Решения.8 ноября 2014 года

Олимпиадные задания с решениями
XV Республиканский турнир памяти А. Б. Воронецкого и Д.К.Воронецкой
по математике для старшеклассников
Игра «Домино».Решения.7 ноября 2014 года.
1. 0–0.Натуральное число n равно сумме двух натуральных делителей числа n+6.
Найдите наибольшее такое n.(30. Ни один из этих делителей не может равняться
n+6, и не может быть, чтобы они оба равнялись (n+6)/2. Поэтому их сумма не
превосходит (n+6)/2+(n+6)/3 = 5(n+6)/6. Решая неравенство 5(n+6)/6n, получаем
n≤30. n=30 подходит: 30=18+12.)
2. 0–1.Слева к двузначному числу дописали это же число, но в обратном порядке. С
помощью делимости на какое простое число мы сможем доказать, что
получившееся четырёхзначное число – составное. (11. Пусть ab  данное число,
тогда
число,
которое
получилось
после
приписывания.
baab baab  1000b  100a  10a  b  1001b  110a  11(91b  10a ) 11 ,
следовательно,
число составное.)
3. 0–2.Найдите все такие простые числа р, что 2р + 1 – куб натурального числа. (p =
13. Пусть 2р+1=n3. Тогда (n–1)(n2+n+1)=2p. Число n, очевидно, нечётно,
поэтому n–1 делится на 2. Число n2+n+1 больше 1, поэтому n–1=2, n2+n+1=p.)
pq
4. 0–3.Известно, что tg + tg = p, ctg + ctg = q. Найдите tg(+). ( tg   
.
q p
tg   tg 
1
1


 q,
Из условия tg   tg   p и равенства ctg   ctg  
tg  tg  tg   tg 
получим, что tg   tg  
что tg     
p
1
p
q

tg   tg 
p
. Используя формулу tg   
получим,
1  tg   tg 
q
pq
.)
q p
5. 0–4.На каждом из рёбер единичного куба и на одной из главных диагоналей (длины 3 )
выбраны направления. Какую наименьшую длину может иметь сумма полученных 13
векторов? ( 3 . Выберем базис из трёх векторов, идущих по ребрам куба, так, чтобы
вектор диагонали равнялся e1  e2  e3 . Тогда четыре вектора будут равны  e1 , ещё
четыре —  e2 , ещё четыре —  e3 . Таким образом, сумма S векторов имеет вид
k e1  me2  ne3 , где k, m, n — целые нечётные числа, а S  k 2  m 2  n 2  3 , т.к.
k21, m21, n21 в силу их нечётности.Разбив пары параллельных рёбер куба на
противоположно направленные векторы, мы получим, что k=m=n=1 и длина
суммарного вектора будет равна 3 .)
6. 0–5.В окружность радиуса 1 вписан равнобедренный треугольник, у которого сумма
основания и высоты, проведённой к нему, равна диаметру. Найдите длину этой высоты.
(2/5=0,4. Пусть основание треугольника равно a, тогда высота h = 2–a. При этом
диаметр, на котором лежит высота, делит основание пополам. Воспользуемся
свойством пересекающихся хорд, получим, что (а/2)2 = h(2–h) = (2–a)a. Отсюда, a = 8/5.
Следовательно, h = 2/5.)
7. 0–6. Приведите пример точного квадрата, в десятичной записи которого миллион цифр, а
количество чётных и нечётных цифр будет одинаковым. Ответ обосновать. (Рассмотрим,
например, число N=99…9 (полмиллиона девяток).Тогда N2 = 9…9∙(10..0–1) = 9…90…0 –
9…9 = 9…980…01 – здесь девяток и нулей поровну, а всего миллион цифр.)
x 3  5 x 2  2 x  10
8. 1–1.Нарисуйте график функции y 
. (Заметим, что x=5 – один из
x5
корней числителя. Разделив числитель на (x–5), получим x2–2, то есть x3–5x2–
2x+10 = (x–5)(x2–2). Сократим дробь, не забыв об области определения x ≠ 5. Получаем
рисунок – парабола y=x2–2 с выколотой точкой (5;23).)
9. 1–2. Натуральное число N не делится на 13 и 15, но при делении на них с остатком даёт
одинаковые неполные частные. Найдите наибольшее возможное N. (77. Пустьа = 13d + b =
15d + c, где d – неполное частное. Тогда 2d = b – c 12, d 6. Наибольшееа=13d+b=90
получим при наибольших возможных d=6, b=12, но в этом случае с=0 и а=90 делится на
15. Следующее по величине возможноеа=13d+b=77 получим при d=5, b=12, с=2.)
2
11. 1–3.Найдите
значение
выражения
2013
 2013 
1  2013  
.
 
2014
 2014 
2
2
(2014.Пусть
2013
=
a  12  a 2  a  12  a 2
a 
2 2
a  12
a 1
a 1
а,
тогда
a

=
a 1
a
 a 
1 a  
 
a 1
 a 1
2
=
a 4  2a 3  3a 2  2a  1  a
=
a 1
 a 2  12  2  a 2  a  2  a 2  1  2  a  1  a
=
a 1
a
2

