Решения задач 1 тура

РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
«Майская Лига». Математический бой № 1, 31 мая.
5 класс
Задача 1. Натуральные числа n и n+1 имеют ровно по два натуральных делителя. Сколько делителей
имеет число n+9?
Ответ: два. Решение. Так как число n имеет ровно два натуральных делителя, то оно простое, но в
силу таких же рассуждений n+1 тоже простое. Так как они идут подряд, то одно из них – четное, а
единственное честное простое число – это 2. Значит, n = 2, n+9 = 11, у него два делителя
Задача 2. Можно ли разрезать клетчатый прямоугольник размерами 9 × 10
клеток на несколько квадратов так, чтобы всего квадратов было не больше
6, и среди них не больше двух квадратов с нечетной стороной? Разрезы
должны идти по сторонам клеток.
Ответ: да, можно. Решение. См. рис.
Задача 3. Дед Мороз дал каждому ребенку по 10 конфет, 3 мандаринки и
2 шоколадки. А Снегурочка – по 4 мандаринки, 4 шоколадки и 12 конфет.
Они раздали 400 конфет и шоколадок вместе взятых. А сколько мандаринок?
Ответ: 100. Решение. Назовем конфеты и шоколадки сладкоштучкой. Тогда у Деда Мороза в подарке
12 сладкоштучек и 3 мандарина, у Снегурочки – 16 сладкоштучек и 4 мандарина. В любом случае, мандарины составляют и у того, и у другой ровно четверть, значит, и в итоге они составят четверть.
Задача 4. По кругу стоят 999 клеток. В каждой сидят серые и белые мыши, и на каждой клетке верно
написано, сколько в ней мышей каждого цвета (например, «белых – 10, «серых – 15»). Из каждой
клетки по одной мышке перебежало в соседнюю по часовой стрелке клетку. Можно ли утверждать,
что найдется клетка, оба числа на которой остались верными?
Ответ: да. Решение. Оба числа остаются верными, если прибежали и убежали мышки одного и того
же цвета. Допустим, что на каждой клетке есть неверное число, тогда прибегают и убегают мыши разного цвета, тогда цвета мышей должны чередоваться. Так как клеток 999, это невозможно.
Задача 5. Борис и Алиса по очереди вставляют буквы слова ЗАГАДКА (буквы можно брать в любом
порядке) на пустые места в следующем примере: _ _ _ + _ = _ _ _ Борис начинает. Алиса хочет, чтобы
получившийся ребус имел хотя бы одно решение. Сможет ли Борис ей помешать?
Ответ: сможет. Решение. Пронумеруем места, куда ставятся цифры, слева направо: 1 2 3 + 4 = 5 6
7. Если в ребусе на 1 и 5 месте будут стоять разные буквы, то в решении ребуса на 2 месте должна быть
цифра 9, а на 6 месте цифра 0. (Если на втором месте не будет 9, то не будет переноса в разряд сотен).
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Тогда ребусы вида:1) * А * + * = * А *2) * З А + * = * А * не будут иметь решений, так как на 1 и 5 местах
в них будут стоять разные буквы, и в ребусе 1 получается, что А=0 и А=9, а в ребусе 2 А=0 и тогда никаких переносов при сложении не будет.
Борис первых ходом ставит на 6 место букву А, а вторым своим ходом получает либо ребус вида 1
(если Алиса на 2 место ничего не поставит или поставит туда букву А), либо ребус вида 2 (если Алиса
на 2 место поставит любую букву, отличную от А).
Задача 6. Каждая из 33 голов дракона за ночь успела один раз заснуть, а потом проснуться. Назовем
дружными такие две головы, которые хоть какое-то время спали одновременно. Известно, что среди
любых трех голов дракона найдутся две дружные. Иван-царевич умеет одним махом отрубать дракону
все спящие головы, причем остальные головы на это никак не реагируют. Докажите, что у Ивана-царевича в эту ночь была возможность отрубить дракону все головы двумя взмахами меча.
