Решения олимпиады

Московский физико-технический институт
(Государственный университет)
Факультет Инноваций и Высоких Технологий
Заочная олимпиада ФИВТ-2007
Решения
Долгопрудный – 2008
Задачи.
1(8 баллов). Великий Император Священной Поднебесной Империи Август Хуанцзы изобрёл специальный штрихкод
для записи дат рождений своих подданных. Даты рождения шифруются последовательностью широких и узких
вертикальных полосок, а также расположением и количеством чёрных горизонтальных полосок. Вот некоторые даты,
записанные с помощью этого штрихкода. В Священной Поднебесной Империи месяцы и дни точно такие же, как у
нас, так что вам не составит труда разобраться, каким способом шифруются данные и расшифровать последние три
штрих-кода.
(Задача предложена базовой кафедрой ABBYY)
Решение:
17 января 1976
г.
4 июня 2007 г.
22 июня 1941 г.
8 декабря 1994 г.
2 февраля 2002 г.
9 мая 1945 г.
1 ноября 2005
г.
12 апреля
1961 г.
25 октября 1982 г
28 июня 1999 г.
26 июля 2001 г.
22 сентября 2008 г.
14 мая 2000 г.
1 апреля 1986 28 ноября 1986 г.
14.04.1981
11.12.1982
19.03.2004 пятница
г.
вторник
суббота
Критерии оценок:
Расшифрованы дни недели ........................................................................................................................................................... 1
Расшифрованы числа и месяцы .................................................................................................................................................... 3
Расшифрован первый год ............................................................................................................................................................... 1
Расшифрован второй год................................................................................................................................................................ 1
Расшифрован последний год ......................................................................................................................................................... 2
2(5 бллов). Компьютерная сеть состоит из 500 компьютеров. В памяти каждого записано по одному числу. Каждый
компьютер за одну секунду может сделать одну из двух операций: сложить два числа или отослать пакет данных
любого размера любому другом компьютеру. За какое наименьшее время удастся сложить все числа, записанные на
компьютерах. (Компьютер может складывать числа и принимать данные от нескольких компьютеров одновременно).
(Задача предложена базовой кафедрой УРВиИТ)
Решение:
Обозначим максимальное количество чисел (на разных компьютерах) которое можно сложить за время t через F(t).
Рассмотрим последнюю секунду вычислений: на каком-то компьютере K происходит складывание двух (последних)
чисел a и b. Не ограничивая общности, можно считать, что a является суммой двух чисел сложенных на компьютере K,
а b пришло с некоторого другого компьютера. Поэтому a является суммой не более чем F(t − 1) чисел, а b не более чем
F(t − 2) чисел. Получаем равенство F(t) = F(t − 1) + F(t − 2), т.к. F(t) – максимально количество. Заметим, что значения
F(1) = 1, а F(2) = 2. Теперь мы можем найти значение F(t) для остальных t: получаем последовательность Фибоначчи.
T
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
F(t)
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
144
233
377
610
Таким образом сложить все числа на 500 компьютерах можно будет не быстрее чем за 14 секунд. Существование
примера доказывается по индукции.
Критерии оценок:
Описание предпоследнего шага .................................................................................................................................................... 2
Получение последовательности Фибоначчи ................................................................................................................................ 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................ 1
Пример ............................................................................................................................................................................................. 1
3(5 баллов). Путешественник заблудился в густом лесу и видит не дальше чем на 3 метра. Он знает, что в 5
километрах проходит прямолинейная дорога, но не знает в каком направлении. Может ли путешественник продумать
свой путь так, чтобы пройдя 32 километра гарантировано выйти на дорогу?
(Задача предложена базовой кафедрой УРВиИТ)
2
Решение:
Рассмотрим путь (см. рисунок). Т.к. дорога проходит внутри круга радиусом 5 км, то если
путешественник пойдет по этому пути, то он гарантировано выйдет на дорогу, где бы она не
находилась. Длина этого пути равна: (
2
1 7

   1) ·5км= 31,9865км.
3
3 6
30°
Ответ: Да, может.
Критерии оценок:
Пример пути ...................................................................................................................................................................................... 3
Доказательство, что путь подходит ............................................................................................................................................. 1.5
Подсчет длины ............................................................................................................................................................................... 0.5
4(3 балла). У доски для игры в стоклеточные шашки оторваны четыре поля – a10, d7, f5, j1. Вы пытаетесь плотно
выложить эту доску фигурками тетрамино (фигурками для игры в тетрис). Без какой фигурки вам точно не обойтись?
