Решения олимпиады по математике. ЛШ 2013

9 класс
9.1. Ответ. Юре 14 лет, Юле 12 лет.
Пусть Юре сейчас x лет, тогда Юле сейчас 26  x лет. Когда Юре будет втрое больше, чем Юле
сейчас, ему будет 3 26  x лет. Соответственно, Юле тогда будет 26  x + 3 26  x  x = 104  5x



182  8x . По условию 182  8x = 5x , откуда x = 14 .
9.2. Ответ. Все натуральные N  11.
Действительно,
N  11 .
2N = a + b + c + d + e + f  21 , поэтому
11+ k = 1+ 3 + ( 7 + k)= 2 + 4 + ( 5 + k),k = 0,1,2,... .
9.3. Ответ. Вершина B .


лет, а вместе им будет
С
другой
стороны,
Вспомним, что против большего угла треугольника лежит большая сторона, поэтому ∠C < ∠A < ∠B .
Обозначим за О центр вписанной окружности, равный точке пересечения биссектрис, в треугольниках
OAC и OAB имеем OA < OC,OB < OA , поэтому OB - самый короткий.
9.4. Ответ. 103.
Обозначим число непустых больших коробок за x , а непустых средних коробок за y . Тогда пустых
13  x , средних коробок 6x , пустых средних коробок 6x  y , маленьких
коробок будет 6y . Общее число пустых коробок равно 13  x + 6x  y + 6y = 13 + 5x + y  = 88 ,
откуда x + y = 15 . С другой стороны, общее число коробок равно 13 + 6x + 6y = 13 + 90 = 103 .
больших коробок будет
9.5. Назовём сотней сто последовательных натуральных чисел, первое из которых делится на 100, а
нашими числами – произвольные сто рассматриваемых последовательных натуральных чисел. Наши
числа содержатся в двух соседних сотнях, значит, в одной из них не менее пятидесяти наших чисел.
Допустим, во второй. Тогда среди наших чисел содержатся 50 последовательных, первое из которых
делится на 100. Обозначим его сумму цифр за A . Тогда суммы цифр первого десятка наших чисел
образуют последовательность A, A +1, A + 2,..., A + 9 , второго десятка A +1, A + 2,..., A +10 , и т.д.,
пятого десятка
A + 4, A + 5, A + 6,..., A +13 . Объединив эти последовательности, видим, что среди
сумм цифр наших чисел содержатся 14 последовательных чисел от A до A +13 , одно из которых
обязательно делится на 14. Если же первая сотня содержит не менее 50 наших чисел, то среди них
есть 50 последовательных, последнее из которых оканчивается на 99. Обозначим его сумму цифр за
B . Тогда суммы цифр пятого десятка наших чисел образуют последовательность
B  9, B  8,..., B  1, B , четвертого десятка B  10, B  9,..., B  2, B  1, и т.д., первого десятка
B 13,..., B  5, B  4 . Снова видим, что среди сумм цифр наших чисел содержатся 14
последовательных чисел, одно из которых обязательно делится на 14. Значит, в обоих случаях
найдётся число, сумма цифр которого делится на 14.
10 класс
10.1 Ответ. (5,2),(-5,-2).
Разделим второе уравнение на
(x  2y )(x + 2y ) = 9,

