Решения. , 0–0. точностью до перестановки чисел четвёрки). ...

Игра «Домино». Решения. 5 ноября 2013 года.
0–0. Найдите все четвёрки действительных чисел, в каждой из которых любое число равно
произведению каких-либо двух других чисел. ((0,0,0,0), (1,1,1,1), (-1,-1,1,1), (-1,-1,-1,1) (с
точностью до перестановки чисел четвёрки). Рассмотрим модули искомых чисел и
упорядочим их по неубыванию: ab c d . Заметим, что a bc , так как либо a=bc , либо a=bd
bc , либо a=cdbc . Аналогично, dbc . Следовательно, bcabcdbc , т.е. a=b=c=d=bc=x. Т.к.
x=x2 , то x=0 или x=1 . Остаётся проверить, что если в четвёрке есть отрицательные числа, то
их количество равно двум или трём.)
0–1. Укажите все треугольники, у которых произведение косинусов углов равно 0. (все
прямоугольные треугольники)
0–2. В однокруговом турнире по волейболу 20 процентов всех команд не выиграли ни одной игры.
Сколько команд могло участвовать в турнире? (Заметим, что не может быть двух команд, не
одержавших ни одной победы, т.к. иначе в встречах таких команд не было побед, что в
волейболе невозможно. Таким образом, либо имеется 1 команда, ни у кого не выигравшая,
либо ни одной такой команды нет. По условию, число таких команд составляет 20 процентов
(т.е. одну пятую) от общего числа команд, т.е. они есть, значит, общее количество команд
равно 51=5.)
0–3. Периметр ромба равен 8, высота равна 1. Найдите тупой угол ромба. (150. Пусть B  вершина
тупого угла ромба ABCD, BK  его высота, опущенная на сторону AD. Поскольку AB = 8/4=2,
а BK=1, то BAC = 30, значит,  ABC=18030=150.)
0–4. Найдите наибольший простой делитель суммы первых 2010 натуральных чисел. (2011, т.к. сумма
первых 2010 натуральных чисел равна 1+2+3+…+2010=20112010/5=20111005, а 2011
является простым числом.)
0–5. В таблицу 29x29 вписали числа 1, 2, 3, ..., 29, каждое по 29 раз. Оказалось, что сумма чисел над
главной диагональю в три раза больше суммы чисел под этой диагональю. Какие числа могли
оказаться в центральной клетке таблицы? (15. Над (под) диагональю находятся 29·14=406
чисел. Но сумма 406 наибольших чисел таблицы (16,..., 29, взятые по 29 раз) равна
29·(16+29)·14/2=29·45·14/2. Она ровно в три раза больше суммы 406 наименьших чисел (1, 2,
..., 14, взятые по 29 раз), которая равна 29·(1+14)·14/2=29·15·14/2. Значит, над главной
диагональю стоят именно числа от 16 до 29, а под главной диагональю  числа от 1 до 14: при
любом другом расположении сумма чисел над диагональю уменьшится, а под диагональю 
увеличится, и отношение этих сумм станет меньше 3. Поэтому все числа на диагонали равны
15.)
0–6. Расставьте в кубе 444 наибольшее количество
ладей, не бьющих друг друга. (16 ладей, которые
по слоям можно поставить так, как показано
на рисунке. В каждом из 16 вертикальных
рядов можно поставить не более 1 ладьи, значит, ладей – не более 16.)
1–1. Найдите наименьшее четырёхзначное число, произведение цифр которого равно 1000. (5558)
1–2. Сколько существует десятизначных чисел, произведение цифр которых равно 10?
( А102  10  9  90 , т.к. это числа с одной 2, одной 5 и восемью 1 (всего их – количество
размещений из 10 по 2).)
1–3. Укажите все треугольники, у которых произведение косинусов углов равно 1. (таких
треугольников нет, т.к. модуль каждого косинуса будет меньше 1, значит, и их произведение
будет меньше 1)
1–4. Найдите наибольшее натуральное число, составленное из цифр 1, 2, 3, 4, в котором все
двузначные числа, образованные двумя стоящими рядом цифрами, различны. (Всего существует
16 двузначных чисел из этих цифр, значит, в числе не более 17 цифр, а наибольшим таким
17-значным числом будет число 44342413323122114.)