(Задача предложена базовой кафедрой Cognitive Technologies)
Решение:
У описанной в задаче доски 50 чёрных клеток и 44 белых. Каждая фигура тетрамино покрывает 4
клетки. При этом 6 типов фигур покрывают 2 белых и 2 чёрных клетки каждая, и только "тобразное" тетрамино покрывает 3 клетки одного цвета и одну клетку другого. Следовательно, при
покрытии данной доски не обойтись без "т-образного" тетрамино. Пример такого покрытия
приведен на рисунке:
Критерии оценок:
Доказательство ................................................................................................................................................................................... 1
Пример ................................................................................................................................................................................................ 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 1
5(4 балла). Придумайте ясное, чёткое истинное утверждение на хорошем русском языке, такое, что если вставить в
него частицу «не», смысл утверждения изменится ровно на противоположный (как это и должно быть согласно
логике), а вот истинность сохранится.
(Задача предложена базовой кафедрой Cognitive Technologies)
Решение:
1. Любые утверждения, касающиеся объектов, не изменившихся при добавлении частицы "не", должны менять истинность при
отрицании
смысла
утверждения
(закон
исключённого
третьего).
2. Единственный изменившийся объект - сама фраза. Следовательно, утверждение касается самой фразы, причём свойств,
изменившихся при добавлении частицы "не". Например, числа слов в фразе. Пример: "Фраза, которую вы сейчас читаете,
состоит из девяти слов". Она истинна. При добавлении слова «не» получим: "Фраза, которую вы сейчас читаете, не состоит из
девяти слов". Истинность фразы не меняется, т.к. в ней уже 10 слов.
Критерии оценок:
Пример ................................................................................................................................................................................................ 3
Доказательство ................................................................................................................................................................................... 1
6(3 балла за вопрос А + 2 балла за вопрос Б). Есть 100 узников, которых приговорили к смертной казни. Но у них
есть шанс спастись. Их будут в произвольном порядке запускать в темную комнату, в которой есть один рычаг (рычаг
может находиться в одном из двух положений). После того, как очередной узник побывает в этой комнате, он может
заявить, что уже все узники хотя бы по одному разу побывали в этой комнате. Если он окажется прав, то всех
отпустят, если ошибется, то их всех казнят. Могут ли узники совместно разработать стратегию, позволяющую им
гарантированно спастись? То есть, перед этим «аттракционом» они все находятся в общей камере, у них есть шанс
договориться. Каждому узнику гарантировано, что он побывает в этой комнате, и после очередного посещения его
когда-нибудь ещё раз туда заведут. Решите задачу в случаях: А) Узники знают, что изначально рычаг находится в
положении «выкл»; Б) изначальное положение рычага им неизвестно.
(Фольклор)
Решение:
А) Узники договариваются следующим образом: выбирается узник-счетчик, который, заходя, и видя, что рычаг включен –
выключает его и увеличивает запомненное число на 1 (изначально число равно 0), если рычаг выключен – просто выходит.
Остальные узники, видя рычаг выключенным, включают его (только в первый раз, когда они заходят в комнату), а, видя его
3
включенным – не делают ничего. Т.к. изначально рычаг выключен, а включают его только узники-несчетчики по одному
разу каждый, то узнику-счетчику достаточно досчитать до 99.
Б) Аналогично, но узники-несчетчики включают рычаг по два раза, а счетчик считает до 198.
Критерии оценок:
Стратегия в пункте А......................................................................................................................................................................... 2
Доказательство в пункте А ............................................................................................................................................................... 1
Стратегия в пункте Б ......................................................................................................................................................................... 2
7(6 баллов). На горизонтальном гладком столе на одинаковом расстоянии друг от друга покоятся N
одинаковых шариков, образуя полуокружность, как показано на рисунке. Общая масса шариков
равна M. Шарик массы m приближается к полуокружности слева. Начальные условия для этого
Общая
шарика подобраны так, что он ударяется о каждый из N шариков из полуокружности и продолжает
масса M
своё движение в направлении, обратном исходному. В пределе N   , так что масса M/N каждого
m
шарика в полуокружности стремится к нулю, найдите минимальное значение M/m, которое
позволяет налетающему шарику, пройдя пол-окружности, двигаться в указанном направлении. Все
соударения можно считать абсолютно упругими, размерами шариков пренебречь.
