задания+ решения

Математическая олимпиада
«Будущие исследователи – будущее науки» I тур.
1 вариант (19.12.2015)
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
S
Sx
оставшихся футболистов их рост. Тогда
 181 , и
 182 , где х – рост
10
11
удаленного 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 ABCDE. 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 (c 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. Обозначим 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 n делилось 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
n 
n
 1
km
натуральных чисел, 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) 24 нулями; 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) 24 нулями; 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(m) = 99. Тогда m можно взять, например,
двенадцатизначным: т = 99...981 (здесь 10 девяток) и значит, п = 99...98199...9 (в
начале числа 10 девяток, в конце – 89 девяток), а можно m взять состоящим из 99
единиц, и тогда п = 11…199...9 (99 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 существуют. 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 , тогда для квадратного трехчлена cx2  ax  b получим противоречие с
двойным 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 ;
 
 k2 1 .
P1 b
b
 P1 
б) Возьмем, например, k = 2. Обозначим   B  ACM . Тогда a  2b, c  5b .
1
2 
3 
1
2


P1  b1 

,
,
Если
AM  b sin  
CM  b cos  
  b 1 
.


5
5
5
5
5
5
1
приравнять P1 = 1, то P2 = 2, b 
 (3 5  5) – число иррациональное, и
5 3 4
1
a  2b , c  5b  (15  5 5 ) – тоже иррациональные числа.
4
P
c
k 2b2  b2
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 .
2
1
Далее, 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
16
36
42
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 .
x  n, n  Z функция запишется в виде y  2 cos x 
cos x
2
1
Тогда y (t )  2t  , где t  [1,1], t  0 . Поскольку эта функция нечетная,
t
достаточно рассмотреть значения t  (0,1] . Можно с помощью производной
Ответ: область определения x 
2
и соответствующий минимум y(t0 )  2 2 .
2
Другой способ найти эти значения следует из неравенства о средних, т.к.
1
1
1
2t   2 2t  2 2 , где минимум достигается, когда 2t  . Поскольку
t
t
t
y (t )   при t  0 , получаем множество значений [2 2 , ) для
положительных t, и симметричное относительно 0 множество для
отрицательных t.
найти точку минимума t0 
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 простые
множители).
Математическая олимпиада
«Будущие исследователи – будущее науки» I тур.
2 вариант (20.12.2015)
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, должно быть 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, причем любые два прямоугольника пересекались бы
по общей стороне или части стороны?
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
Решение. а) Обозначим n = 1012. Тогда имеем
 2n 2  2(n  1) 2 =
2
2
2
( 2 n )  ( 2 m)
4n 2  4n  2  (2n  1) 2  12 . б)
 2 n 2  2 m 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 ровно два решения.
Ответ: таких a не существует. Решение. Имеем одно уравнение с двумя неизвестными x,
y. В общем (неисключительном) случае его решения представляют собой некоторую
кривую на координатной плоскости (обычно говорят, что уравнение задает эту
кривую), 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 (это означает, что 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, если само число по модулю меньше единицы. Поэтому величина
| x  1 |  ( x  1) 2 будет положительной, когда | x  1 | < 1. Значит, и при a  1 будет
бесконечное множество решений.
Комментарий. Нетрудно показать, что решения уравнения представляют собой одну или
две окружности (в зависимости от значения параметра) на координатной плоскости.
Фактически, эта задача требует просто понимания того, что такое уравнение с
несколькими неизвестными и что означает его решение.
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 делимости на 9. Покажем, что последовательность ап
быстро убывает, пока не станет меньше 10, и после этого она, очевидно, становится
постоянной. Начальное число a1  22015 меньше, чем 10 672 , т.к. 2 2015  (23 ) 672 . Значит,
а2  9  672  6048 , а3  9  4  36 , т.е. а3 имеет не более двух цифр и тогда, очевидно,
а5 < 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
1
1  cos 2 x  2 sin x 
.
sin 2 x  sin x
и
множество
значений
функции
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
2
2
t  sin x  sin x . Область определения sin 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. функция g (sin x )  sin 2 x  sin x
возрастает вместе с sin x при положительных sin x ). 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 первого варианта - 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.