Решение. Назовем голову, проснувшуюся раньше всех, ранней. А голову, заснувшую позже всех –
поздней. Если это одна и та же голова, то пока она спала, спали и все остальные, и в это время можно
было отрубить все головы даже одним взмахом. Пусть это разные головы. Любая другая голова
дружна либо с ранней, либо с поздней. Все головы, дружные с ранней, заснули раньше ее пробуждения. После того, как заснула последняя из них, и до пробуждения ранней можно отрубить их все. Все
головы, дружные с поздней, проснулись после того, как она заснула. До пробуждения самой первой
из них (но после того, как заснула поздняя), можно отрубить их все вторым взмахом.
Задача 7. Среди трех девушек одна самая умная, одна самая красивая и
одна самая высокая, и все они разные. Самая умная всегда говорит
правду, самая красивая всегда врет, а самая высокая – когда как. Однажды Света и Маша сказали: «Обе мои подруги умнее меня», а Аня сказала: «Маша умнее ...», а кого именно, ее самой или Светы, никто не
услышал. Кто есть кто?
Ответ: Маша – красивая, Аня – умная, Света – высокая. Решение.
Света и Маша не могут быть самыми умными, так как умная говорит правду, а они признают, что не
самые умные. Самая умная – Аня. Значит, она сказала, что Маша умнее Светы, и это правда. Света
самая глупая, Аня с Машей её умнее, значит, она сказала правду, значит, она – самая высокая. Тогда
Маша – самая красивая.
Задача 8. Имеется набор из 12 гирек с массами 1 г, 2 г, 3 г, …, 12 г. Разложите их на несколько кучек
так, чтобы в каждой кучке масса одной из гирек равнялась сумме масс остальных.
Решение. Сумма масс всех гирек равна 78 г. Поэтому сумма масс наибольших гирек в каждой кучке
равна 39. 8+9+10+12=39. Отсюда получается пример: 1+11=12, 3+7=10, 4+5=9, 2+6=8.
Задача 9. В вершинах куба расставлены цифры 1, 2,..., 8. Докажите, что есть ребро, цифры на концах
которого отличаются не менее, чем на 4.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Решение. Пусть это не так. Рассмотрим число 1. Рядом с ним могут стоять только 1, 2, 3, других нет, а
соседей у него три. Значит, эти числа ставятся однозначно с точностью до из порядка. Рассмотрим
число 8, рядом с ним стоят только 5, 6, 7. Значит, у чисел 1 и 8 нет общих соседей, и они стоят в диаметрально противоположных вершинах. Назовем числа, с которыми граничит 1, маленькими, а с которыми граничит 8 – большими. Тогда число 2 граничит с двумя большими числами, а оно может граничить только с 5.
Задача 10. В понедельник в кино сходили пятеро учеников 5А, во вторник – восемь учеников 5А, в
среду – четверо, в четверг – шестеро, а в пятницу – семеро. Никто из учеников не ходил в кино два дня
подряд. Какое наименьшее количество учеников в 5А?
Ответ: 13 учеников. Решение. В четверг и в пятницу ходили разные люди, их в сумме уже 13. Пример
для 13 ученика – см. таблицу.
пн вт ср чт пт
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
«Майская Лига». Математический бой № 1, 31 мая.
6 класс
Задача 1. Натуральное число n имеет ровно два натуральных делителя, а число n+1 –ровно три натуральных делителя. Сколько делителей имеет число n+9?
Ответ: шесть. Решение. Так как число n имеет ровно два натуральных делителя, то оно простое.
n≠2, так как 3 имеет не три, а только два делителя. Значит, n – нечетно, тогда n+1 – четно, у него точно
есть делители 1, 2, n+1. Других делителей быть не может. Получается, что еслиn+1=2a, a – один из его
делителей, значит, это 1, 2, n+1, но из этих вариантов a может быть равно только 2, значит, n+1 = 4, n+9
= 12, у него 6 делителей.
Задача 2. Клетчатый прямоугольник размерами 21 × 22 клеток разрезан на несколько квадратов (все
разрезы идут по сторонам клеток). Какое наименьшее число квадратов с нечетной стороной может
оказаться среди них?
