10 класс - Омские олимпиады

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
19.12.10  10 класс
19.12.10  10 класс
г. Омск
г. Омск
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
1. Точки A, B, C, D – соседние вершины правильного многоугольника
(именно в таком порядке). Известно, что ACD=120. Сколько вершин у
этого многоугольника?
2. Можно ли расставить по окружности 2011 натуральных чисел так,
чтобы каждое число было равно либо сумме, либо разности двух
соседних чисел?
3. Все коэффициенты квадратного трёхчлена ax2+bx+c – положительные
числа. По этому трёхчлену строится новый трёхчлен по следующему
правилу: каждый коэффициент заменяется на произведение двух других
коэффициентов (например, из трёхчлена 2x2+x+3 получается трёхчлен
3x2+6x+2). Затем то же делается с полученным трёхчленом и так далее,
пока не будет получено 2010 трёхчленов, включая исходный. Сколько из
полученных трёхчленов имеют отрицательный дискриминант? Привести
все варианты ответа и доказать, что других вариантов нет.
4. Положительное число у и произвольное число х подобраны так, что
выполнено неравенство у(у+1)(х+1)2. Докажите, что выполнено
неравенство у(у–1)х2.
5. Внутри треугольника АВС взята точка Р так, что ВРС=90 и
ВАР=ВСР. Точки М и N – середины сторон АС и ВС соответственно,
причём ВР=2РМ. Докажите, что точки А, Р и N лежат на одной прямой.
6. Даны n натуральных чисел, каждое из которых не превосходит m, и m
натуральных чисел, каждое из которых не превосходит n. Докажите, что
можно выбрать группу чисел из первого множества и группу чисел из
второго множества так, что в этих группах суммы чисел будут равны.
1. Точки A, B, C, D – соседние вершины правильного многоугольника
(именно в таком порядке). Известно, что ACD=120. Сколько вершин у
этого многоугольника?
2. Можно ли расставить по окружности 2011 натуральных чисел так,
чтобы каждое число было равно либо сумме, либо разности двух
соседних чисел?
3. Все коэффициенты квадратного трёхчлена ax2+bx+c – положительные
числа. По этому трёхчлену строится новый трёхчлен по следующему
правилу: каждый коэффициент заменяется на произведение двух других
коэффициентов (например, из трёхчлена 2x2+x+3 получается трёхчлен
3x2+6x+2). Затем то же делается с полученным трёхчленом и так далее,
пока не будет получено 2010 трёхчленов, включая исходный. Сколько из
полученных трёхчленов имеют отрицательный дискриминант? Привести
все варианты ответа и доказать, что других вариантов нет.
4. Положительное число у и произвольное число х подобраны так, что
выполнено неравенство у(у+1)(х+1)2. Докажите, что выполнено
неравенство у(у–1)х2.
5. Внутри треугольника АВС взята точка Р так, что ВРС=90 и
ВАР=ВСР. Точки М и N – середины сторон АС и ВС соответственно,
причём ВР=2РМ. Докажите, что точки А, Р и N лежат на одной прямой.
6. Даны n натуральных чисел, каждое из которых не превосходит m, и m
натуральных чисел, каждое из которых не превосходит n. Докажите, что
можно выбрать группу чисел из первого множества и группу чисел из
второго множества так, что в этих группах суммы чисел будут равны.
Предварительные результаты олимпиады на сайте olymp.omich.net
Просмотр работ участников олимпиады и апелляция 26 декабря, в 9-30,
ауд. 301. Награждение победителей в 10-30.
Предварительные результаты олимпиады на сайте olymp.omich.net
Просмотр работ участников олимпиады и апелляция 26 декабря, в 9-30,
ауд. 301. Награждение победителей в 10-30.
10 класс. Решения задач.
. Тогда 
BCA

(
180


)/2
1. Ответ: 9. Решение. Пусть ABC
,


C

BCD


BCA


ACD

(
180

)
/
2

120
. Так как A , B ,
, D последовательные
вершины
правильного
n-угольника,
то




ABC

BCD

(
180


)
/2

120
, т.е. 
, откуда   140 . С другой
(n2
)