(Довбня А., студент 3 курса ФИВТ)
Решение:
Пусть   M / N – масса каждого из шариков в полуокружности. Необходимо, чтобы угол отклонения шара m после
каждого столкновения был равен    / N . Тем не менее, если отношение  / m достаточно мало, такого угла
отклонения невозможно достичь.
Рассмотрим для начала результат столкновения налетающего шара массой m2 с покоящимся шаром массой m1 .
Покажем, что максимальный угол отклонения шара m2 от начального направления равен arcsin(
m1
) . Пусть
m2
начальная скорость налетающего шара равна V ; V1 ,  и V2 ,  – конечные скорости и углы рассеивания шаров m1 и
m2 соответственно. Законы сохранения энергии и импульса для двух шаров будут выглядеть следующим образом:
1
1
1
m2V 2  m2V2 2  m1V12 (1)
m2V  m2V2Cos  mV
0  m2V2 Sin  mV
1 1Cos (2)
1 1Sin (3)
2
2
2
Избавляясь от  путем переноса выражений, содержащих этот угол в одну часть уравнений (2), (3) и дальнейшего
возведения полученных уравнений в квадрат и их сложения, получим: m2 2 (V 2  V22  2VV2Cos )  m12V12 (4)
Подставляя в (4) выражение для
m12V12 , взятое из уравнения (1), умноженного предварительно на m1 :
m22 (V 2  V2 2  2VV2Cos )  m1m2 (V 2 V22 ) .
Приходим
V2 : (m2  m1 )V  (2m2VCos )V2  (m2  m1 )V  0 дискриминант
2
2
2
к
квадратному
которого
не
(2m2VCos ) 2  4(m2  m1 )(m2  m1 )V 2  0 .Откуда m12  m22 (1  Cos 2 ) и Sin 
угол отклонения после каждого столкновения должен быть равным
условию Sin 

m
. Для малых углов Sin   , и

N


m
или  
должен
уравнению
быть
для
отрицательным:
m1
. Вернемся к нашей задаче. Итак,
m2
  / N ,
синус этого угла удовлетворяет
M
.
m
Критерии оценок:
Закон сохранения импульса для двух шаров ............................................................................................................................... 1
Закон сохранения энергии для двух шаров .................................................................................................................................. 1
Нахождение максимального угла отклонения ............................................................................................................................. 3
Правильный ответ ........................................................................................................................................................................... 1
8(4 балла) Город имеет форму квадрата 10х10, изображённого на рисунке.В узлах сетки
располагаются дома, а линии сетки изображают трубы, соединяющие эти дома. По трубам
циркулирует отопление, причем по каждой трубе течет ненулевой поток. В некоторых из
них известно направление движение воды (см. рисунок). Также известно, что у каждого
дома есть по крайней мере одна входящая труба и по крайней мере одна выходящая.
Квадратики, на которые трубы разбивают город, назовем площадями. Какое минимальное
4
количество площадей, по которым вода циркулирует в одном направлении (по часовой стрелке или против часовой
стрелки) всегда найдется?
(Стебелев М., студент 2курса ФИВТ)
Решение:
Поскольку мы знаем, что в домах вода не накапливается, то в каждый дом по какой-то трубе втекает вода и по другой
– вытекает. Докажем, что внутри каждого цикла есть нужная нам площадь. Из всех циклов внутри данного(включая
его) возьмем цикл минимальной площади. Если этот многоугольник – площадь, то задача решена. Если нет, то из
какой-либо его вершины есть ребро внутрь цикла. Пойдем по этому ребру внутрь цикла
согласно направлениям стрелок (или против, в зависимости от того, как было направлено
первое ребро). Таким образом, мы когда-либо попадем или в вершину первоначального
цикла или в уже пройденную. Если попали в уже пройденную, то получили цикл,
площадь которого меньше (поскольку мы не могли выбраться за границы цикла, т.к. граф
плоский). Если мы попали в вершину цикла – то построенный путь дополняет одну из
половинок цикла до цикла меньшей площади. Получаем, что тот цикл все же являлся
площадью. Поэтому внутри каждого из 5 циклов, изображенных на картинке есть нужная
нам площадь. Значит их хотя бы 5. Приведем пример на 5:
Критерии оценок:
Правильный ответ .............................................................................................................................................................................. 1
Доказательство того, что внутри каждого цикла есть площадь .................................................................................................... 2
Пример ................................................................................................................................................................................................ 1
9(4 баллов). Назовем цифру красивой, если любая ее степень оканчивается на неё же. В десятичной системе счисления
красивые цифры 0,1,5,6. Как зависит количество красивых цифр от основания системы?