Ответ: два. Решение. Площадь четна, поэтому нечетных квадратов четное число. При этом ни одного
нечетного квадрата быть не может, так как тогда сторона длиной 21 не может быть получена только
из четных сторон. Пример – ставим рядом два квадрата 11×11, они занимают прямоугольник 11×22,
остается 10×22, его можно замостить квадратами 2×2.
Задача 3. Петя и Вася по очереди выбирают числа из множества {0, 1, 2, …., 2014}, каждый за ход берет
ровно одно число. Игра заканчивается, когда все числа закончатся. Петя выигрывает, если сумма чисел
у него делится на 3, и проигрывает в ином случае. Начинает Петя. Кто выигрывает при правильной
игре?
Ответ: выигрывает Петя. Решение. Заменим числа на их остаток по модулю три. Получится 672
«0», 672 «1» и 671 «2». Петя первым ходом берет себе двойку, остальные числа мысленно разбивает
на пары одинаковых цифр. Если Вася берет одно число из Пары, то Петя берет другое. В итоге у них,
не считая первой двойки, остальных чисел будет поровну, то есть у Пети будет 336 «0», 336 «1» и 336
«2». Заметим, что нули не влияют на делимость, а двоек и единиц – поровну. Они разбиваются на пары
«1»+ «2», сумма в каждйо паре делится на 3.
Задача 4. Вася вырезал из бумаги многоугольник, но не хочет показывать его Пете. А тому очень интересно - сколько же у многоугольника углов. Вот он и терзает Васю вопросами вида: "А можно ли разрезать твой многоугольник прямолинейным разрезом на k-угольник и m-угольник". Докажите, что
Петя сможет с помощью нескольких таких вопросов точно выяснить, сколько углов в Васином многоугольнике?
Решение. Пусть Петя задает только вопросы, в которых k = 3, а m начиная от трех и до тех пор, пока не
будет получен ответ «Да» три раза. Поскольку, на треугольник и n-угольник можно разрезать только
n+1 угольник, n-угольник или n-1 угольник, то эти три раза будут подряд. Обозначим через n-1 то m,
при котором это произошло впервые. Тогда Вася загадал n-угольник. Случай треугольника можно рассмотреть отдельно.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Задача 5. В понедельник в кино сходили пятеро учеников 5А, во вторник –
восемь учеников 5А, в среду – четверо, в четверг – шестеро, а в пятницу –
семеро. Никто из учеников не ходил в кино три дня подряд. Какое наименьшее количество учеников в 5А?
Ответ: 9. Решение. Рассмотрим вторник, среду и четверг. За три дня всего
произошло 18 походов в кино, но каждый ученик сделал за это время не
больше двухпоходов, поэтому человек не менее 9. Пример – см. таблицу
пн вт ср чт пт
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Задача 6. Каждая из 33 голов дракона за ночь успела один раз заснуть, а потом
проснуться. Назовем дружными такие две головы, которые хоть какое-то время
спали одновременно. Известно, что среди любых трех голов дракона найдутся две
дружные. Иван-царевич умеет одним махом отрубать дракону все спящие головы,
причем остальные головы на это никак не реагируют. Докажите, что у Ивана-царевича в эту ночь была возможность отрубить дракону все головы двумя взмахами
меча.
Решение. Назовем голову, проснувшуюся раньше всех, ранней. А голову, заснувшую
позже всех – поздней. Если это одна и та же голова, то пока она спала, спали и все остальные, и в это
время можно было отрубить все головы даже одним взмахом. Пусть это разные головы. Любая другая
голова дружна либо с ранней, либо с поздней. Все головы, дружные с ранней, заснули раньше ее пробуждения. После того, как заснула последняя из них, и до пробуждения ранней можно отрубить их
все. Все головы, дружные с поздней, проснулись после того, как она заснула. До пробуждения самой
первой из них (но после того, как заснула поздняя), можно отрубить их все вторым взмахом.
Задача 7. Хитрый мальчик задумал 6 различных чисел a, b, c, d, e, f и произнес следующие утверждения: «a > d», «f > c», «b > e», «a > f», «a > e», «d > b», «c > e». Известно, что при этом он обманул не более двух раз. Докажите, что умная девочка основании этих данных сможет найти хотя бы одно заведомо верное утверждение.