1–5. По кругу записаны 10 натуральных чисел, причём сумма любых трёх подряд идущих из них
больше 10. Какое минимальное значение может принимать сумма всех этих 10 чисел? Приведите
ответ и пример. (37. Рассмотрим сумму всех десяти троек подряд идущих чисел, она будет не
менее 1011=110, при этом каждое число встретится в ней 3 раза, значит, сумма всех чисел (а
это натуральное число) будет не менее 110:3, т.е. не менее 37. При этом такое возможно,
например, 3, 4, 4, 3, 4, 4, 3, 4, 4, 4.)
1–6. По кругу записаны 10 натуральных чисел, причём сумма любых трёх из них больше 10. Какое
минимальное значение может принимать сумма всех этих 10 чисел? Приведите ответ и пример.
(39. Рассмотрим сумму трёх самых маленьких чисел, она не менее 11, при этом большее из
этих трёх чисел будет не менее 4 (по принципу Дирихле), значит, и каждое из семи остальных
чисел будет не меньше 4. Тогда сумма всех десяти чисел будет не менее 11+74=39. При этом
такое возможно, например, одна 3 и девять 4.)
2–2. В каких системах счисления число 11 111 представляет собой точный квадрат?
(в троичной системе счисления  111113=121=112)
2–3. В Совершенном городе шесть площадей. Каждая площадь соединена прямыми
улицами ровно с тремя другими площадями. Никакие две улицы в городе не
пересекаются. Из трёх улиц, отходящих от каждой площади, одна проходит
внутри угла, образованного двумя другими (угол должен быть меньше 180).
Начертите возможный план такого города. (возможный план города – см. на рис.)
2–4. В треугольнике ABC из вершины C проведены биссектрисы внутреннего и внешнего углов.
Первая биссектриса образует со стороной AB угол, равный 40. Какой угол образует с
продолжением стороны AB вторая биссектриса? (50. Пусть указанные биссектрисы пересекают
луч AB в точках K и M соответственно. Т.к. угол между биссектрисами смежных углов
МСК=АСВ/2+(180АСВ)/2=90, то в прямоугольном треугольнике КМС найдем
КМС=90МКС=9040=50. Рассуждение не зависит от расположения точек А, В и С.)
2–5. Приведите пример 25 целых чисел с отрицательной суммой со следующим свойством: «какие бы
три из них мы ни выбрали, среди оставшихся найдётся такое четвёртое, что сумма этих четырёх
чисел будет положительна». (Например, 24 числа равны (1), а одно число равно 5. Тогда
условие задачи выполняется, а общая сумма равна (–19).)
2–6. Через данную точку на плоскости проводятся всевозможные прямые, пересекающие данную
окружность. Найти геометрическое место середин получившихся хорд. (Искомое геометрическое
место середин хорд  это дуга AB окружности, построенной на отрезке, соединяющем данную
точку и центр данной окружности, как на диаметре, лежащая внутри данной окружности (в
частности, если точка лежит внутри окружности, то
получается вся окружность). Пусть O  центр данной
окружности, M  данная точка, l  произвольная прямая,
пересекающая окружность и проходящая через точку M, H 
середина хорды, получающейся при пересечении прямой
окружности (см. рис.). Воспользуемся известной теоремой:
радиус перпендикулярен хорде тогда и только тогда, когда
он делит ее пополам. Из этой теоремы следует, что угол
MHO  прямой. Из обратной теоремы о величине угла,
опирающегося на диаметр, следует, что точка H лежит на
окружности с диаметром OM. Обратно, пусть H — точка,
лежащая на окружности с диаметром OM и внутри данной окружности. По прямой теореме о
величине угла, опирающегося на диаметр, получаем, что прямые MH и HO
перпендикулярны. Применив теорему о радиусе, перпендикулярном хорде, ещё раз, получим,
что H  середина хорды, образованной прямой, проходящей через точку M.)
3–3. В окружности радиуса 5 проведены две взаимно перпендикулярные хорды AB и CD. Найдите AC,
если BD = 8. (Проведём диаметр DD1. Тогда CD1 || AB. Следовательно, AC = D1B. По теореме
Пифагора
из
прямоугольного
треугольника
DBD1
находим,
что
2
2
2
2
D1 B  D1 D  BD  10  8  6 .)