2
 a 1  a
=
a 1
= a  1 . Таким образом, значение данного выражения равно 2014.)
12. 1–4. Дан треугольник ABC, в которомА=В=. На сторонах BC, CA, AB отмечены
точки A1, B1 и C1 соответственно. Оказалось, что С1B1перпендикулярнаAC, B1A1
перпендикулярна BC и B1A1 = B1C1. Найдите A1C1B. (90. A=B=α, тогда C=180–
2α. Треугольник CA1B1 прямоугольный, значит, CB1A1= 90–(180–2)=2–90. Тогда
A1B1C1=90–(2–90)=180–2. Т.к. B1A1 = B1C1, то B1C1A1=B1A1C1=α. Значит,
AC1A1=AC1B1+B1C1A1=(90–α)+α=90, т.е. отрезок A1C1 перпендикулярен AB.)
13. 1–5. Приведите пример натурального числа, при вычёркивании нескольких цифр из
которого как наименьшее девятизначное число получается 123456789, а как наибольшее –
987654321. (Такого числа не существует, т.к. оно должно одновременно заканчиваться
и на 1 (иначе найдётся большее девятизначное, чем 987654321), и на 9 (иначе найдётся
меньшее, чем 123456789).)
14. 1–6.Решите в целых числах уравнение 3x2 + 10xy + 9y2 = 19. ((1,  2 ), (5,  4 ).
3x2+10xy+9y2= 2(x2+4xy+4y2)+(x2+2xy+y2)=2(x+2y)2+(x+y)2, но число 19 можно
представить в таком виде единственным образом 22=29+1, что проверяется
перебором малых значений квадратов (0, 1, 4, 9, 16). Тогда x+2y=3, x+y=1. Решив все
4 системы, найдём ответы.)
15. 2–2.Дан многочлен P(x) с целыми коэффициентами. Известно, что Р(0) = 2014, Р(2014) = 0,
P(k) = k, где k – целое. Найдите k. (1007. Воспользуемся следующим фактом: если P(x) –
многочлен с целыми коэффициентами, то для любых различных целых чисел а и b
число P(a) – P(b) делится наа – b. Тогда из условия задачи следует, что P(k) – Р(0) = k –
2014 делится на k, а также P(k) – Р(2014) = k делится на k – 2014. Оба условия
выполняются одновременно тогда и только тогда, когда
|k–2014| = |k|. Решением
полученного уравнения является середина отрезка [0; 2014], т.е. k=1007.)
16. 2–3.Представьте числовое выражение 2∙20132 + 2∙20142 в виде суммы квадратов двух
натуральных
чисел.
(40272+12.Достаточно
заметить,
что
2
2
2
2∙2013 + 2∙2014 = (2013+2014) +(2014–2013)2.)
17. 2–4.Найдите все тройки простых чисел вида n2000, n, n+14.(3, 2003, 2017. У данных трёх
простых чисел разные остатки при делении на 3, поэтому ровно одно из них делится
на 3, а значит, является 3, это меньшее из них n2000. Тогда n=2003.)
3 ) = 0, x[0;
1

 sin x  2
что (2sinx – 1)(2cosy – 3 ) = 0  
.
cos y  3

2
5
3

промежутке [0;
] являются числа
и
,а
6
2
6
11
на промежутке [; 2] – число
. Знак
6
18. 2–5. Найдите наибольшее значение выражения х + у, если (2sinx – 1)(2cosy –
3
10
], y[; 2]. (
. Заметим,
2
3
1
на
2
3
решением уравнения cos y 
2
Решением уравнения sin x 
совокупности означает, что если выполняется первое равенство, то y – любое число из
указанного для него промежутка, а если выполняется второе равенство, то x – любое
число из указанного для него промежутка.Таким образом, достаточно выбрать
наибольшие значения из данных промежутков и сравнить два значения суммы х + у:
5
17 3 11 10
<
.)
 2 


6
6
2
6
3
19. 2–6.Решите неравенство sinxtgxctgxcosx. (Нет решений. Из условия следует, что
1tgxctgx1. ctgx=1/tgx, поэтому либо |tgx|, либо |ctgx| не меньше 1. Поэтому если
неравенство выполнено, то либо tgx=ctgx=1, либо tgx=ctgx= 1. Но в обоих этих
2
случаях |sinx| = |cosx| =
, и неравенство из условия не выполняется. Значит, у него
2
нет решений.)
20. 3–3.Сколько существует различных треугольников с целочисленными сторонами, в
которых одна из биссектрис делит противоположную сторону на отрезки длиной 2014 и
2013?(4025. Пусть биссектриса СK треугольника ABC делит сторону АВ на отрезки
АK=2014 и KВ=2013; BС=a, АС=b. По свойству биссектрисы, a/2013=b/2014 
2014a=2013b, тогда в силу целочисленности сторон и взаимной простоты чисел 2014 и
2013
получаем,
что
b2014.
По
неравенству
треугольника
a+4027=2013b/2014+4027>bиa+b=2013b/2014+b=4027b/2014>4027=АВ,
откуда
4027∙2014>b>2014. Из вышесказанного получаем, что b=2014k, где k – натуральное,
2k4026, и, соответственно, a=2013k. Несложно проверить, что все такие
треугольники подходят, и они различны.)
21. 3–4.Решите уравнение x3+x2+x+1/3=0. ( x  
1
.Преобразуем данное уравнение к
1 3 2
виду x3+3x2+3x+1=-2x3. Теперь видно, что в левой части написана формула для куба
суммы x+1. Получаем: (x+1)3=-2x3, откуда x+1=  3 2 x, откуда, x  
1
.)
1 3 2
22. 3–5.При каких k в клетках таблицы 1212 можно расставить целые числа таким образом,
что сумма чисел во всей таблице положительна, а сумма чисел в любом квадрате
kkотрицательна? (k = 5, 7, 8, 9, 10, 11. Данный квадрат не должен разрезаться на
квадраты со стороной k. Общий пример для k 7: в 4 центральных клетках – по –30,
в остальных – по 1. Пример для k = 5: разобьём исходный квадрат на 9 квадратов
44; в углах центрального квадрата поставим по –30, в остальных 140 клетках – по –
1.)
23. 3–6.В турнире по настольному теннису участвовало 75 теннисистов. Каждый сыграл с
каждым ровно один раз, ничьих в теннисе не бывает. По итогам турнира нашлось по крайней
мере 25 теннисистов, каждый из которых имеет не более n поражений. Найдите наименьшее
возможное значение n. (12. Между собой 25 теннисистов сыграли 2524/2=2512 игр, и в
каждой кто-то терпел поражение. Значит, кто-то из 25-ти потерпел в этих играх не
меньше 12 поражений. Подойдёт следующий пример: выстроим 25 теннисистов по
кругу и положим, что каждый выиграл у 12 следующих за ним по часовой стрелке, а у
остальных 50-ти теннисистов каждый из этих 25-то выиграл все игры.)
24. 4–4.Найдите радиус окружности, описанной около равнобочной трапеции с основаниями 2
и 14 и боковой стороной 10. ( 5 2 . Окружность, описанная около трапеции, является и
окружностью, описанной около любого треугольника, вершины которого совпадают с
вершинами трапеции. А радиус окружности, описанной около треугольника со
сторонами a, b, c и площадью S, найдём по формуле R = abc/4S.)
a 1
25. 4–5. Последовательность {an} задана условиями: a1  2000, a2  14, a n  2  n 1
для
an
2015
403
. Пусть a1=x, a2=y –