Решение. Упорядочив высказывания, мы получим: a > e, a > f> c> e и a > d> b> e, это три цепочки с общим началом a и общим концом b. Если бы высказывание a > e было неверным, получились бы два
круга a > f> c> e  a и a > d> b> e a, в каждом из которых минимум одно строгое неравенство неверно.
Но тогда неверных высказываний оказалось бы не менее трёх. Значит, неравенство a > e верно.
Задача 8. В городе К проходили выборы мэра, на пост заявились два кандидата – А и Б. В голосовании
участвовали все жители, кроме самих кандидатов, причем А получил 51% голосов, а Б – 49%. Если бы
в выборах участвовали еще и кандидаты, то каждый из них, конечно, проголосовал бы за себя. Больше
или меньше процентов получил бы в таком случае А?
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Ответ: меньше. Решение. Пусть избирателей всего n, а за А проголосовало a человек. Тогда a/n
= 51/100, 100a = 51 n>50n, 2a>n. Пусть теперь проголосовали и кандидаты, тогда за А будет (a+1)/(n+2).
𝑎+1
𝑎
< 𝑛, так как n(a+1)<a(n+2), n<2a.
𝑛+2
Задача 9. В вершинах куба расставлены цифры 1,2,...,8. Докажите, что есть ребро, цифры на концах
которого отличаются не менее, чем на 4.
Решение. Пусть это не так. Рассмотрим число 1. Рядом с ним могут стоять только 1, 2, 3, других нет, а
соседей у него три. Значит, эти числа ставятся однозначно с точностью до из порядка. Рассмотрим
число 8, рядом с ним стоят только 5, 6, 7. Значит, у чисел 1 и 8 нет общих соседей, и они стоят в диаметрально противоположных вершинах. Назовем числа, с которыми граничит 1, маленькими, а с которыми граничит 8 – большими. Тогда число 2 граничит с двумя большими числами, а оно может граничить только с 5.
Задача 10. Мальчик Коля любит плавать. На реке Вятке он, плывя по течению, проплывает от пляжа
до лодочной станции за 18 минут, а обратно – против течения – ровно за 1 час. Когда он приехал на
реку Иж, течение в которой немного медленнее, оказалось, что точно такое же расстояние он, плывя
по течению, проплывает за 20 минут. Сколько ему времени потребуется, чтобы вернуться обратно?
Ответ: 45 минут. Решение. Обозначив расстояние за 1, получим, что скорости Коли на Вятке по течению и против течения равны 1/18 и 1/60, поэтому удвоенная собственная скорость Коли равна их
сумме. Сделав аналогичные выкладки для Ижа, получим, что скорость против течения на Иже равна
1/18 +1/60–1/20=1/45, откуда получается ответ.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
«Майская Лига». Математический бой № 1, 31 мая.
7 класс
Задача 1. Натуральные числа n и n+65 имеют ровно по пять натуральных делителей. Большее число
записали после меньшего так, чтобы получилось одно многозначное число (например, из чисел 2 и 67
получилось бы 267). Сколько натуральных делителей может быть у результата? Найдите все варианты.
Ответ: три. Решение. Пять делителей может оказаться только у четвертой степени простого числа.
Получаем уравнение p4–q4 = 65, где p и q – простые числа. Это означает, что они разной четности, значит, меньшее из них равно 2. Но 24 = 16, тогда второе равно 16+65 = 81 = 34, откуда после приписывания получаем 1681 = 412.
Задача 2. Клетчатый прямоугольник размерами 19 × 20 клеток разрезан на несколько квадратов (все
разрезы идут по сторонам клеток). Какое наименьшее число квадратов с нечетной стороной может
оказаться среди них?
