пирог на минуту позже Малыша, ... Карлсон уже съел столько, сколько ... Математический бой № 3, 7 класс, решения

Математический бой № 3, 7 класс, решения
1. Малышу и Карлсону дали по одинаковому пирогу. Карлсон начал есть свой
пирог на минуту позже Малыша, а через две минуты после этого оказалось, что
Карлсон уже съел столько, сколько еще осталось съесть Малышу. Докажите, что
если бы Малыш и Карлсон ели один пирог вдвоем, то они управились бы с ним
меньше, чем за три минуты.
Через три минуты после того, как Малыш начал есть свой пирог, у него осталась такая же
часть пирога, которую съел Карлсон от своего пирога. Значит, за три минуты из двух съеденных
частей можно было бы сложить один пирог. Следовательно, если бы они ели один пирог вдвоем,
то он бы уже закончился. Помимо двух минут, что Малыш и Карлсон ели пирог, нужно учитывать,
что Карлсон начал есть свой пирог на минуту позже Малыша. Поэтому они управились бы с ним
меньше, чем за три минуты.
2. Существует ли треугольник, градусная мера каждого угла которого выражается простым
числом?
Ответ: да. Так как сумма углов треугольника равна 180°, то градусные меры всех углов
треугольника не могут выражаться нечётными числами. Следовательно, градусная мера одного из
углов равна 2°. Остается подобрать два простых числа, сумма которых равна 178. Вот все
возможные примеры: 5 + 173, 11 + 167, 29 + 149, 41 + 137, 47 + 131, 71 + 107, 89 + 89.
3. Назовем число зеркальным, если слева направо оно «читается» так же, как справа налево.
Например, число 12321 – зеркальное. Сколько существует пятизначных зеркальных чисел, которые
делятся на 5?
Ответ: 100. Пятизначное зеркальное число, делящееся на 5, имеет вид 5aba 5 . Пятизначность
зеркального числа не позволяет ему оканчиваться на 0. В свою очередь цифры a и b могут быть
любыми – 102 вариантов.
4. В слове «КОМПЬЮТЕР» зашифровано некоторое число, причем разным буквам
соответствуют разные цифры. Найдите значение дроби
362880
(не забудьте
К О М  П  Ь Ю Т  Е  Р
обосновать ответ).
Ответ: 1. Ни одна из цифр в слове не может быть нулём (на нуль делить нельзя). В этом слове
9 букв и все они разные, значит, в нем присутствуют все цифры 1, 2, 3, …, 9. Поскольку
произведение чисел 1, 2, 3, …, 9 равно 362880, получаем 1.
5. Дан прямоугольный треугольник ABC – с гипотенузой AB. На прямой AB по обе стороны
от гипотенузы отложены отрезки AK = AC и BM = BC. Найдите угол KCM.
Ответ: 135. Обозначим α и β величины углов A и B
треугольника ABC. Ясно, что α + β = 90. Треугольник
KAC равнобедренный, сумма углов при основании KC
равна внешнему углу A. Значит, ACK = α/2. Точно
также можно заметить, что BCM = β /2. Таким образом,
KCM = α/2 + 90 + β /2 =135.
6. Дан треугольник ABC. Известно, что ACB = 76, ABC = 33. Точка D – пересечение
биссектрисы угла C и серединного перпендикуляра к AC. Докажите, что 2CD < BC.
Точка D, как точка серединного перпендикуляра к
AC,
равноудалена от A и B, то есть треугольник ADC
равнобедренный и
DAC = DCA = 76 : 2 = 38. Далее, из условия BAC =
180
–
(76+33) = 71, значит, BAE = 71 –38 = 33 и
треугольник AEB равнобедренный. В треугольнике DCE CDE = 38 + 38 = 76, как внешний угол
треугольника ACD, DEC = 180 – (76+38) = 66 < 76 = CDE, значит, EC > DC. Из доказанного
вытекают неравенства: 2CD = AD + DC < AE +EC =BE + EC = BC.
7. На скамейке сидят 10 детей. Может ли случиться, что между каждыми двумя мальчиками
сидит чётное число детей, а между каждыми двумя девочками – нечётное число детей?
Ответ: Не может. Решение. Пронумеруем сидящих на скамейке детей слева направо. Пусть
под номером 1 – девочка. Тогда на всех местах с чётными номерами сидят мальчики (ведь между
первой девочкой и любым ребёнком под чётным номером – чётное число детей). Но между любыми
двумя такими мальчиками – нечётное число детей, что противоречит условию. Значит, под номером
1 – мальчик. Тогда на местах 3, 5, 7, 9 – девочки. Две девочки не могут сидеть рядом (иначе между
ними 0 детей – чётное число), поэтому на местах 2, 4, 6, 8 – мальчики. Но между любыми двумя из
этих четырёх мальчиков – нечётное число детей. Противоречие.