28000 5600
y 1
x  y 1
x 1
, a4 
, a5 
, a6  x, a7  y , при
положительные числа. Тогда a3 
x
xy
y
любого натурального n. Найдите a2014. ( a 2014 
этом в знаменателях всегда положительные числа. Получаем, что последовательность
периодична
с
периодом
5
и
тогда
a2014  a4 
x  y  1 2000  14  1 2015
403
.)



xy
2000 14
28000 5600
26. 46. В треугольнике ABC с тупым углом Bпроведены биссектриса
угла BAC и биссектриса внешнего угла при вершине A. Точка O
центр описанной окружности треугольника ABC. Расстояния от O
до обеих биссектрис, а также до прямойBC равны 3. Найдите
ABC. (112,5. Анализируя чертёж, в силу перпендикулярности
биссектрис смежных углов, нетрудно показать, что радиус
описанной окружности АО  3 2 , т.к АО будет диагональю
квадрата, где две другие вершины – проекции точкиО на
данные в условии биссектрисы. Тогда ОВС окажется
равнобедренным прямоугольным, т.к. расстояние отО до прямой ВС будет равно 3, а
ВО  СО  АО  3 2 . Значит, АОС=АОВ+ВОС=45+90=135, большая дуга АС
описанной окружности равна 360135=225, а вписанный угол АВС будет равен
половине этой дуги, т.е. 112,5.)
27. 5–5. Решите уравнение {x}=1/x, где {a} – это дробная часть числа a, т.е. {a} = a–[a], где [a]
2
– целая часть, т.е. наибольшее целое число, не превосходящее a.( n  n  4 , n  N . Т.к.
2
{a} = a–[a], то 0≤{a}<1, поэтому 1/x может принимать значения только от 0 до 1, не
включая 1, и, следовательно, x>1. Обозначим [x] за n, n N , а {x} за α. Получим
уравнение α = 1/(n+α), т.е. α(n+α) = 1. Рассмотрев это уравнение как квадратное
2
относительно α, получим, что 1, 2   n  n  4 . Так как α≥0, то меньший корень нам
2
не подходит. Проверим, что больший нам подходит. С помощью формулы разности
2
2
2
2
квадратов получаем, что   n      n  n  4  n  n  4  n  4  n  1 , и это
2
2
4
означает, что найденный нами второй корень подходит под условия.)
28. 5–6. (№703 из задачника журнала «Кванта», №5 за 1982 г.)
29. 6–6.При каких действительных значениях параметра р уравнение
x 2  p  2 x 2 1  x
имеет действительные корни? Укажите также значения корней. ( 0  р 
4
4 р
, х
3
2 2(2  р)
.
V Международная математическая олимпиада, №27, решение на с. 89-91 в книге
«Международные математические олимпиады».)
XV Республиканский турнир памяти А. Б. Воронецкого и
Д.К.Воронецкой
по математике для старшеклассников
Игра «Дуэль».Решения.8 ноября 2014 года
1. Решите в целых неотрицательных числах уравнение(xy–7)2 = x2+y2.((0;7), (7;0), (3;4) и
(4;3). Исходное уравнение нетрудно привести к виду (x+y)2–(xy–6)2 = 13 
(x+y+xy–
6)(x+y–xy+6) = 13. Допустим, xy>6. Тогда x+y+xy–6>1, откуда x+y+xy–6=13 и x+y–xy+6=1.
Складывая уравнения и деля на 2, получаем x+y=7, откуда коротким перебором
находим решения (3, 4) и (4, 3). Перебирая же случаи, когда xy ≤ 6, находим решения
(0, 7) и (7, 0).)
2. В треугольнике ABC угол B равен 60°. Точка D внутри треугольника такова, что ADB
= ADC = BDC. Найдите наименьшее значение площади треугольника ABC, если BD =
3а 2 3
a. (
. Из условия задачи следует, что ADB = ADC = BDC = 120. Из
4
треугольника АВD: DAB + DBA = 60, а DBС + DBA = 60 (по условию), значит,
DAB = DBС. Следовательно, треугольники DAB и DBС подобны (по двум углам).
AD BD
Поэтому
,
то
есть
ADCD
=
BD2
=
a2.
Значит,