Ответ: 4. Решение. Площадь прямоугольника 19×20 четна, поэтому нечетных квадратов четное
число. При этом хотя бы один должен присутствовать, так как тогда сторона 19 не может быть сложена
только из четных сторон. Допустим, нечетных квадратов два – один со стороной a, другой – b, считаем,
что a≥b. Длина каждой строки – 19, поэтому в каждой строке присутствует хотя бы одна нечетная сторона, то есть любая строка пересекает хотя бы один нечетный квадрат. Значит, a+b≥20. Но еслиa+b>20,
то хотя бы одна строка пересекает оба квадрата, тогда должен быть третий, а значит, и четвертый.
Пусть a+b = 20, тогда a≥11. Тогда где-то остается сторона b, не примыкающая к а, к ней должны примыкают только четные квадраты, что невозможно. Пример. Четыре квадрата 5×5 составят прямоугольник 5×20, остается прямоугольник 14×20, который можно замостить квадратами 2×2.
Задача 3. В треугольнике ABC с углом B = 60, проведена биссектриса BL. Серединные перпендикуляры
к AB и BC пересекают прямую BL в точках X и Y соответственно. Известно, что X – середина BY. Найдите
остальные углы треугольника ABC.
Ответ: 30, 60, 90. Решение. Обозначим за M середину AB, а за N - середину AC. Треугольники BMX
и BNY имеют углы 30 и 90, то есть они подобны, но гипотенуза одного в два раза меньше гипотенузы
другого, т.е. BY = 2BX. Тогда BN = 2BM, значит, BC = 2BA. Тогда BA = BN, а  ABC = 60, значит, треугольник ABN – равносторонний, то есть AN = ½ AB. Если медиана равна половине стороны, к которой она
проведена, то треугольник прямоугольный,  A = 90.
Задача 4. Вася вырезал из бумаги многоугольник, но не хочет показывать его Пете. А тому очень интересно - сколько же у многоугольника углов. Вот он и терзает Васю вопросами вида: "А можно ли разрезать твой многоугольник прямолинейным разрезом на k-угольник и m-угольник". Докажите, что
Петя сможет с помощью нескольких таких вопросов точно выяснить, сколько углов в Васином многоугольнике?
Решение. Пусть Петя задает только вопросы, в которых k = 3, а m начиная от трех и до тех пор, пока не
будет получен ответ «Да» три раза. Поскольку, на треугольник и n-угольник можно разрезать только
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
n+1 угольник, n-угольник или n-1 угольник, то эти три раза будут подряд. Обозначим через n-1 то m,
при котором это произошло впервые. Тогда Вася загадал n-угольник. Случай треугольника можно рассмотреть отдельно.
Задача 5. Клетки ленты 1×999 последовательно, слева направо, пронумерованы от 1 до 999. Играют
Петя и Вася, начинает Петя. За один ход можно закрасить либо любую свободную клетку, либо две
соседних, из которых у левой номер чётный. Кто не может ходить, проигрывает. Кто из них может
всегда выигрывать, как бы ни играл соперник?
Ответ: Петя. Решение. Первым ходом Петя закрашивает клетку с номером 500. Доска разбивается
на две части – от 1 до 499 и от 501 до 999. Дальше Петя симметрично повторяет ходы Васи.
Задача 6. Операция ** задана правилом: x**y = x2 + 8y. Найдите все четверки натуральных чисел a, b,
c, d, для которых (a**b)**(c**d)=217.
Ответ: (a, b, c, d) = (1,1,3,1) и (1, 1, 1, 2). Решение. Других четверок нет. Докажем это. Заметим, что
если все числа натуральные, что и результаты натуральные, тогда x**y = x2 + 8y ≥ 9. Пусть a**b = n,
c**d = m. Тогда n2+8m= 217, значит, n – нечетное число, кроме того, не меньшее 9. Если n = 9, то
a = b = 1, m = 17. c2+8d = 17, значит, d≤2. При d = 1 с = 3, а при d=2 находим c=1. Если n = 11, то b = 1, но
тогда мы не можем найти a. Если n = 13 и более, то m ≤ 6, но c**d = m ≥ 9.
Задача 7. Мальчик Коля любит плавать. На реке Вятке он, плывя по течению,
проплывает от пляжа до лодочной станции за 18 минут, а обратно – против
течения – ровно за 1 час. Когда он приехал на реку Иж, течение в которой немного медленнее, оказалось, что точно такое же расстояние он, плывя по течению, проплывает за 20 минут. Сколько ему времени потребуется, чтобы вернуться обратно?
