. BC A 1.

«Пенальти» от 17-18 ноября 2014 года. Решения.
1. AК и BМ  биссектрисы треугольника ABC, которые оказались
одинаково наклонены к сторонам BC и AC соответственно. Найдите
зависимость между углами A и B. (Либо А=В, либо
А+В=120. Пусть P  точка пересечения биссектрис треугольника ABC, А=, В=. Из условия задачи следует, что
AKC =BMC или AKC+BMC=180. В первом случае
АКС=КАВ+КВА=/2+, ВМС=МВА+МАВ=+/2. Тогда из уравнения /2+=+/2 получаем, что =. Во втором
случае
аналогичными
рассуждениями
получаем,
что
/2+++/2=180, откуда найдём, что +=120.)
2. Решите в целых числах уравнение (x2y2)2=1+16y. ((1;0), (4;3),
(4;5). Правая часть неотрицательна, т.к. равна квадрату, следовательно, y0 , откуда левая часть не меньше (2y1)2, так как модуль разности y2 и любого квадрата целого числа (если y0 и квадраты различны) не меньше |2y1|. Имеем
(2y1)21+16y, откуда y5. Итак, правая часть может принимать значения 1, 17, 33, 49, 65,
81, из них квадратами являются только 1, 49, 81. Рассмотрим эти 3 случая и найдём в каждом из них по 2 решения.)
3. Сколькими способами коридор 316 метров можно покрыть в один слой без пропусков одинаковыми кусками линолеума 13 метра? (277 способов. Обозначим через П(n) число способов, которым можно покрыть коридор 3n метров. Очевидно, что П(1)=П(2)=1, а П(3) = 2. Заметим теперь, что к короткой стене покрытого линолеумом коридора примыкает либо один кусок линолеума своей
длинной стороной, либо три куска своими короткими сторонам. В первом
случае остается покрыть коридор 3(n–1), в втором – коридор 3(n–3). Получается, что П(n) = П(n–1)+П(n–3). Теперь последовательно находим, что П(4)=3,
П(5)=4, П(6)=6, П(7)=9, П(8)=13, П(9)=19, П(10)=28, П(11)=41, П(12)=60,
П(13)=88, П(14)=129, П(15) = 189, П(16)=277.)
4. Какое наибольшее значение может принимать выражение 1:(a+2010:(b+1:c)), где
a, b, c  попарно различные ненулевые цифры? (1/203. При любых a и с выполняется неравенство 1:(a+2010:(b+1:c))1:(a+2010:(9+1:c)). Следовательно, b=9
и при различных цифрах a и c максимальное значение реализуется в одном из
двух случаев: 1) a=1, c=2; 2) a=2, c=1. В первом случае получаем, 19/4039, во
втором – 1/203, что и даёт наибольшее значение.)
5. В равнобочной трапеции АВСD (АD – большее основание): AB=DC=5см, ВС=6см,
АС=8см, CAD=30. Найдите площадь трапеции. (Проведём высоту СН (см. рисунок). Так как CAD=30, то СН=АС/2=4(см).
Треугольник СDН – египетский, значит, DН=3
см. Так как трапеция равнобочная, то
АD=ВС+2DН=12(см). Следовательно, площадь
трапеции: S=(AD+BC)CH/2=36(см2).) На самом
деле CAD30, что можно проверить для прямоугольного треугольника ACH, в котором должно быть AH=9, АС=8 и СН=4,
что противоречит теореме Пифагора. Т.о., условие задачи не корректно.)
6. Укажите все шестизначные числа, кратные 33, получаемые приписыванием к числу 2011 по одной цифре слева и справа. (220110, 520113, 820116. Для выполнения
признака делимости на 11 надо, чтобы знакочередующаяся сумма цифр
b1+10+2a=2+ba нашего числа a2011b делилась на 11, т.е. ab2(mod 11),
что с учётом оценки 9ab9 возможно в случаях ab=2 и ab= 9 (тогда здесь
a=0, что невозможно). Значит, ab=2, и цифры будут одной чётности. Для выполнения признака делимости на 3 надо, чтобы сумма цифр делилась на 3, т.е.
a+b2(mod 3), что с учётом оценки 1a+b18 и чётности суммы цифр в силу
одинаковой чётности цифр возможно при a+b{2; 8; 14}. Тогда (a; b){(2;0),
(5;3), (8;6)}.)
7. Найдите все положительные значения a, для которых уравнение
a2x2 + ax + 1 – 7a2 = 0 имеет два корня, являющихся целыми числами. (1; 1/2; 1/3.
Найдём дискриминант уравнения: D=a2–4a2(1–7a2)=a2(28a2–3).
Уравнение
2
имеет два корня при a 3/28. По теореме Виета сумма корней равна – a/a2 = –
1/a. Если корни целые, то a=1/n, где n – натуральное. Условию 1/n23/28 удовлетворяют только n=1; n=2; n=3. При n=1 получаем уравнение x2+x–6=0 с
корнями –3; 2. При n=2 уравнение 1 x 2  x  3  0 с корнями –3; 1. При n=3
2
уравнение
1 2
2
x  x 0
3
3
2
с корнями –1; –2.)