 y(x + 2y ) = 18.
5
y
первое:
= 2, здесь х - 2у  0, у  2x - 4y x  y . Подставим х во второе уравнение,
2
x  2y
2
получим y = 4, y= 2 или y = 2 , отсюда, x = 5 или x  5 . Итак, решениями являются две пары:
Перепишем систему уравнений в виде:
(5,2),(-5,-2).
10.2. Ответ. 300 килограммов.
Обозначим количество полученного творога за x , подсчитаем количество жира в молоке, твороге и
сыворотке,
приравняем
первую
величину
сумме
второй
и
третьей:
5
155
5
1000 =
x+
( 1000  x) . Отсюда x = 300 .
100
1000
1000
10.3. Ответ. 95.
Самое большое четырёхзначное число, все цифры которого различны, равно 9876, самое маленькое
трёхзначное число, все цифры которого различны, равно 102, поэтому ответ не превосходит целой
части частного этих чисел, равной 96. Однако максимальное четырёхзначное число, все цифры
которого различны и которое делится на 102, равно 9486=102▫93, поэтому, если ДУБ равен 102, то
число ДУБов не превосходит 93. Если ДУБ=103, то целая часть от деления 9876 на 103 равна 95, и
103▫95=9785 — четырёхзначное число с разными и отличными от 1,0,3 цифрами. Поэтому ответ
задачи не меньше 95. С другой стороны, целая часть от деления 9876 на числа большие, чем 103
будет меньше 95, поэтому ответ задачи равен 95. При этом ДУБ=103, РОЩА=9785.
10.4. Ответ: Нет, не существуют.
Обозначим x = 2a +1, y = 2b +1, z = 2c +1 , тогда x  y = 2(a + b  1). - чётно и является точным
a + b  1 - четное, а a + b - нечётное. Аналогично,
нечетными должны быть a + c и b + c . Однако, среди трех чисел a,b,c два имеют одинаковую
квадратом, следовательно, делится на 4, поэтому
четность, поэтому их сумма будет четной – противоречие..
10.5. Опустим из М перпендикуляр на продолжение ВN, обозначим
его основание за Р. Углы МАС и МВР равны, как вписанные,
опирающиеся на общую дугу MN, и АМ=ВМ потому, что М – середина
дуги АВ. Следовательно, прямоугольные треугольники АМС и BMP
равны по гипотенузе и углу. Значит, АС=ВР. Далее, углы МАВ и МВА
равны, как углы при основании равнобедренного треугольника, и углы
МВА и MNA равны, как вписанные. Следовательно, угол MNA равен
углу МАВ.
Кроме
того,
по
свойству углов
вписанного
четырёхугольника AMNB, угол МАВ равен углу MNP. Следовательно,
прямоугольные треугольники MCN и MPN равны по гипотенузе и углу
при
вершине
N.
Значит,
CN=NP.
Таким
образом,
AC=BP=BN+NP=BN+NC, что и требовалось доказать.
11 класс
11.1. Ответ.75 рыб.
Пусть рыбаки поймали
n рыб. По условию 48% =
12
от n должно быть целым числом, поэтому
25
n  25 , откуда n = 50,75,100 . После отпущения пяти рыб на волю, 50% =
быть целым числом, поэтому
1
от n  5 тоже должно
2
(n  5 )2 , откуда остаётся n = 75 . При этом, в итоге осталось 35
окуней, а было 36, то - есть выпустили не более пяти, что возможно.
11.2.Ответ. Одним.
Разложим
9 999 +1 = ( 9 +1 )( 9 998  9997 + ...  9 +1 ) = 10  ( 9 998  9997 + ...  9 +1 ) . Первый множитель
даёт один ноль на конце, а второй нечётен, поэтому 9
11.3. Ответ.
PR = 4
+1 оканчивается ровно одним нулём.
5
.
7
Обозначим радиус окружностей за
ΔABC
999
с
x , и заметим, что ΔPRQ подобен
коэффициентом
2x
5 .
Отсюда
2x 8x
2x 6x
=
,QR = 3 =
,
5
5
5
5
поэтому AC = 3  (x +
6x
8x
5
) + 4  (x + ) + 2x = 5 , откуда x = .
7
5
5
11.4. Заметим, что улитка для возвращения в исходную точку должна
сделать чётное число
горизонтальных и чётное число вертикальных перемещений. Кроме того, каждому горизонтальному
перемещению
однозначно
соответствует
следующее
за
ним
вертикальное,
и
наоборот,
следовательно, количество вертикальных перемещений равно количеству горизонтальных. Тогда
общее число перемещений делится на 4, это и означает, что для возврата в исходную точку ей
понадобится целое число часов.
11.5. Предположим противное, тогда хотя бы одна из двух клеток под каждым домино накрыта только
им. Пусть
n домино содержат две таких клетки, в остальные – только одну, тогда 2n +13  n = 13 + n
клеток накрыты домино в один слой. Остаются не более
3  n клеток, накрытых 13  n домино в
несколько слоёв. Некоторая клетка при этом покрыта не менее 5 домино. Поскольку есть всего четыре
различных домино, покрывающих данную клетку, некоторые два из этих пяти совпадают и одно из них
можно удалить.