Ответ: 45 минут. Решение. Обозначив расстояние за 1, получим, что скорости Коли на Вятке по течению и против течения равны 1/18 и 1/60, поэтому
удвоенная собственная скорость Коли равна их сумме. Сделав аналогичные выкладки для Ижа, получим, что скорость против течения на Иже равна 1/18 +1/60–1/20=1/45, откуда получается ответ.
Задача 8. Пусть S(n) –сумма цифр натурального числа n. Найдите, чему равна сумма
S(3)+S(6)+S(9)+…+S(300).
̅̅̅, 1𝑎𝑏
̅̅̅̅̅ и ̅̅̅̅̅̅
Ответ: 1002. Решение. Сосчитаем S(0)+S(3)+S(6)+…+S(297). Рассмотрим число вида 𝑎𝑏
2 𝑎𝑏. Эти
три числа дают разный остаток при делении на 3, поэтому ровно одно из них входит в нашу сумму.
Таким образом, среди 100 чисел встречаются все возможные двузначные окончания, поэтому все
цифры встречаются по 10 раз в разряде единиц и 10 раз в разряде десятков. Теперь посмотрим на
разряд сотен. Каждая из цифр 0, 1, 2 появляется там ровно 33 раза. Значит,
S(0)+S(3)+…+S(297)=(0+1+2+…+9)∙(10+10)+(0+1+2)∙33 = 999. Осталось прибавить сумму цифр числа 300.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Задача 9. Два солдата – Петр и Василий – должны почистить 60 кг моркови и 60
кг картошки. Петр за час чистит 3 кг картошки или 5 кг моркови, а Василий за час
чистит 2 кг картошки или 4 кг моркови. За какое наименьшее время они могут
справиться с нарядом?
Ответ: 18 часов. Решение. Возьмем новые единицы веса, назовем его ПВ
(Петр и Василий). ПВ = 1кг картошки и ПВ = 2 кг моркови. Тогда Василий в час
чистит 2 ПВ, а Петр – 3 ПВ, если он на картошке, и 2,5 ПВ, если он на моркови. А
всего им надо почистить 90 ПВ. Очевидно, что Петра выгоднее посадить на картошку. За 15 часов Вася
почистит 30 ПВ, то есть всю морковь. Петр за это время почистит 45 ПВ картошки. После 15 часов Вася
начнет помогать Петру, они вдвоем со скоростью 5 ПВ почистят оставшиеся 15 ПВ за 3 часа.
Задача 10. На стороне AC равностороннего треугольника ABC отмечена точка D. На лучах BA и BC выбраны точки E и F соответственно так, что ED = BD= FD. Точка E1 на стороне AB такова, что AE = AE1, точка
F1 на стороне BC такова, что CF = CF1. Докажите, что треугольник E1DF1 – равносторонней.
Решение. Обозначим ABD = α, тогда CBD = 60 -α (см. рис.). Кроме
того, треугольник EDB и треугольник FDB –- равнобедренные, откуда
 DEB =α и DFB=60-α. Тогда в треугольнике DFC FDC = 180–120–
(60–α)=α, аналогично, ADE = 60–α. Следовательно, треугольники
EAD и DCF равны по стороне и двум при лежащим углам. Следовательно, AD = CF = CF1 и CD = EA = AE1. Тогда E1B = CF и BF1 = CD. Следовательно, треугольники AE1D, BF1E1 и CDF1 равны по двум сторонам и
углу между ними. Значит, E1D = F1E1 = DF1, что и требовалось.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
«Майская Лига». Математический бой № 1, 31 мая.
8 класс
Задача 1. На доске написано число 2. За одну операцию к написанному числу можно либо прибавить
121, либо поменять местами его первую и третью цифры (если они обе существуют и ненулевые).
Можно ли за несколько таких операций получить число 2014?