180
стороны, 
. Следовательно, n  9 .
n
2. Ответ: нельзя. Решение. Пусть нам удалось это сделать. Если все
расставленные числа чётные, то можно поделить каждое на 2, и условие
сохранится. Значит можно считать, что среди чисел есть нечётные. Но
при соблюдении условия задачи подряд может стоять не более двух
нечётных чисел. По крайней мере, найдётся пара чисел разной чётности,
стоящих подряд. Начнём отсчёт именно с этой пары. Далее чётность
чисел вплоть до 2011-го будет меняться следующим образом: ч-н-н-ч-нн-…-ч-н-н-ч. Но теперь ясно, что первое число чётное, а стоит между
чётным и нечётным. Противоречие.
3. Ответ: 2010 или 1005. Решение. Проследим за изменением
коэффициентов трёхчлена: ax2+bx+c bcx2+аcх+ab а2bcx2+b
2
аcх+abс2=abc(ax2+bx+c)… Отсюда видно, что у трёхчленов этой
последовательности с номерами n и n+2 знаки дискриминантов
совпадают. Дискриминант первого трёхчлена D1=b2–4ac, второго D2=
a2c2–4acb2= ac(ac–4b2). Из положительности чисел a, b, c следует, что оба
этих дискриминанта не могут быть неотрицательными одновременно.
Поэтому знаки дискриминантов в последовательности могут
распределяться одним из следующих образов:
– – …–; +–+–…+–; –+–+…–+; 0–0– …; –0–…–0. Отсюда видно, что
трёхчленов с отрицательным дискриминантом либо 2010, либо 1005.
Возможные примеры на оба случая: x 2  x  1 , 2 x2  3x 1.
2
4. Если 0  y  1, то неравенство y(y1)x очевидно. Пусть y  1 .
Если 2x2y10, что равносильно y x1/ 2, то
2
2
2
y
(
y

1
)

y
(
y

1
)

2
y

(
x

1
)

2
y

x

(
2
x

2
y

1
)

x
.
Если y x1/ 2, то y1x1/2. Левые (следовательно, и правые)
части двух последних неравенств положительные. Перемножая их,
2
2
(
y

1
)

(
x

1
/
2
)(
x

1
/
2
)

x

1
/
4

x
получаем y
.


5. Построим точку D так, что P – середина отрезка DC. Тогда DBC BDP


BCP


NPC
равнобедренный (BP – медиана и высота), 
. PM –
DA

2
PM

BP
средняя линия треугольника DAC, поэтому
. Опишем


BAP


BDP


/
2

около PBD окружность.
, где - дуга BP, не
содержащая точку D. Следовательно, A лежит на окружности. Так как
AD BP, то эти отрезки стягивают одинаковые дуги, поэтому

DPA


BDP


NPC
. Тогда точки A, P, N лежат на одной прямой.
6. Будем формировать две такие группы по следующему алгоритму.
Поместим в каждую группу произвольное число из соответствующего
множества. Затем на каждом шаге пополняем ту группу, в которой сумма
меньше, пока числа не кончатся. При этом будем следить за разностью
между суммой чисел в 1-й группе и суммой чисел во 2-й группе: d=s1–s2.
Из алгоритма видно, что эта разность может принимать только целые
значения от m до –n. В самом деле, рассмотрим первый момент, в
который первая сумма будет превосходить вторую сумму более чем на m.
Перед этим могла пополняться только первая группа, но тогда она
пополнилась числом, превосходящим m, что невозможно. Значит всегда
dm и аналогично -n d. При этом последнее неравенство можно считать
строгим, т.к. равенство d=-n означает, что в предшествующий момент
суммы уже были равны. Мы доказали, что величина d принимает всего
m+n различное значение, и при этом мы вычисляем её m+n раз. Если хотя
бы один раз, она принимает значение 0, то задача решена. В противном
случае возможных значений остаётся тоже m+n–1. Тогда принцип
Дирихле гарантирует совпадений значений разности в два различных
момента времени, а это означает, что между этими моментами,
выбирались две группы с равными суммами, что и требовалось.
Осталось объяснить, почему такой алгоритм можно реализовать.
Объясним, например, почему всегда, при необходимости, можно
добавить число во вторую группу. Если этого сделать нельзя, то все m
чисел второй группы уже выбраны. Но это означает, что ранее разность d
уже принимала m положительных значений, которые можно считать
различными, а сейчас приняла ещё одно значение, отличное от других.
Но это невозможно, поскольку всего положительных значений m.
Критерии проверки (из расчета 7 баллов за задачу)
1.
2.
3.
4.
5.
6.