BD CD
1
a2 3
S ADC  AD  CD  sin 120  
, т.е. эта величина постоянная. Таким образом,
2
4
площадь треугольника АВС будет наименьшей, если будет наименьшей сумма
площадей треугольников ADB и BDC. Заметим, что произведение этих величин
1
1
1
постоянно: S ADB  S BDC  AD  BD  sin ADB  BD  CD  sin BDC = BD 4  sin 2 120  =
2
2
4
4
3а
. Тогда из неравенства между средним арифметическим и средним
16
геометрическим следует, что их сумма принимает наименьшее значение, если эти
a2 3
площади равны, то есть S ADB  S BDC 
. Следовательно, искомое значение:
4
3a 2 3
S ABС  S ADC  S ADB  S BDC 
.)
4
3. Отмечены вершины и середины сторон правильного десятиугольника (то есть всего
отмечено 20 точек). Сколько существует треугольников с вершинами в отмеченных
точках? (1130. Треугольник однозначно определяется тремя своими вершинами. Из
двадцати точек первую вершину можно выбрать 20 способами, вторую – 19
способами, а третью – 18 способами. Тогда, по правилу произведения, получим 20  19
 18 = 6840 способов выбора упорядоченной тройки вершин. Так как порядок вершин
в нашем случае значения не имеет, то полученное число надо разделить на
количество возможных перестановок трёх элементов, т.е. на 6. Получится 1140
треугольников. Учитывая также, что три точки, лежащие на одной стороне
десятиугольника, не образуют треугольника, получим: 1140 – 10 = 1130. Рассуждение
также можно проводить, оперируя количеством сочетаний из 20 элементов по три,
20!
3
и записывать решение в виде: С 20
– 10 =
– 10 = 1130.)
17!3!
4. Найдите наименьшее натуральное n такое, что все дроби 1 , 2 , 3 ,..., 2013
n3 n4 n5
n  2015
несократимы. (2015. Представив знаменатели в виде (n+2)+1, …, (n+2)+ 2013, заметим,
что все дроби будут несократимыми тогда и только тогда,
когда число n+2 взаимно просто с каждым из чисел 1, …, 2013.
Наименьшим из таких чисел n+2 будет наименьшее простое
число, большее 2013, то есть 2017, откуда n = 2015. Все числа,
меньшие 2017, имеют простые делители, меньшие 2013, а для
каждого такого простого делителя среди чисел от 1 до 2013
найдётся делящееся на него число, значит, и соответствующая
сократимая дробь.)
5. Во вписанном дельтоиде ABCD (AB=AD и CB=CD) BCD=60o.
На стороне BC выбрана точка M, а на стороне CD – точка N так,
что MN касается окружности с центром в точке A радиуса AB. В
каком отношении диагональ BD делит площадь AMN, считая от
вершиныА? (1:3. ABCD – вписанный дельтоид с BCD=60o,
значит, BAD=120, ADC=ABC=90, CDB=CBD=60. Т.к.
DC и ВС  касательные к окружности, то NA и МА – биссектрисы углов DNM и
NMB соответственно. Пусть DNA=MNA=, BMA=NMA=, тогда из CNM
следует, что сумма двух его внешних углов 2+2 =240, значит, +=120. Тогда
подсчёт углов показывает, что АРК=DPN=180PDNDNP=18060= и
аналогично АКР= (где Р иК – точки пересечения DBcAN и АМ соответственно).
Значит, АРК подобен AMN, при этом коэффициент подобия равен отношению их
соответственных высот AТ и AH=AB – радиус окружности. Это отношение равно
sinABD=sin30=0,5. Тогда отношение площадей этих треугольников равно
(0,5)2=1:4, т.е. нужное нам отношение, в котором диагональ BD делит AMN, равно
1:3.)
7
7
6.Решите в положительных числах систему уравнений x =y , x =y .((1;1) и (   ;
5
y
x
5
7
5
7
  ). Возведём первое уравнение в пятую степень, тогда x5y=y5x, а второе
5
уравнение возведём в степень y, тогда x5y=y5y. В результате, y5x=y5y, откуда либо y=1,
либо 5x=7y. В первом случае x=1, а во втором случае y=5x/7. Подставим это значение
во второе уравнение: x5=(5x/7)7, откуда с учётом положительности x2=(7/5)7. Тогда
7
5
7
7
x    , y    .)
5
5
7.Решите неравенство:
число.Заметим,
2sin x cos x 1  32 x
что
2
 0, 5
. (x любое действительное