Ответ: Нет. Решение. Заметим, что при прибавлении 121 остаток от деления числа на 11 не меняется. Кроме того, легко доказать, что остаток от деления числа на 11 равен разности между суммой
цифр на нечетных местах (с конца, т.е. разряд единиц - первый) и суммой цифр на четных местах.
Следовательно, остаток от деления числа на 11 при второй операции тоже остается. Вначале он равен
2, а у числа 2014 он равен 1, поэтому ничего не выйдет.
Задача 2. Клетчатый прямоугольник размерами 19 × 20 клеток разрезан на несколько квадратов (все
разрезы идут по сторонам клеток). Какое наименьшее число квадратов с нечетной стороной может
оказаться среди них?
Ответ: 4. Решение. Площадь прямоугольника 19×20 четна, поэтому нечетных квадратов четное
число. При этом хотя бы один должен присутствовать, так как тогда сторона 19 не может быть сложена
только из четных сторон. Допустим, нечетных квадратов два – один со стороной a, другой – b, считаем,
что a≥b. Длина каждой строки – 19, поэтому в каждой строке присутствует хотя бы одна нечетная сторона, то есть любая строка пересекает хотя бы один нечетный квадрат. Значит, a+b≥20. Но еслиa+b>20,
то хотя бы одна строка пересекает оба квадрата, тогда должен быть третий, а значит, и четвертый.
Пусть a+b = 20, тогда a≥11. Тогда где-то остается сторона b, не примыкающая к а, к ней должны примыкают только четные квадраты, что невозможно. Пример. Четыре квадрата 5×5 составят прямоугольник 5×20, остается прямоугольник 14×20, который можно замостить квадратами 2×2.
Задача 3. В четырехугольнике ABCD оказалось, что CAD = 59, CAB = 62 и ABD = CBD = 22.
Найдите ACD.
Ответ: 53. Решение. Поставим на продолжении BA за точку A точку K. Легко
посчитать, что  KAD = 59, поэтому AD – внешняя биссектриса треугольника
ABC. По условию, BD – его внутренняя биссектриса, следовательно, так как они
пересекаются в точке D, то CD – внешняя биссектриса этого треугольника. Но
тогда  ACD = ½(180–ACB) = ½(BAC+ABC) = ½(62+22+22) = 31+22 = 53.
Задача 4. В выпуклом многограннике все грани — правильные 5, 6 и 7-угольники? B . Докажите, что граней-пятиугольников ровно на 12 больше, чем граней-семиугольников.
Ответ: Решение. Пусть у нас x пятиугольников, y шестиугольников и z семиугольников. Тогда всего
граней x+y+z, а ребер –
5𝑥+6𝑦+7𝑧
2
(каждое ребро принадлежит ровно двум граням). Отсюда получаем,
что 5x+7z – четное число, поэтому, вычитая 6x+6z, получим, что z–x тоже четное. По формуле Эйлера
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
3𝑥+4𝑦+5𝑧
В–Р+Г = 2, В = 2+
В=
5𝑥+6𝑦+7𝑧
3
2
. С другой стороны, любая вершина принадлежит ровно трем граням, поэтому
. Но тогда 2 =
𝑥–𝑧
6
.
Задача 5. Клетки ленты 1×999 последовательно, слева направо, пронумерованы от 1 до 999. Играют
Петя и Вася, начинает Петя. За один ход можно закрасить либо любую свободную клетку, либо две
соседних, из которых у левой номер чётный. Кто не может ходить, проигрывает. Кто из них может
всегда выигрывать, как бы ни играл соперник?
Ответ: Петя. Решение. Первым ходом Петя закрашивает клетку с номером 500. Доска разбивается
на две части – от 1 до 499 и от 501 до 999. Дальше Петя симметрично повторяет ходы Васи.
Задача 6. Операция ** задана правилом: x**y = x2 + 8y. Найдите все четверки натуральных чисел a, b,
c, d, для которых (a**b)**(c**d)=217.