(Хамидулин А., студент 2 курса ФИВТ)
Решение:
Пусть n- основание системы. Представим его в виде n=n1n2…nm, где ni – простой делитель n в степени его вхождения в
n. Пусть y – произведение каких-то nj. z= n/ y. т.к. НОД(z,y)=1, то найдётся число k, меньшее z, такое, что x=ky ≡ 1
(mod z). Тогда x(x-1) делится на n, и x – красивая цифра (т.к. x=ky<zy=n). Заметим, что число x единственно, т.е. если
есть x’=k’y≡1(mod z), то k’=k. В самом деле, (k’-k)y делится на z, значит и (k’-k) делится на z, а т.к. 0≤k<z, то k’≥z или
k’<0 и x – не цифра. Таким образом, для любого произведения nj найдется единственная красивая цифра, построенная
таким образом, поэтому их количества совпадают, т.е. красивых цифр 2n.
Критерии оценок:
Оценка сверху .................................................................................................................................................................................... 1
Оценка снизу ...................................................................................................................................................................................... 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 2
10(5 баллов). Представим себе сферически-симметричное облако из частиц пыли, плотность которого равна  0 . В
начальный момент времени каждая частица в облаке имеет скорость, направленную радиально от центра облака,
которая зависит от положения частицы по закону:   H 0 r , где H 0 – константа, r – расстояние от центра облака до
частицы. Этот закон известен как закон Хаббла, и расширение данного облака пыли есть грубое приближение
расширения нашей Вселенной. Будет ли оставаться справедливым этот закон скоростей по мере расширения облака?
Какой должна быть начальная плотность облака пыли для того, чтобы расширение продолжалось бесконечно долго?
Решите задачу в предположении, что плотность облака остается постоянной при эволюции системы.
(Довбня А., студент 3 курса ФИВТ)
Решение:
Пусть M (r ) – масса пыли внутри сферы радиуса r . Известно, что результирующая сила, действующая на частицу,
находящуюся на расстоянии r от центра облака, будет силой взаимодействия только с частицами, заключенными
внутри этой сферы радиуса r (следствие из теоремы Гаусса). Второй закон Ньютона для частицы, находящейся на
mM (r )
(здесь m – масса частицы, a – её ускорение). Предполагая, что
r2
4
плотность облака остается равномерной при эволюции системы, можно записать: M ( r )   r 3 . Подставляя это
3
4
выражение во второй закон Ньютона, имеем: a    Gr . Этот результат означает, что и скорость и ускорение
3
расстоянии
r
от центра облака: ma  G
5
частицы пропорционально радиусу r , и закон Хаббла остаётся справедливым. Критическая плотность облака
определяется из того, что частица пыли должна достигать нулевой скорости на бесконечности:
mM (r ) m 2 (r )
.

r
2
3H 0 2
.

8 G
Eпотенциальная  Eкинетическая  0  G
Откуда находим:   критическая
Критерии оценок:
Применение теоремы Гаусса ............................................................................................................................................................ 2
Закон Ньютона ................................................................................................................................................................................... 1
Формула ускорения частиц ............................................................................................................................................................... 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 1
11(3 балла). Катя и Рома играют в следующую игру: по очереди берут камни из кучи, состоящей из 2007 камней,
причём можно брать только простое число камней, меньшее 200, или 1 камень. Начинает Катя, проигрывает тот, кто не
может сделать ход. Кто выиграет при правильной игре?
( Мартемьянов Р., студент 1 курса ФИВТ)
Решение:
Докажем что Катя всегда сможет действовать так, что после её хода в куче всегда будет оставаться число камней
кратное 4. Проведём доказательство по индукции по n, где n – количество ходов Кати.
1) База индукции. n=1: Катя берёт 3 камня и остаётся 2004, которое делится на 4.