3–4. В соревнованиях участвуют 10 фигуристов. Соревнования судят трое судей следующим
способом: каждый судья по-своему распределяет между фигуристами места (с первого по десятое),
после чего победителем считается фигурист с наименьшей суммой мест. Какое наибольшее
значение может принимать эта сумма у победителя (победитель единственный)? Приведите ответ и
пример. (15, пример распределения мест – см. таблицу. Докажем, что искомое наибольшее
значение суммы мест победителя не более 15. Для этого найдём сумму мест,
присуждённых всеми судьями всем
Судьи
Места
участникам соревнований. С одной
I
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
стороны, поскольку каждый из трех
II
10
8 9 3 5 1 2 7 4 6
судей распределил набор мест с
III
6 7 4 9 5 10 8 2 3 1
первого по десятое, эта сумма равна
3(1 + 2 + ... + 10) = 165. С другой Сумма мест 17 17 16 16 15 17 17 17 16 17
стороны, её же мы должны получить, сложив сумму мест, полученных каждым фигуристом.
Если предположить, что победитель получил сумму не меньше 16, тогда все остальные
получили сумму мест не меньше 17, и рассматриваемая общая сумма не меньше, чем
16 + 917 = 169. Получаем противоречие, значит, сумма мест победителя не больше 15.)
3–5. Укажите формулу для нахождения суммы 1!1+2!2+3!3+...+n!n при любом натуральном n.
(1!1+2!2+3!3+...+n!n=(2!-1!)+(3!-2!)+(4!-3!)+...+((n+1)!-n!)=(n+1)!-1)
3–6. Найдите все возрастающие конечные арифметические прогрессии, которые состоят из простых
чисел и у которых количество членов больше, чем разность прогрессии. ((2; 3) , (3; 5; 7). Пусть d –
разность прогрессии. Если d=1 , то в прогрессии есть чётные числа. Поскольку единственное
четное простое число – это 2, получаем прогрессию (2; 3) . Если d=2 , то три члена прогрессии
(a, a+2 и a+4) дают при делении на 3 попарно различные остатки. Поэтому один из них
делится на 3 и, будучи простым числом, равен 3. Отсюда получаем (3; 5; 7) . Пусть d>2 .
Последние d-1 членов прогрессии дают попарно различные остатки при делении на d-1.
Поэтому один из них (обозначим его a) делится на d-1 . Так как d-1>1 и a – простое число, то
a=d-1<d . Но количество членов прогрессии больше d, поэтому a-d принадлежит прогрессии и,
значит, должно быть положительно, а мы получили, что a-d<0, – противоречие.)
4–4. Приведите пример суммы 1000 последовательных нечётных чисел, которая
является седьмой степенью натурального числа. (Пусть (n-999), (n-997), ..., (n-1),
(n+1), ..., (n+999)  тысяча последовательных нечётных чисел. Тогда их сумма
S=(n-999)+(n-997)+...+(n-1)+(n+1)+...+(n+999)=1000n.
Если
n=10000,
тогда
7
S=1000n=10000000=10 , т.е. сумма S равна седьмой степени натурального числа.)
4–5. Сколько существует таких троек действительных чисел x, y, z, что 1+x42(y-z)2,
1+y42(z-x)2, 1+z42(x-y)2? (6 троек  (-1,0,1), (-1,1,0), (0,-1,1), (0,1,-1), (1,-1,0), (1,0,1). В силу симметрии для определённости будем считать, что x y z .
Поскольку 0 (x2-1)2=(x4+1)-2x2 , мы имеем 2x2 1+x4 2(y-z)2 , откуда получаем
|x| y-z и аналогично |z| x-y . Тогда |z|+|x| (x-y)+(y-z)=x-z . Это возможно только
если x 0 , z 0 , при этом неравенство обращается в равенство. Значит, и все
промежуточные неравенства также обращаются в равенства, то есть 2x2=1+x4 ,
2z2=1+z4 , откуда x2=z2=1 и x=1 , z=-1 . Кроме того, |x|=y-z , откуда y=0 . Проверка
показывает, что этот ответ подходит, остальные получаем перестановкой
обозначений.)