Ответ: (a, b, c, d) = (1,1,3,1) и (1, 1, 1, 2). Решение. Других четверок нет. Докажем это. Заметим, что
если все числа натуральные, что и результаты натуральные, тогда x**y = x2 + 8y ≥ 9. Пусть a**b = n,
c**d = m. Тогда n2+8m= 217, значит, n – нечетное число, кроме того, не меньшее 9. Если n = 9, то
a = b = 1, m = 17. c2+8d = 17, значит, d≤2. При d = 1 с = 3, а при d=2 находим c=1. Если n = 11, то b = 1, но
тогда мы не можем найти a. Если n = 13 и более, то m ≤ 6, но c**d = m ≥ 9.
Задача 7. Мальчик Коля любит плавать. На реке Вятке он, плывя по течению, проплывает от пляжа до
лодочной станции за 18 минут, а обратно – против течения – ровно за 1 час. Когда он приехал на реку
Иж, течение в которой немного медленнее, оказалось, что точно такое же расстояние он, плывя по
течению, проплывает за 20 минут. Сколько ему времени потребуется, чтобы вернуться обратно?
Ответ: 45 минут. Решение. Обозначив расстояние за 1, получим, что скорости Коли на Вятке по течению и против течения равны 1/18 и 1/60, поэтому удвоенная собственная скорость Коли равна их
сумме. Сделав аналогичные выкладки для Ижа, получим, что скорость против течения на Иже равна
1/18 +1/60–1/20=1/45, откуда получается ответ.
Задача 8. Пусть S(n) –сумма цифр натурального числа n. Найдите, чему равна
сумма S(3)+S(6)+S(9)+…+S(300).
Ответ: 1002. Решение. Сосчитаем S(0)+S(3)+S(6)+…+S(297). Рассмотрим
̅̅̅̅̅̅
число вида ̅̅̅
𝑎𝑏, ̅̅̅̅̅
1𝑎𝑏 и 2
𝑎𝑏. Эти три числа дают разный остаток при делении на
3, поэтому ровно одно из них входит в нашу сумму. Таким образом, среди 100
чисел встречаются все возможные двузначные окончания, поэтому все
цифры встречаются по 10 раз в разряде единиц и 10 раз в разряде десятков.
Теперь посмотрим на разряд сотен. Каждая из цифр 0, 1, 2 появляется там ровно 33 раза. Значит,
S(0)+S(3)+…+S(297)=(0+1+2+…+9)∙(10+10)+(0+1+2)∙33 = 999. Осталось прибавить сумму цифр числа 300.
РЕСПУБЛИКАНСКИЙ РЕСУРСНЫЙ ЦЕНТР ПО МАТЕМАТИКЕ при МБОУ ЭМЛИ № 29
Центр довузовского образования ФГБОУ ВПО УдГУ
Ижевский клуб интеллектуальных игр
МБОУ ЛИЦЕЙ № 41
Задача 9. Два солдата – Петр и Василий – должны почистить 60 кг моркови и 60 кг картошки. Петр за
час чистит 3 кг картошки или 5 кг моркови, а Василий за час чистит 2 кг картошки или 4 кг моркови. За
какое наименьшее время они могут справиться с нарядом?
Ответ: 18 часов. Решение. Возьмем новые единицы веса, назовем его ПВ (Петр и Василий). ПВ = 1кг
картошки и ПВ = 2 кг моркови. Тогда Василий в час чистит 2 ПВ, а Петр – 3 ПВ, если он на картошке, и
2,5 ПВ, если он на моркови. А всего им надо почистить 90 ПВ. Очевидно, что Петра выгоднее посадить
на картошку. За 15 часов Вася почистит 30 ПВ, то есть всю морковь. Петр за это время почистит 45 ПВ
картошки. После 15 часов Вася начнет помогать Петру, они вдвоем со скоростью 5 ПВ почистят оставшиеся 15 ПВ за 3 часа.
Задача 10. В остроугольном треугольнике ABC с углом A > 60 проведены биссектриса AL, медиана
BM и высота CH. Докажите, что LM+MA > LH+HA.
Решение. Поскольку ACH > 30, AH < AC/2 = AM. Поэтому точка H', симметричная точке H относительно прямой AL, попадет на отрезок AM. Тогда LM+MA > LH'+H'A = LH+HA.