2) Индукционный переход от n к n+1. Пусть после n-го хода Кати в куче осталось Y камней (Y кратно 4), а Рома своим
n ходом взял X камней. Заметим, что X не делится на 4, т. к. оно должно быть простым. Значит разность Y-X не
делится на 4: она может давать остаток 1, 2 или 3 при делении на 4. Тогда следующим своим ходом Катя берёт число
камней равное остатку при делении X-Y на 4. Получаем, что после (n+1)-го хода Кати, оставшееся число камней в куче
делится на 4. Что и требовалось доказать.
Значит, после каждого хода Кати оставшиеся число в куче делится на 4, а после хода Ромы не делится. Так как в самом
конце в куче не остаётся камней, а 0 делится на 4, то Катя всегда может обеспечить себе победу.
Ответ: Катя.
Критерии оценок:
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 1
Стратегия ............................................................................................................................................................................................ 1
Доказательство ................................................................................................................................................................................... 1
12(4 балла). На диаметре круглой платформы закреплены рельсы, по которым может свободно перемещаться пусковая
установка. Платформа вращается с постоянной угловой скоростью  . На рисунке
изображено положение платформы и пусковой установки в начальный момент времени
t 1  0 (стрелочка указывает на пусковую установку). В этот же момент пусковая
установка начинает движение по закону r  R cos(2t ) , где R – радиус платформы, а r
- расстояние до оси платформы. В момент времени t 2  3 / 4 в направлении движения
установки мгновенно стартует оранжевая ракета. Изобразите траекторию движения
ракеты с точки зрения неподвижного наблюдателя, находящегося над платформой и
обозревающего всю платформу целиком.
(Гарифуллин Э., студент 2 курса ФИВТ)
Решение:
Пусть  - угол между рельсами и осью Ox .
1)   0t  t  3 / 4
t  [0;3 / 4 ]    [3 / 4;3 / 2]
2) r  R cos( 2t )  R cos( 2  3 / 2)   R sin( 2 )
Далее решаем в полярных координатах.
3)Положим для некоторых  r  0   R sin( 2 )  0    k / 2, k   . Отсюда получаем 1  , 2 3 / 2
Заметим, что при r  0 установка находится в центре платформы, следовательно, она не имеет вращательной
компоненты скорости, а имеет лишь поступательную скорость движения вдоль рельс.
4)Исследование на экстремум:
r '  2 R cos( 2 )  0     / 4  2n, n   . Отсюда  3 3 / 4, 4 5 / 4 r ( 3 )  R, r ( 4 )   R
6

(Знак “-“ показывает изменение направления вектора r в системе, связанной с рельсами)
5) r '  0  cos( 2 )  0  5 / 4    3 / 2 . r '  0  cos( 2 )  0  3 / 4    5 / 4 .
Здесь использованы ограничения   [3 / 4;3 / 2]
Очевидно, при 3 / 4    5 / 4 установка движется в одном направлении, а при
5 / 4    3 / 2 - в другом.
6)  - поступательная скорость движения установки в системе, связанной с
рельсами.
  r 't  2R sin( 2t )  2R sin( 2  3 / 2)  ( 3)   ( 4)  0 .
Следовательно, при   3 или   4 установка не имеет поступательной
компоненты скорости и движется вместе с платформой со скоростью ~  R .
Следовательно, траектория движения в этих точках касается круга радиуса R .
7) Контрольные точки:
r (11 / 12)  R / 2; r (13 / 12)  r (17 / 12)   R / 2
8)В момент t 2   2 3 / 2 . Ракета находится в центре платформы и имеет
начальную скорость ˆ  2R , направленную параллельно оси Oy .
Исходя из пунктов (1)-(8) строим траекторию:
Критерии оценок:
Переход в полярные координаты ..................................................................................................................................................... 1
Исследование экстремумов............................................................................................................................................................... 1
Контрольные точки............................................................................................................................................................................ 1
Рисунок траектории ........................................................................................................................................................................... 1
13(3 балла за физическую часть + баллы за идею применения). Общее потребление энергии людьми составляет 2.5
ТВт (на конец 2006 года). Оцените, во сколько раз эта цифра больше для растений, учитывая что они поглощают 0.8%
всей доходящей до планеты солнечной энергии. Светимость Солнца 3,88 1026 Вт. Предложите применение энергии
растений. Где и как ее можно использовать? Выгодно ли это? Что нужно, чтобы эту энергию использовать?
Указание: Светимость – полная энергия, излучаемая телом за единицу времени.
