арбузов: №1, №2, №3, №4, №5, №6,
№7, №8, №9 и №10. Тогда взвешивания можно проводить в таком
порядке:
1) №1 + №2 + №3,
2) №4 + №5 + №6,
3) №7 + №8 + №9,
4) №1 + №2 + №10,
5) №1 + №3 + №10,
6) №2+№3 + №10.
Складывая результаты трех последних измерений, получаем сумму
удвоенной общей массы арбузов №1, №2, №3 и утроенной массы арбуза
№10. Из полученной суммы вычтем удвоенную общую массу арбузов №1,
№2, №3 и получим массу арбуза №10. Теперь остается сложить общую
массу арбуза №10 с результатами первых трех взвешиваний.
4. Ответ: 30°.
Решение. Поскольку каждому пронумерованному углу соответствует
равный ему непронумерованный вертикальный угол, то сумма
пронумерованных углов равна 180°, т.е. 1+2+3+4+5=180°; тогда
35=180°–50°–220°=90°, откуда 5=30°.
5. Ответ: 197 конфет.
Решение. Число конфет без рома не больше 99, и число конфет без орехов
не больше 99. Если сложить число конфет без рома и число конфет без
орехов, то полученная сумма будет больше общего числа конфет в ящике.
Поэтому в ящике меньше 198 конфет. Если же в ящике у Карлсона 98
конфет с ромом, 98 – с орехами и одна – с мармеладом, то среди
любых ста конфет обязательно окажется и конфета с ромом, и
конфета с орехами.
Ответы, указания, решения
8 (IХ) класс
1. Доказательство: Пусть Коля записал на доске числа х1, х2, …, хп, тогда
2
2
2
Саша должна была записать числа х1 , х2 ,..., хп , Лена – составить сумму
S  х1  х12  х2  х22  ...  хп  хп2 , т.е.
S  ( х1  х12 )  ( х2  х22 )  ...  ( хп  хп2 )  х1 ( х1  1)  х2 ( х2  1)  ...  хп ( хп  1) .
В последнем выражении каждое слагаемое – четное число. Поскольку
сумма четных чисел число четное, то S не может равняться 2005. Значит,
кто–то из девочек ошибся.
2. Решение. Пронумеруем каждый из арбузов: №1, №2, №3, №4, №5, №6,
№7, №8, №9, №10 и №11. Тогда взвешивания можно проводить в таком
порядке:
1) №1 + №2 + №3,
2) №4 + №5 + №6,
3) №7 + №8 + №9,
4) №1 + №10 + №11,
5) №2 + №10 + №11,
6) №3+№1 + №11.
Складывая результаты трех последних измерений, получаем сумму общей
массы арбузов №1, №2, №3 и утроенной общей массы арбузов №10 и
№11. Из полученной суммы вычтем общую массу арбузов №1, №2, №3 и
разделим результат на 3 – получили общую массу арбузов №10 и №11.
Теперь остается сложить общую массу арбузов №10 и №11 с результатами
первых трех взвешиваний.
3. Ответ:
9
13
6


.
729 1053 486
Решение. Число ЭТО кратно 9. Полагая ЭТО=9k, где kN, получаем:
РЕШИ=13k, САМ=6k, ЭТО+РЕШИ+САМ=28k. Поскольку все буквы в
ребусе различны, то использованы все 10 цифр, а, следовательно,
Э+Т+О+Р+Е+Ш+И+С+А+М=0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,
т.е. сумма цифр в сумме ЭТО+РЕШИ+САМ кратна 9 и 28k кратно 9.
Из равенства ЭТО=9k находим k=ЭТО:9, откуда k<112.
Из равенства РЕШИ=13k получаем k=РЕШИ:13, т.е. k>76.
Таким образом, k81, 90, 99, 108. Перебором находим k=81.
4. Доказательство: Рассмотрим треугольник АВС, АМ и ВК – медианы
С
треугольника, которые перечекаются в
точке О; причем АМ=ВК, АМВК.
Поскольку медианы треугольника в точке
К
М
пересечения делятся в отношении 2:1,
О
2
2
считая от вершины, то АО= АМ, ВО= ВК,
3
3
А
В
а,
следовательно,
АО=ВО.
Значит,
Е
треугольник АОВ – прямоугольный,
равнобедренный. Проведем медиану СЕ к стороне АВ. Поскольку все
медианы треугольника пересекаются в одной точке, отрезок СЕ проходит
через точку О. Тогда ОЕ – медиана, проведенная к основанию АВ
равнобедренного треугольника АОВ, и значит, является его высотой.
Тогда СЕАВ, т.е. СЕ – медиана и высота треугольника АВС. Таким
образом, треугольник АВС равнобедренный.
5. Ответ: ни одного.
Решение. Воры никогда не обманывают обывателей, поэтому никто из них
не мог представиться обывателю как полицейский. Полицейские врут
обывателям, и никто из них не мог признаться обывателю, что он
полицейский. Значит, в этой группе обывателей не было.
Ответы, указания, решения
9 класс
1. Ответ: достаточно нанести 4 деления: 1 см, 6 см, 9 см, 11 см.
Решение. Меньшим числом делений обойтись не удается, так как 5 точек
(концы линейки и возможные 3 точки деления) определяют не более 10
различных отрезков, а нам требуется измерить 13 отрезков.
Легко убедиться, что четырех указанных делений достаточно. Так,
например, отрезок в 2 см можно получить как расстояние от конца линейки
до деления в 11 см. Остальные отрезки могут быть получены аналогично.
Проверьте это самостоятельно.
2. Ответ: –1.
Решение. Запишем цепочку равенств:
a 2  b  b2  c , a 2  b2  b  c , a  b 
bc
ac
, a  b 1 
.
ab
ab
ba
cb
, c  a 1 
.
bc
ca
ac ba cb