4-6. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC выбрана точка K , для
которой CK=BC . Отрезок CK пересекает биссектрису
AL в ее середине. Найдите ABC. (54. Обозначим
точку пересечения отрезков CK и AL за Р (см. рис.).
Заметим, что CР – медиана к гипотенузе
прямоугольного треугольника ACL . Значит,
AР=РC=РL,
а
РCA=РAC=РAK (последнее
равенство верно, т.к. AР – биссектриса). Обозначим
этот угол за α, тогда A=2α . Т.к. треугольник CBK
равнобедренный, то угол В равен внешнему углу
CKB треугольника CKA, т.е. B=ACK+KAC=3α. Но А+В=2α+3α=90,
значит, α=18 и B=3·18o=54.)
5–5. Найдите все пары квадратных трехчленов x2+ax+b, x2+cx+d такие, что a и b –
корни второго трехчлена, а c и d – корни первого трехчлена. (x2+ax, x2-ax, a – любое
число; x2+x-2, x2+x-2. По теореме Виета a=-(c+d), b=cd, c=-(a+b), d=ab. Тогда из
этой системы получим, что a+b+c=0, b=d, b=bc=ab. Если b=0, то d=0, c=-a, a любое. Если же b0, то a=c=1, b=d=-2.)
5–6. В неравнобедренном треугольнике две медианы равны двум высотам. Найдите
отношение третьей медианы к третьей высоте. (7/2. Пусть в треугольнике ABC
выполнено неравенство 1=AB<AC<BC. Тогда медиана AA' равна высоте,
опущенной из вершины B, а медиана BB' равна высоте, опущенной из вершины
C . Значит, расстояние от точки A' до прямой AC равно половине AA' , т.е.
A'AC=30 . Аналогично, B'BA=30 . Пусть M 
точка пересечения медиан треугольника. Поскольку
A'B'M=B'BA=B'AM (см. рис.), треугольники
B'A'M и AA'B' подобны, т.е. A'B'2=A'M·AA'=3A'M2.
Следовательно, угол A'MB' равен либо 120, либо 60.
В первом случае треугольник ABC равносторонний,
что противоречит условию. Во втором случае имеем
B'A'A= A'AB=90 , BB'A=30 и AB'=AB. Таким
образом, AC=2AB и BAC=120o . Теперь по теореме
косинусов находим BC= 7 , значит, медиана из
вершины C равна 21 / 2 , а высота из вершины A равна 3 / 7 .)
6–6. Какое наибольшее число точек самопересечения может иметь замкнутая 14звенная ломаная, проходящая по линиям клетчатой бумаги
так, что ни на какой линии не лежит более одного звена
ломаной? Приведите ответ и пример. (17 точек
самопересечения, пример см. на рис. Из каждой вершины
ломаной выходят одно вертикальное и одно
горизонтальное звено. По всем 14 вершинам мы
насчитаем, таким образом, 14 горизонтальных и 14
вертикальных звеньев, но каждое звено мы учли
дважды, значит, имеется 7 горизонтальных и 7
вертикальных звеньев. Занумеруем теперь горизонтальные звенья нашей
ломаной ``сверху вниз'' и выясним, сколько точек самопересечения может
лежать на каждом звене. На первом и седьмом звеньях вовсе нет точек
самопересечения, так как выше первого и ниже седьмого звена нет вершин
ломаной. Ясно, кроме того, что на втором и шестом звеньях может быть не
больше двух, а на третьем и пятом звеньях  не больше четырёх точек
самопересечения  по числу вершин ломаной, лежащих сверху (соответственно,
снизу) от этих звеньев. На четвёртом звене может быть не более шести точек
самопересечения. Покажем, что на четвёртом звене может лежать на самом деле
только пять точек самопересечения, Действительно, если бы их было шесть, то
при этом каждая вершина ломаной, лежащая выше четвёртого звена, оказалась
бы соединённой с одной из вершин, лежащих ниже этого звена, и обратно.
Таким образом, вершины, принадлежащие четвёртому звену, не с чем было бы
соединять, значит, наша ломаная не может иметь больше, чем 2+4+5+4+2=17
точек самопересечения.)