(Сафронов В., студент 5 курса ФАКИ)
Решение:
Величина солнечного излучения, приходящегося на квадратный метр в секунду для орбиты Земли (солнечная
постоянная) равна приблизительно N=1400 Вт/м2. Для ее получения светимость Солнца надо поделить на площадь
сферы радиусом 150 млн. км (60% этой энергии рассеивает атмосфера, 40% доходят до поверхности, в свою очередь
около 2% от этих 40% поглощают растения, отсюда цифра k=0.8% = 40%  2% ).
Площадь поглощения для диска радиусом 6400 км (приближение Земли) равна S ~   (6, 4 106 )2  1, 286 1014 м2 .
Получаем энергетику царства растений: W  k  N  S  0,008 1400 1, 286 1014  1.44 1015 Вт. Эта цифра примерно в
600 раз превышает существующие потребности людей в энергии.
Ответ:  1.44 1015 Вт
Критерии оценок:
Оценка солнечного излучения на метр квадратный ....................................................................................................................... 1
Оценка площади поглощения для Земли, как R 2 ........................................................................................................................ 1
Другая оценка площади поглощения для Земли............................................................................................................................. 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 1
14(5 баллов). Недалеко от полноводной горной реки в прошлом году был построен участок железной дороги,
стоимостью 1млн. у.е. В этом году было принято решение о строительстве гидроэлектростанции на этой реке. Есть
выбор между двумя проектами станций одинаковой мощности. Первая может быть построена к концу года, но
вследствие разлива реки будет затоплен уже построенный участок железнодорожного полотна. Её стоимость составит
6,5 млн. у.е., работы по переносу полотна будут выполнены в конце следующего года и обойдутся в 1.2 млн. у.е. Все
выплаты производятся по окончании строительства, и других затрат для запуска не потребуется. Вторая может быть
построена к концу следующего года, причём строительство требует выплат 4 млн. у.е. в конце этого года и 6 млн. у.е. в
7
конце следующего. В этом случае затопления не происходит. Считая темп падения ценности денег (ставку дисконта)
1,2 в год, выберете лучший на Ваш взгляд проект и аргументируйте свой выбор.
(Малеев А., студент 4 курса ФИВТ)
Решение:
Стоимость денег во времени падает благодаря тому, что деньги, обращаясь где бы то ни было, могут приносить
безрисковую прибыль. Например, можно в начале года купить государственные ценные бумаги США и практически
гарантированно в конце года получить некий процент прибыли. Конечно, существует и второй фактор обесценивания
денег – инфляция, но поскольку в условии нет соответствующих данных, то для простоты опустим учёт этого фактора.
Все выплаты в обоих из рассматриваемых проектов производятся либо в конце текущего года, либо в конце
следующего, поэтому приведём все выплаты к концу текущего года (для ответа на вопрос задачи, можно приводить их
любому другому, но обязательно одному и тому же для двух проектов моменту времени). По условию темп падения
ценности денег во времени равен 1,2 в год, поэтому стоимость 1 у.е. в конце второго года равна
1у.е.
 0,83 у.е. в
1, 2
конце этого года.
Заметим, что участок железнодорожного полотна уже построен в прошлом году, и сейчас уже нельзя повлиять на
решение о его строительстве. Поэтому затраты на его строительство, произведённые в конце прошлого года, не должны
учитываться при сегодняшнем выборе (так называемый «принцип неуправляемости прошлым»).
Остаётся только подсчитать и сравнить затраты по каждому проекту, приведённые на конец текущего года:
1-ый проект: 6,5 млн 
1, 2 млн
 7,5 млн ;
1, 2
2-ой проект: 4 млн 
6 млн
 9 млн .
1, 2
Ответ: первый.
Критерии оценок:
Учёт падения стоимости денег во времени ..................................................................................................................................... 1
Использование принципа неуправляемости прошлым .................................................................................................................. 1
Правильно подсчитанные затраты на реализацию первого проекта ............................................................................................ 1
Правильно подсчитанные затраты на реализацию второго проекта............................................................................................. 1
Ответ ................................................................................................................................................................................................... 1
Организаторы олимпиады: Малеев Алексей, Зубанов Дмитрий, Кривцов Валерий Евгеньевич, Мартемьянов Роман,
Стебелев Максим, Хамидулин Андрей. Финансовая поддержка: компания ABBYY, компания Cognitive Technologies.
8