Получаем a  b  1b  c  1c  a  1=
=–1.
ab bc ca
Аналогично: b  с  1 
3. Ответ: два корня.
Решение. Рассмотрим функцию f(x)=x2+px+q.
Поскольку f(–1)=1–(p–q)<0, а ветви параболы направлены вверх, то
график функции у=f(x) пересекает ось абсцисс в двух точках, а,
следовательно, данное уравнение имеет два корня.
4. Указание. В силу подобия треугольников ОВМ и ОDС и треугольников
ОАВ и ОСР, получаем пропорции:
ОМ : ОС=ОВ : ОD и ОР : ОВ=ОС : ОА,
из которых следует равенство ОМ : ОР=ОА : ОD. Далее по теореме,
обратной теореме Фалеса следует утверждение задачи.
5. Ответ: все углы по 60.
Решение. Возможны два случая: 1) треугольник АВС равнобедренный с
основанием АС (рис. а), 2) треугольник АВС равнобедренный с
основанием АВ (рис. б).
Проведем медиану СС1 и точку пересечения медиан обозначим буквой М.
Тогда, по теореме о сумме углов для треугольника АВМ находим
АМВ=120. Поскольку треугольник АВС равнобедренный, то среди
углов АВМ, ВМС и СМА есть два равных. Величина одного из трех углов
АВМ, ВМС, СМА равна 120. Тогда третий из этих углов также равен либо
120=360-2120, либо
360  120
 120. Получаем, что эти все три угла
2
равны 120. Тогда ВМА1=180120=60, а отрезок МА1 в результате
является и биссектрисой, и медианой треугольника ВМС, а,
следовательно, и высотой. Значит, АА1 – медиана и высота треугольника
АВС. Аналогичное утверждение верно и для отрезков ВВ1 и СС1. Тогда
треугольник АВС – равносторонний и все его углы равны 60.
В
С
А1
С1
В1
А1
М
А
М
С
В1
А
В
С1
Ответы, указания, решения
10 класс
1. Ответ: в 9 раз.
Решение. Всего улитка путешествовала по бамбуку 16 часов. Пусть,
поднимаясь вверх по бамбуку, улитка проползла расстояние равное х, а за
1 час отдыха и 8 часов спуска улитки бамбук подрос на у. Тогда,
спускаясь вниз, улитка проползла х+у. Составим выражения для
определения скорости улитки при движении вверх по бамбуку
спуске
х у
. Получаем:
8
х
и при
7
х х у

,
7
8
8х  7 х  7 у ,
х  7у .
Так как бамбук подрос на у за 9 часов, скорость его роста равна
у
.
9
Выполняя деление последнего равенства на 7, получаем:
х 7у

,
7
7
откуда
х
у
 9 .
7
9
Значит, скорость роста бамбука в 9 раз меньше скорости улитки.
2. Ответ: 25%.
Решение. Пусть М – акционер, который владеет наибольшим процентом
акций - х%. Разобьем остальных 99 акционеров на три группы А, В, С по
33 человека в каждой, и пусть каждая группа владеет а%, b% и с% акций
соответственно. Тогда 100–х=а+b+с. Получаем:
2(100–х)=2(а+b+с)=(а+b)+(b+с)+(а+с).
Поскольку каждая из сумм (а+b), (b+с), (а+с) соответствует 66
акционерам, то согласно условию (а+b)+(b+с)+(а+с)50+50+50, то х25.
Приведем пример такого распределения акций. Если каждый из 99
акционеров, кроме Х, владеет
75
% акций, то любые 66 из них владеют
99
75
 66  50 % акций, а любые 66, включая Х, владеют более 50%, при этом Х
99
владеет ровно 25% акций.
3. Доказательство. Составим разность
2
1 
1  1 
1 
1  1 

a +b +c –abc=  x     y     z     x   y   z   
x 
y 
z 
x 
y 
z

2
2
2
2
2
 6  x2 y 2 z 2 1  6 1 1  4 .
4. Ответ:

4
 k , k  Z .
Решение. Поскольку 0  cos 2 x  2 , то tgx может принимать только три
значения: 0, 1, 2.
Случай tgx =0 невозможен, так как тогда cos x =0, т.е. tgx не
определен.
В случае tgx =1 имеем
cos x  
1
2
, т.е. x  

4
 k , k  Z .
Однако, учитывая условие tgx =1, получаем х=
Случай tgx =2 невозможен, так как тогда

 k , k  Z .
4
cos 2 x  1 , т.е. tgx =0.
5. Ответ:45°.
Решение.
Поскольку
диагональ
АС
является
серединным
перпендикуляром к диагонали ВЕ, то ВТ=ТЕ. Тогда из равенства МТ=ЕТ
следует ВТ=МТ. Значит, треугольник ВТМ – равнобедренный. Так как
РВТ=АВС–МВТ=90°–МВТ и ВРТ=90°–МВТ, то РВТ=ВРТ.
Значит, треугольник РВТ –
В
М С
равнобедренный. Поскольку
ВТ=МТ=РТ=ЕТ, то точки В,
М, Р, Е лежат на окружности с
центром в точке Т. А так как
Т
углы МРЕ и МВЕ опираются
на одну и ту же дугу
А
Е
окружности, то они равны и
МВЕ=МРЕ=45°.
Р
Ответы, указания, решения
11 класс
Команды
1. Доказательство. Составим турнирную таблицу игр команд «Зубило»,
«Дробило», «Молотило» между собой:
Результат игры c командой
«Зубило»
«Дробило»
«Молотило»
«Зубило»
a:b
c:d
«Дробило»
«Молотило»
Получаем:
b:a
e:f
d:c
f:e
a+c=60,
a+f=80,
d+f=с+е.
Из первых двух равенств находим
f–с=20,
из третьего получаем
е=d+f–с=d+20,
е+(f–с)=d+20+20.
Следовательно,
е+f40.
Значит, в матче «Дробило»-«Молотило» было забито не менее 40 голов.
2. Ответ: да.
Решение. Известно, что при целых значениях х произведение (х–1)х(х+1)
кратно трем, как произведение трех последовательных целых чисел при
любом целом х. Поэтому произведение
целые значения. Значит, при а 
1
(х–1)х(х+1) всегда принимает
3
1
1 3 1
многочлен х  х удовлетворяет
3
3
3
условию задачи.
3. Доказательство. Из первого условия следует, что
g(х+6)=f(x+6)–х–6f(x+3)+3–х–6f(x)+6–х–6f(x)–х=g(х).
Из второго условия следует:
g(х+6)=f(x+6)–х–6f(x+4)+2–х–6f(x+2)+4–х–6f(x)+6–х–6f(x)–х=g(х).
Следовательно, при любом действительном х имеет место равенство
g(х+6)=g(х),
т.е. функция g(х) – периодическая.
4. Ответ: 19.
Указание. Сопоставляя формулы для вычисления объемов цилиндра и
конуса и учитывая, что тела имеют общее основание, можно сделать
вывод: высота конуса в 3 раза больше высоты цилиндра. Значит, объем,
«выступающего» над цилиндром конуса составляет
2
объема конуса.
3
Тогда объемы относятся как 8:27, тогда часть конуса, находящаяся внутри
цилиндра, имеет объем 19.
5. Решение. Для удобства раскрасим кнопки № 2, № 3, № 4, № 5, № 6, № 7,
№ 8, № 9 и № 10 в три цвета; например, № 2, № 3, № 4 – красные, № 5, №
6, № 7 – синие, № 8, № 9 и № 10 – зеленые. Тогда в группе одного цвета
ровно различные три пары кнопок, всего – 9 пар. Тогда можно выполнить
ровно 9 проверок, нажимая одну цветную пару и кнопку № 1. По
результатам этих проверок выяснится, является ли кнопка № 1
действующей. Действительно, поскольку имеется ровно 5 действующих
кнопок, то по принципу Дирихле найдутся две недействующие кнопки
одного цвета. Следовательно, если хотя бы один раз лампочка не
загорится, то кнопка № 1 недействующая. Если же кнопка № 1
действующая, то лампочка будет загораться во всех 9 проверках.