3

sin x  cos x  1  2 sin  x    1  2  1   1  0,5 .
4
2

2sin x cos x 1  20,5  30,5  32 x
2
 0,5
Следовательно,
при
любом
действительном x.)
8.Найдите все трехзначные числа, квадраты которых оканчиваются на 1001. (501 и
749.Первый способ. Пусть
abc =100а+10b+c – искомое число. Тогда
2
2
2
abc  10000a  2000ab  100b  200ac  20bc  c 2 . Последняя цифра этого числа
зависит только от с2. Так как с2 оканчивается на 1, значит, c = 1 или c = 9.
 20b  1
Предпоследняя цифра зависит от выражения 20bc + c2 = 
. Перебором
180b  81
находим, что окончанию 01 могут удовлетворять только три пары значений (b; c): (5;
1), (0; 1) или (4; 9). Таким образом, квадрат искомого числа имеет вид:
10000a 2  10200a  2601 или 10000a 2  200a  1 или 10000a 2  9800a  1201 . Перебором
убеждаемся, что в первом случае ни одно значение а не удовлетворяет условию, во
втором случае а = 5, а в третьем – а = 7. Второй способ. Пусть n– искомое число. Так
как n2 оканчивается на 1001, то n2 – 1 = (n – 1)(n + 1) оканчивается на 1000, то есть
оно кратно 1000. Поскольку ровно одно из чисел n – 1 или n + 1 может делиться на 5,
значит это же число должно быть кратно 125. Оба этих числа – четные, значит, то из
них, которое делится на 125, делится и на 250. Так как искомое число – трехзначное,
то остается проверить, на что оканчиваются произведения в семи возможных
случаях: 248250; 250252; 498500; 500502; 748750; 750752; 9981000. На 1000
оканчиваются только два из них: 1) 500502 = 251000, тогда n – 1 = 500 n = 501; 2)
748750 = 561000, тогда n + 1 = 750 n = 749.)
9.Все вершины выпуклого девятиугольника на плоскости имеют целочисленные
координаты. У какого наименьшего количества середин диагоналей обе координаты также
могут быть целочисленными? (1. Середина диагонали будет иметь целочисленные
координаты только тогда, когда координаты концов будут иметь одну чётность.
Всего таких наборов четыре – (неч, неч), (неч, чёт), (чёт, неч), (чёт, чёт). Тогда по
принципу Дирихле найдутся три вершины с одинаковым по чётности набором
координат, а среди этих вершин хотя бы две не будут соседними, значит, отрезок
между ними окажется диагональю. В качестве примера подобного девятиугольника
подойдёт многоугольник, у которого по контуру идут сначала по 2 вершины подряд
трёх видов наборов координат, а затем три вершины с четвёртым набором
координат.)
10.Найдите все пары квадратных трехчленов ax2+bx+c и bx2+cx+a, каждый из которых
имеет ровно один действительный корень.(ax2+4ax+4a и 4ax2+4ax+a, где a любое
действительное ненулевое число. Если каждый трехчлен имеет один
действительный корень, то их дискриминанты равны нулю. Значит, нам необходимо
b 2  4ac,
решить систему уравнений  2
при условии, что старшие коэффициенты
 c  4ba
трехчленов не равны 0 (т.е. a0 и b0), но тогда из второго уравнение получаем, что и
с0. Разделим первое уравнение на второе, что можно делать при ненулевых числах,
b
c
тогда получим равенство ( ) 2  , откуда b3=c3, т.е. b=c. Подставив это условие,
c
b
получим, что b=c=4a. Тогда наши уравнения примут вид ax2+4ax+4a и 4ax2+4ax+a, у
которых по одному корню (2) и (0,5) соответственно.)
11. В параллелограмме ABCD точка K – середина стороны BC,
M – середина стороны CD. АК=6, AM=3, KAM=60. Найдите
AD. (4.Продолжим AM до пересечения с BC в точкеЕ (см.
рис.). Тогда ECM=ADM как накрест лежащие,
CME=DMA как вертикальные. Треугольники AMD и
EMC равны по второму признаку. ОтсюдаAM=ME, иAE=6.
AD=CE=BC, KC=½BC, поэтомуKE=3/2AD. В треугольнике
KAEKAE=60, AK=KE=6. Отсюда KE=6. AD=2/3KE=4.)
12. Каждый из пассажиров автобуса получил билет с
шестизначным номером, причём все номера билетов  последовательные числа. Какое
наибольшее количество пассажиров могло ехать в автобусе, если ровно у 1/12 из них в
номере билета есть цифра 7? (48 пассажиров. Пусть k число пассажиров, у которых в
билете есть цифра 7. Тогда число всех пассажиров равно 12 k. Заметим, что среди
любых десяти подряд идущих номеров есть один, содержащий семерку на конце.
Значит, 12k<10(k+1),
откуда 2k<10, k<5. При k=4 искомый набор номеров
существует, например 100 008, 100 009, 100 010, ..., 100 055.)
13. На краю шахматной доски стоят 28 ферзей. За какое наименьшее количество ходов их
можно переставить так, чтобы они по-прежнему стояли с краю доски, но никакой ферзь не
остался на своей прежней клетке? (29 ходов. Каждый ферзь должен сходить, значит,
надо не менее 28 ходов, но первый сдвинувшийся ферзь первым ходом ещё не сможет
попасть на край, следовательно, надо не менее 29 ходов. Пример на 29 ходов 
сначала сдвинем ферзя a1-b2, после этого всех ферзей, начиная с b1, сдвигаем вдоль
края на одну клетку по часовой стрелке, а в конце сдвинем первого ферзя b2-a2.)
14.На каждой грани правильного тетраэдра с ребром 1 во внешнюю сторону построены
правильные тетраэдры. Четыре их вершины, не принадлежащие
исходному тетраэдру, образовали новый тетраэдр. Найдите длину
5
его ребра. (Каждое ребро равно
. Пусть DABC – данный
3
тетраэдр, О – ортогональная проекция вершины D на
плоскость АВС, тогдаО – центр треугольника АВС (см. рис.).
Первый способ. Рассмотрим РАВС и QBCD – два тетраэдра,
построенные на гранях исходного тетраэдра Тогда PQ – ребро
нового тетраэдра. Рассмотрим треугольник PKQ, где K –
середина ребра ВС. Так как PK и QK – апофемы равных
3
правильных тетраэдров, то PK = QK =
. DKO – угол между
2
OK 1
гранями правильного тетраэдра, поэтому cosDKO 
 .
DK 3
1
23
1
Тогда. PKQ = 3DKO = 3arccos
= arccos(–
) (если cos  , то
3
27
3
23
cos 3  4 cos3   3 cos = –
). Из треугольника PKQ по теореме косинусов:
27
2
 3
3 50
5
2
PQ  2  1  cos PKQ . Следовательно, PQ 
=
. Остальные ребра