8. Для каких натуральных n можно указать n целых чисел, сумма которых равна 0, а
произведение n? (Для n, кратных 4. Пример: если n=8k (где k  натуральное
число), подходят числа 4k, 2, 2k–2 единиц и 6k чисел (–1); если n=8k+4 (где k 
целое неотрицательное число), то подходят числа 4k+2, –2, 2k+1 единиц и 6k+1
чисел (–1) (где k  целое неотрицательное число). Если n нечётно, то числа,
произведение которых равно n, также нечётны, и сумма n нечётных чисел не
может быть равна 0. Если n чётно, но не делится на 4, то среди n чисел, произведение которых равно n, ровно одно чётное, и сумма одного чётного числа и
n–1 нечётного не может быть равна 0.)
9. Вася взял из коробки «Домино» 24 костяшки и ему удалось их выложить по правилам «Домино» в замкнутую цепочку. Сколько всего возможных вариантов четвёрки оставшихся в коробке доминошек? (385 вариантов. Рассмотрим граф доминошек, в котором вершины – цифры, рёбра – доминошки. Тогда это полный граф К7 с петлями в каждой вершине, все вершины которого будут иметь
степень 8, т.е. это связный граф с чётными вершинами, значит, он – эйлеров.
При этом 4 оставшиеся в коробке доминошки являются 4 стёртыми в этом
графе рёбрами, которые сохраняют условие эйлерова цикла, т.к. 24 взятые
доминошки образуют замкнутый цикл (эйлеров) в этом графе. Возможны не7! 7  6  5

 35 (это 4 доми4!3!
3!
ношки-дубли); 2) 1 петля и цикл длины 3 - С71 С73  7  35  245 (один из 7 дублей и
сколько случаев стёртых рёбер: 1) 4 петли - С74 
три доминошки вида (ab), (bc), (ca); 3) цикл длины 4 
А74 7  6  5  4

 105 (доми42
42
ношки (ab), (bc), (cd), (da) – 4 цифры из семи размещаем по порядку (a, b, c, d)
А74 способами, но началом цикла может быть любая из этих 4 цифр, кроме того, мы считаем цикл в обоих направлениях, значит, всего 42=8 повторов в
подсчёте). Значит, всего 35+245+105=385 вариантов.)
10. Найдите число нулей, на которое оканчивается десятичная запись числа 11 1001,
и укажите первую справа ненулевую цифру этого числа. (3 нуля и 6, т.е. число
оканчивается на 6000. Разложим выражение (x+1)100 по биному Ньютона и запишем
несколько
последних
членов
этого
разложения:
(x+1)100=...+(100·99·98/6)x3+(100·99/2)x2+100x+1.
При
x=10
имеем:
100
3
2
S=(10+1) 1=...+(100·99·98/6)·10 +(100·99/2)·10 +1000+1, где все члены на месте троеточия делятся на 104. Итак, S=...+(33·49)·105+495000+1000=A+496000,
здесь число A оканчивается по крайней мере на 4 нуля. Отсюда следует, что
число S оканчивается на 3 нуля, а четвёртая с конца цифра числа S равна 6.)
11. На оборотных сторонах 2011 карточек написаны различные числа (на каждой по
одному). За один вопрос разрешается указать на любые три карточки и узнать
множество чисел, написанных на них. За какое наименьшее число вопросов можно
узнать, какие числа записаны на каждой карточке? (1006 вопросов. Пусть было
задано N вопросов. Ясно, что каждая карточка участвует хотя бы в одном вопросе, иначе число на ней мы не определим. Пусть есть k карточек, участвующих ровно в одном вопросе. Тогда в одном вопросе не может встретиться
двух таких карточек, иначе невозможно установить, какое число на которой
из карточек написано. Следовательно, k N. Остальные карточки участвовали
хотя бы в двух вопросах. Теперь, просуммировав для каждой карточки количество вопросов, в которых она участвовала, получим утроенное количество
вопросов. Поэтому 3N k+2(2011–k)=4022–k4022–N, откуда 4N4022, N1006.
Приведём способ узнать числа за 1006 вопросов. Отложим одну карточку, а
остальные разобьем на 335 группы по 6 карточек. В каждой группе занумеруем карточки числами от 1 до 6 и зададим три вопроса: (1,2,3) , (3,4,5) и (5,6,1).
Тогда числа на карточках 1, 3, 5 встречаются в двух ответах (для разных карточек – в разных парах) и поэтому однозначно определяются, а числа на карточках 2, 4, 6 – оставшиеся числа в каждом из ответов. Так за 335∙3=1005 вопросов мы узнаем числа на 2010 карточках. Осталось спросить про отложенную карточку вместе с любыми двумя уже известными.)
12. Решите уравнение: x  3  4 x  1  x  8  6 x  1  1 . (5x10. Выделим под каждым корнем
суммы полный квадрат, тогда уравнение примет вид
x  1  2  x  1  3  1 . Разобрав разные случаи для выражений под модулем,
найдём ответ.)