3
2 27
 2 
искомого тетраэдра вычисляются точно так же, поэтому имеют ту же длину. Второй
способ. Пусть М – точка пересечения медиан (центроид) исходного тетраэдра DABC,
тогда М лежит на медиане DO тетраэдра и DM :MO = 3 : 1. Тетраэдр РАВС
симметричен исходному относительно плоскости АВС, поэтомуО – середина отрезка
DP. Следовательно, точка М лежит на отрезке DPи DM :MP = 3 : 5. Проведя
аналогичные рассуждения для других построенных тетраэдров, получим, что
вершины нового тетраэдра являются образами вершин исходного при гомотетии с
5
центром М и коэффициентом k  . Значит, новый тетраэдр – правильный, а длина
3
5
его ребра равна .)
3
15. За круглым столом сидят 30 человек  рыцари и лжецы (рыцари всегда говорят
правду, а лжецы всегда лгут). Известно, что у каждого из них ровно один друг, причем у
рыцаря этот друг  лжец, а у лжеца этот друг  рыцарь (дружба всегда взаимна). На
вопрос «Сидит ли рядом с вами ваш друг?» сидевшие через одного ответили «да».
Сколько из остальных могли также ответить «да»? (0. Из условия следует, что все
сидящие за столом разбиваются на пары друзей; значит, рыцарей и лжецов поровну.
Рассмотрим любую пару друзей. Если они сидят рядом, то рыцарь на заданный
вопрос ответит «да», а лжец «нет». Если же они не сидят рядом, то их ответы будут
противоположными. В любом случае ровно один из пары друзей даст ответ «да».
Значит, при любой рассадке все остальные 15 ответов будут «нет».)
16. В клетки таблицы 33 расставляются по одному все целые числа от 1 до 9.
Каково наибольшее количество сумм в парах чисел в соседних (по стороне) 3 4 7
клетках, которые могут равняться простым числам? Приведите ответ и пример 2 1 6
таблицы. (11 сумм, например, при расстановке, как на рисунке, - во всех 9 8 5
парах, кроме (1, 8). Все 12 пар дать простые суммы не могут, т.к. это были бы только
нечётные числа, являющиеся суммами пар чётных и нечётных чисел. Это возможно
только при расстановке 5 нечётных и 4 чётных чисел в шахматном порядке, тогда в
центре стояло бы нечётное число, которое соседствовало бы с 2, 4, 6, 8. Но четырёх
подряд идущих нечётных простых чисел не бывает, т.к. среди них было бы число,
кратное 3. В случае самого числа 3=2+1 у нас будет число 8+1=9 – составное.)
XV Республиканский турнир памяти А. Б. Воронецкого и
Д.К.Воронецкой
по математике для старшеклассников
Игра «Пенальти».Решения.8 ноября 2014 года
1. Найдите наименьшее делящееся на 11 натуральное число с суммой цифр 2014.(8899...99
(222 девятки). Т.к. 2014=9223+7, то в числе должно быть не менее 224 цифр. Если
число минимальное, то в нём либо одна 7, либо две 8, а остальные цифры  единицы.
Т.к. по признаку делимости на 11 знакочередующаяся сумма цифр должна делиться
на 11, то это возможно только в случае двух 8, при этом они должны стоять на местах
разной чётности по номеру. Для минимальности эти две восьмёрки должны стоять в
начале числа.)
2. Дан белый квадрат 88. За один ход можно перекрасить в чёрный цвет все клетки
некоторого квадрата 22,в котором есть хотя бы одна белая клетка. Какое максимальное
количество ходов можно сделать? (49 ходов. Заметим, что всего возможно 49 способов
размещения на доске квадрата 22, т.к. каждый квадрат определяется положением
своего центрального узла, который может находиться на месте 77=49 внутренних
узлов доски. При этом каждый из этих 49 квадратов может быть взят нами для
покраски своих клеток не более одного раза, значит, всего будет не более 49 ходов.
Пример на 49 ходов  начнём с левого верхнего квадрата 22 и будет сдвигать его на
клетку слева направо, затем переходя на один ряд вниз и опять начиная каждый раз
слева. Таким образом, мы возьмём каждый из 49 возможных квадратов, закрашивая
в первом квадрате 4 клетки, а затем по 2 или 1 новой клетке.)
3. В куб со стороной a вписан шар. Найдите радиус меньшего шара, касающегося трёх
граней куба и первого шара. (
a(2  3 )
. Диагональ куба равна a 3 и пусть одна из
2
таких диагоналей АВ пересекает первый шар в точках Р и Q (P ближе к A, чем к B),
a 3 a
a 3 a
 и PB 
при этом AP 
 . Тогда шары гомотетичны относительно своей
2
2
2
2
AP
3 1
( 3  1) 2
точки касания точки P с коэффициентом k  


 ( 2  3 ) и
PB
2
3 1
a
отношение радиуса маленького шара к радиусу
большого шара равно |k|.)
2
4. Найдите все натуральные числа, десятичная запись которых оканчивается на два нуля, и
которые также имеют ровно 12 натуральных делителей. (200 и 500. Т.к. запись числа
оканчивается на два нуля, оно делится на 100, то есть имеет вид п100=п2252.
Докажем, что если у числа ровно 12 делителей, то пможет быть равно только 2 или 5.
Наименьшее из чисел вида п2252 число 100 (случай п=1) имеет 9 делителей. Их
можно найти непосредственно, но можно и так: все делители числа 100 имеют вид
2k5m, где kи т могут быть равны 0, 1 или 2. Следовательно, число делителей равно
33=9. Если пне делится ни на 2 ни на 5, то у числа п100 будет не менее 18 делителей:
9 делителей числа 100 и 9 делителей, получающихся из делителей числа 100
умножением наn. Если п=2 или п=5, то делителей, как легко проверить, будет ровно
12. Если же пделится на 2 или 5 в степени выше первой, то n делится на 200 или 500,
и при этом больше 200 или 500 соответственно, поэтому делителей у него больше 12.)
5. Вокруг цилиндрической колонны высотой 20 метров и диаметра 3 метра обвита лента,
которая поднимается от подножия до вершины семью полными витками. Какова длина
ленты? ( 400  441 2 метров. Разрезав
цилиндр вдоль образующей его боковой
поверхности, проходящей через начало
ленты, и развернув эту поверхность на
плоскость, получим прямоугольник ABCD
размером 20 3 (см. рис.). “Приклеив” к
нему
еще
шесть
таких
же
прямоугольников,
получим
прямоугольник ABQR. На этой развертке первый виток ленты предстанет в виде
отрезка АР, а вся лента развернется в диагональ AQ прямоугольника ABQR. Значит,
её длина: l  AQ  RQ 2  AR 2  202  21   400  441 2 метров.)
2
 
6. Найдите все натуральные n такие, что cos  n  - иррациональное число. (Все
2 
 
натуральные n2. Решение. При n=1 имеем cos    0  рациональное число, а при
2
2
 
n=2 имеем cos   
 иррациональное число. Предположим, что существует n3
4 2
 
  
cos  n   cos 
такое,
что
рациональное
число.
Поскольку
n 2 
2 
 42 
  
 
cos 2 x  2 cos 2 x  1, то рациональными будут также числа: cos 
, …, cos   ,
n 3 
 42 
8
2
 
. Но последнее число – иррационально. Таким образом, получаем
cos   
4 2
 
противоречие, значит, не существуетn3 таких, что cos  n  - рациональное число.)
2 
7. На доске написаны все целые числа от 1 до 20. Разрешается, выбрав любые два числа,
стереть их, а вместо них записать на доску их разность (из большего вычитается
меньшее). При этом на доске не должны появляться равные числа. Так поступают до тех
пор, пока на доске не останется одно число. Какое наименьшее число может остаться на
доске? (2. Операция а, b → bа сохраняет чётность суммы чисел, записанных на
доске. Вначале она была чётна, поэтому в конце может остаться число, не меньшее
2. Покажем, как получить 2:1, 2→ 1; 18, 20→ 2; 1, 2 → 1; 17, 19→ 2; ...; 6, 8 → 2; 1,2
→1; 5, 7 → 2 (остались числа 1, 2, 3, 4); 1, 2 → 1; 1, 3 → 2; 2, 4 → 2.)
8.На поле e1 шахматной доски стоит шашка.
20
35
34
14
Сколько существует различных маршрутов, по 8
которым она сможет пройти в дамки? Каждым
7 5
15
20
14
своим ходом шашка сдвигается на одну клетку
вверх по диагонали либо вправо, либо влево.(103. 6
5
10
10
4
Так как шашка ходит по диагонали, то она всё
4
6
4
время остается на клетках одного цвета (в 5 1
данном случае чёрного). Пусть некоторая черная 4
1
3
3
1
клетка x находится не на первой горизонтали.
1
2
1
Если при этом она находится на крайней 3
вертикали, то пойти на эту клетку можно только 2
1
1
с одной клетки y, поэтому маршрутов от клетки
0
e1 до клетки x существует столько же, сколько 1
от e1 до клетки y. Если клетка x находится не на
a b c d e f g h
крайней вертикали, то пойти на нее можно из
двух клеток, причем если к этим клеткам от e1 приводило m и n маршрутов, то к
клетке x от e1 ведет m+ n маршрутов. Двигаясь последовательно от второй до
восьмой горизонтали, поставим в каждую из клеток, в которые может попасть
шашка, число, равное количеству приводящих в неё маршрутов. Таким образом,
количество маршрутов, приводящих к клеткам восьмой горизонтали:
20+35+34+14=103.)
9.Сколько среди первых миллиона натуральных чисел тех, которые не являются ни
полным квадратом, ни полным кубом? (998910. Среди миллиона первых натуральных
чисел 1000 полных квадратов (квадраты чисел от 1 до 1000) и 100 полных кубов
(квадраты чисел от 1 до 100), но из них 10 являются также полными квадратами (это
кубы чисел, являющихся полными квадратами чисел от 1 до 10), поэтому 10
посчитаны дважды. Таким образом, всего 1000000−(1000+100−10)=998910 нужных
нам чисел.)
10. В клуб пришли 19 джентльменов: некоторые – в шляпах, некоторые – без. Затем время
от времени один из джентльменов снимал с себя шляпу и надевал на голову другому
джентльмену, у которого в этот момент шляпы не было. 9 джентльменов через час
заявили: "Я отдавал шляпу чаще, чем получал!" Сколько джентльменов могло прийти в
клуб в шляпах? (9 или 10 джентльменов.Отдавать шляпу чаще, чем получать, мог
только тот, кто пришёл в шляпе, а заявление своё делал, не имея шляпы. Значит, в
шляпах пришло не меньше 9 джентльменов, а шляп не больше, чем 19–9=10. Отсюда
ясно, что в шляпах пришли либо 9, либо 10 джентльменов. Причём оба случая
возможны, например, 9 джентльменов разбились на пары (со шляпой и без шляпы) и
передавали её друг другу, а последний джентльмен мог быть и в шляпе, и без шляпы,
никому ничего не передавая.)
11.Решите неравенство: [x]{x} <x – 1. ([x] – целая часть числа x, т.е. наибольшее целое
число, непревосходящееx, {x}= x – [x] – дробная часть числа x.) ([2;+). Обозначим: [x] =
a, {x} = b, тогда x = a + b. Данное неравенство примет вид: ab<a + b – 1 ab – a – b + 1
< 0  (a – 1)(b – 1) < 0. Т.к. для любых значений x выполняется неравенство 0  {x} <
1, то 0b< 1. Тогдаа> 1, то есть [x] > 1. Следовательно, x 2.)
4
12.Сумма восьми чисел равна . Оказалось, что сумма любых семи чисел из этих восьми
3
– положительна. Какое наименьшее целое значение может принимать наименьшее из
4
данных чисел? (–7. По условию: a1  a 2 ... a8  . Пусть a1  a 2 ...  a8 . Тогда a8 > 0,
3
4
a1  a 2 ... a 7 >
a8 < .
кроме
того,
0,
поэтому
Следовательно,
3
4
a 2  a 3 ... a 7  6a8  6  = 8. Значит, a1  –8. Приведем пример, показывающий, что
3
25
25
. Тогда –7 + 7 
=
a1 = –7 удовлетворяет условию задачи. Пусть a 2  a 3 ...  a8 
21
21
4
4
25
50
= . При этом, –7 + 6 
=
– 7 > 0, то есть
7
21
3
21
7
сумма любых семи чисел положительна.)
13. В выпуклом четырёхугольнике ABCD точки E и F
являются серединами сторон BC и CD соответственно.
Отрезки AE, AF и EF делят четырехугольник на 4
треугольника,
площади
которых
равны
четырём
последовательным
натуральным
числам.
Каково
наибольшее возможное значение площади треугольника ABD? (6. Пусть площади
треугольников равны n, n+1, n+2, n+3. Тогда площадь четырехугольника ABCD
составляет 4n+6. Нетрудно видеть, что площадь треугольника BCD в четыре раза
больше площади треугольника ECF, поэтому эта площадь не меньше 4n. Значит,
SABD=SABCD−SBCD(4n+6)−4n=6. Осталось доказать, что значение 6 является
возможным. Примером служит равнобедренная трапеция с основаниями AD=6, BC=4
и высотой 2 (числа на рис. обозначают площади треугольников).)