13. На собеседовании десяти кандидатам был предложен тест, состоящий из нескольких вопросов. Известно, что любые пять человек ответили вместе на все вопросы (т.е. на каждый вопрос хоть один из пяти дал правильный ответ), а любые
четыре  нет. При каком минимальном количестве вопросов это могло быть? Ответ дать числом в десятичной записи. ( С104 
10! 10  9  8  7

 210 . Заметим, что для
4!6!
4 3 2
каждого вопроса количество людей, не ответивших на него, не больше четырёх, иначе на какой-то вопрос не ответили некоторые пять человек, что противоречит условию. С другой стороны, для каждой четвёрки людей найдется
вопрос, на который они не ответили (иначе они бы вместе ответили на все вопросы вопреки условию); таким образом, на этот вопрос не ответили в точности эти четверо людей. Итак, каждой четвёрке людей можно поставить в соответствие вопрос, на который они (и только они) не ответили. Поэтому число
вопросов не меньше числа четвёрок людей, которые можно выбрать из 10 человек (т.е. числа сочетаний из 10 по 4). Наоборот, если в тесте было вопросов
столько, сколько имеется четвёрок людей, причём на каждый вопрос не отве-
тило 4 человека и все эти четверки различны, то условие задачи выполняется.)
14. На столе лежат 5 часов со стрелками. Разрешается любые несколько из них перевести вперёд. Для каждых часов время, на которое при этом их перевели, назовём
временем перевода. Требуется все часы установить так, чтобы они показывали
одинаковое время. За какое наименьшее суммарное время перевода это можно гарантированно сделать? (За 24 часа. Отметим на одном циферблате положения
часовых стрелок всех часов. Циферблат разобьётся на 5 секторов. Занумеруем
их по кругу. Пусть часовая стрелка проходит секторы за время x1, x2, x3, x4, x5
соответственно (некоторые из этих чисел, возможно, нулевые). Заметим, что
если мы станем устанавливать на всех часах время, соответствующее положению внутри сектора, то каждая часовая стрелка пройдёт через начало сектора.
Это значит, что суммарное время перевода окажется заведомо больше, чем если бы мы устанавливали все часы на начало сектора. Обозначим через Si
суммарное время, необходимое для установки всех часов на начало i-го сектора. Ясно, что время перевода отдельной стрелки является суммой некоторых
xj. Например, время перевода на начало первого сектора равно x5 для пятых
часов
и
x2+x3+x4+x5
для
вторых.
Тогда
S1=(x2+x3+x4+x5)+(x3+x4+x5)+(x4+x5)+x5=x2+2x3+3x4+4x5. Остальные Si выражаются аналогично. Тогда S1+S2+S3+S4+S5=(1+2+3+4)(x1+x2+x3+x4+x5)=10·12=120 часов. Поэтому наименьшая сумма не превосходит 120:5=24 часа. С другой стороны, если все секторы одинаковы (например, часы показывают 12ч, 2ч
24мин, 4ч 48мин, 7ч 12мин и 9ч 36мин), то все Si равны 24 часам, поэтому менее, чем 24 часами не обойтись.)
15. На острове живут только рыцари, которые говорят всегда правду, и лжецы, которые всегда лгут. Однажды 100 жителей острова выстроились в шеренгу, и каждый
из них произнес следующую фразу: «Все мои соседи  лжецы». Сколько рыцарей
могло быть среди них? (От 34 до 50 рыцарей. Заметим, что не может быть трёх
подряд стоящих лжецов и двух подряд стоящих рыцарей. Значит, рыцарей не
менее [100:3]=33 и не более [100:2]=50. Докажем, что варианта 33 быть не может. Предположим, что вариант 33 возможен, тогда из доказательства оценки
следует, что в каждой тройке подряд стоящих ровно 2 лжеца и 1 рыцарь. Разобьём ряд из 99 правых островитян на 33 тройки, в каждой из которых будет
ровно по 1 рыцарю. Тогда 1-й островитянин – лжец, а его сосед справа (2-й) –
рыцарь, значит, 3-й – лжец, 4-й – лжец, т.к. в тройке (2, 3, 4) должен быть 1
рыцарь и 2 лжеца. Рассуждая дальше аналогично, получим ряд
ЛРЛЛРЛЛРЛЛ…РЛЛ, т.е. 100-й говорит правду, будучи лжецом, - противоречие. Остальные варианты (от 34 до 50) возможны. Начиная с варианта 34 рыцаря (РЛЛРЛЛРЛЛ…РЛЛР), преобразуем шестёрку РЛЛРЛЛ в шестёрку
РЛРЛРЛ, увеличив на 1 количество рыцарей. Поступим так с [100:6]=16 шестёрками, выделяя их по очереди слева на первых 96 островитянах, получив в
конце вариант РЛРЛРЛ…РЛРЛЛР с 50 рыцарями.)
16. Найдите значение выражения 74  a 2  10  a 2 , если 74  a 2  10  a 2  4 .
(Условие задачи некорректно. Действительно, для того, чтобы выражение
10  a 2 имело смысл, необходимо, чтобы выполнялось неравенство а210. Тогда
74  a 4  64  8 . Значит, сумма данных корней не может быть равна 4.)