14. Найдите наименьшее положительное значение x + y, если (1 + tgx)(1 + tgy) = 2. ( .
4
Преобразуем данное равенство: (1 + tgx)(1 + tgy) = 2  1 + tgx + tgy + tgxtgy = 2 tgx +
tgy = 1 – tgxtgy. 1) Пусть 1 – tgxtgy 0, тогда полученное равенство можно записать
так:
tg x  tg y

 1  tg x  y   1  x  y   k , k  Z . В этом случае, наименьшее
4
1  tg x tg y

. 2) Пусть 1 – tgxtgy = 0, тогда
4
полученное равенство примет вид tg x  tg y  0 . Но система
 tg x  tg y,
tg x  tg y  0,
уравнений 
равносильна системе 
, которая
2
tg x  tg y  1
 tg x  1
не имеет решений. Т.е., в этом случае значений xиy, удовлетворяющих
данному равенству, не существует.)
положительное значение x + y равно
15.Внутри квадрата ABCD выбрана точка M так, что MAC=MCD=. Найдите величину
угла ABM. (902. Если точка M лежит
внутри треугольника ABC, то MAC<
45o<MCD. Легко также проверить, что на
сторонах треугольников ABC и ACD точка M
лежать не может, поэтому она лежит внутри
треугольника ACD. При этом AMC =
180MAC(45MCD)=135. Это означает,
что точка M лежит на дуге окружности
радиуса AB с центром B. Поэтому по теореме
о вписанном угле ABM = 2ACM = 902.)
16. Какое наименьшее количество клеток можно закрасить на доске 88 так, чтобы все
узлы клетчатой решётки оказались закрашенными? Приведите ответ и пример. (25
клеток, см. рисунок.Раскрасим узлы в четыре цвета – см. рисунок, получим, что
каждая закрашенная клетка содержит ровно 1 узелок каждого цвета, но первого
цвета будет 25 узелков, значит, надо не менее 25 закрашенных клеток.)
17. Для каких натуральных n найдутся натуральные числа a и b такие, что сумма цифр
каждого из чисел a, b, a+b равна n?(Для всех n, делящихся на 9, и только для
них.Пример. 9...9  9...9  19...98 — сумма цифр равна 9k. Пусть число n даёт при
k
k
k 1
делении на 9 ненулевой остаток l. Тогда если суммы цифр чисел a и b равны n, то
сумма цифр числа a+b дает при делении на 9 остаток 2l, не равный l.)
18. В стране есть 18 городов, каждый из которых соединён дорогами максимум с 3
другими городами. Транспортная кампания хочет организовать круговые автобусные
маршруты, содержащие по 4 города. Какое наибольшее количество таких маршрутов
могло оказаться? (27 маршрутов. Переформулируем задачу на языке графов:
вершины  города, рёбра  дороги. Тогда наша задача может быть
переформулирована следующим образом: «В графе на 18 вершинах степень каждой
вершины не более 3. Какое наибольшее количество циклов длины 4 может быть в
этом графе?» Решение. Заметим, что через каждое ребро графа проходит не больше
четырёх искомых циклов. В самом деле, каждый из двух концов любого данного
ребра принадлежит, кроме данного, максимум двум другим рёбрам, то есть
включить данное ребро как среднее в маршрут из трёх рёбер можно, самое большее,
22=4 способами, а маршрут из трёх рёбер входит, самое большее, в один цикл длины
4. Поскольку всего рёбер в нашем графе не более 318/2=27, циклов длины 4 в нём не
более 274/4=27. Пример, когда маршрутов ровно 27, строится так: вершины
разбиваются на три группы по 6, в каждой группе три вершины красятся в красный
цвет, а три  в синий, и каждая красная вершина соединяется со всеми синими из
той же группы. В каждой шестёрке ровно 33=9 циклов длины 4, потому что две
красные вершины цикла можно выбрать тремя способами, и две синие  тоже тремя,
независимо от красных.)
19.AL и BM – биссектрисы треугольника ABC. Окружности,
описанные около треугольников ALC и BMC, вторично
пересекаются в точке K, лежащей на стороне AB.Какие
значения может принимать величина угла ACB? (60.
Обозначим
A=2α.
Тогда
KAL=CAL=α,
и
KCL=KAL=α как опирающиеся на одну дугу KL.
Аналогично получаем, что если B=2β,
то
KCM=MBC=β как опирающиеся на равные дуги МК и
MCвторой окружности. ТогдаС=α+β, и по сумме углов треугольника
A+B+C=3α+3β=180, C=α+β=60.)
20. Найти наименьшее значение произведения xy, где x и y удовлетворяют системе
 x  y  3a  1
. (0,9). Выразим уиз первого уравнения и подставим во второе
 2
2
2
 x  y  4 a  2a  2
уравнение.
2 x 2  (3a  1) 2  2(3a  1) x  4a 2  2a  2  2 x 2  2(3a  1) x  5a 2  4a  1  0
Уравнение имеет решение, если D / 4  4  (a  1) 2  0  a  [1;3] . Теорема Виета
приводит к соотношению: 2 xy  5a 2  4a  1 . Вершина получившейся параболы –
точка (0,4;1,8), значит, наименьшее значение xy равно 0.9.)