8. Петя записал 25 чисел в клетки квадрата 5 × 5. Известно, что их сумма равна 500. Вася
может попросить его назвать сумму чисел в любой клетке и всех ее соседях по стороне. Может ли
Вася за несколько таких вопросов узнать, какое число записано в центральной клетке?
Ответ: да. Задав вопросы про 6 клеток, отмеченных на
рисунке слева, Вася может узнать сумму всех чисел, кроме A и
B. Вычитая ее из 500, он найдет A + B. Аналогичным образом он
может найти C + D. После этого Васе остается узнать сумму
чисел в центральном кресте и вычесть из нее (A + B) + (C + D).
7-8 Решения день 3
1.
Найдите какие-нибудь натуральные числа a, b, c, удовлетворяющие
уравнению 28a  30b  31c  365 .
Ответ: a = 1, b = 4, c = 7. (В году 365 дней, в феврале 28 дней, январь, март, май, июль,
август, октябрь и декабрь по 31 дню, в остальных по 30)
2.
Андрей, Боря, Вася, Гриша и Дима имеют фамилии Андреев, Борисов,
Васильев, Григорьев и Дмитриев. Известно, что Андрей старше Андреева на 1 год,
Боря старше Борисова на 2 года, Вася старше Васильева на 3 года и Гриша старше
Григорьева на 4 года. Кто старше – Дима или Дмитриев и на сколько?
Ответ: Дима младше Дмитриева на 10 лет.
Пусть возраст Димы отличается от возраста Дмитриева на x лет. Сумма возрастов,
посчитанная «по именам» и «по фамилиям» одинаковы. Значит, 1 + 2 + 3 + 4 + x = 0,
откуда x = –10.
3.
Назовем натуральное число «замечательным», если оно – самое маленькое
среди всех натуральных чисел с такой же, как у него, суммой цифр. Сколько
замечательных среди чисел от 1 до 2016?
Ответ: 28. Для каждой суммы цифр «замечательное» число одно. Значит, среди чисел
от 1 до 2016 замечательных чисел столько, сколько можно составить различных сумм
цифр. Минимальная сумма цифр – 1, максимальная – равна 1 + 9 + 9 + 9 = 28 всего 28.
4.
Все клетки таблицы 8 × 8 последовательно пронумерованы от 1 до 64 (в
каждом ряду клетки нумеруются слева направо, в первом ряду – от 1 до 8, во втором
— от 9 до 16 и т.д.). В таблице отметили восемь клеток так, что никакие две не
находились в одном столбце или на одной строке. Найдите все значения, которые
может принимать сумма номеров отмеченных клеток.
Ответ: 260. Указание: Выберем произвольные две отмеченные клетки. Пусть первая –
в клетке (i, j) (i-й столбец, j-я строка), а вторая – в клетке (p, q). Переставим эти ладьи
в клетки (i, q) и (p, j). От этого клетки по-прежнему не находятся в одной строке или в
одном столбце, и сумма чисел не изменилась. Действуя таким образом, можно
переставить все клетки так, что они будут идти вдоль диагонали, а значит сумма чисел
в клетках будет равна 1+10+19+28+37+46+55+64 = 260.
5.
В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1 и CC1, I — точка их
пересечения. Известно, что AI = BC и ACB = 2BAC. Найдите углы
треугольника.Ответ: A = 40, B = 60, C = 80.
Пусть A = α, тогда C = 2α. Из условия следует, что треугольник AC1C –
равнобедренный. Проведём в нем биссектрису CD, DCA = α/2. В равнобедренном
треугольнике биссектрисы равных углов – равны. Значит, CD = AI = CB и треугольник
DCB равнобедренный. При этом B = D = DCA +CAD = 3α/2.
Таким образом, сумма углов треугольника ABC есть α + 3α/2 + 2α
= 180. Откуда следует ответ.
6.
В выпуклом четырехугольнике ABCD ACD = 2BAC и
AC = CD. Докажите, что 2BC  AD.
Треугольник ACD равнобедренный по условию, высота CE будет
являться биссектрисой угла C. Из равенства углов BAC и ACE,
следует параллельность отрезков AB и CE. Из точки B опустим перпендикуляр BP на
прямую CE (на самом деле точка P не обязана лежать на отрезке CE).
Четырехугольник ABPE – прямоугольник. Если точки P и C совпали,
то 2BC = 2BP = 2AE =AD. Иначе – треугольник BPC прямоугольный и
2BC > 2BP = AD.
7.
С натуральным числом разрешается делать следующие
операции:
(а) приписать справа цифру 4;
(б) разделить на 2 (если число четное)
Можно ли с помощью этих операций получить из числа 2 число 2016?
Ответ: да, можно. Пример: 2 → 24 → 12 → 6 → 64 → 644 →322 → 3224 → 1612
→806 → 8064 → 4032 → 2016.
8.
На столе лежат две кучки по 100 спичек в каждой. Петя и Вася играют в
такую игру. Первым ходом Петя перекладывает одну спичку из какой-то кучки в
другую, затем Вася тоже перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую.
Вторыми ходами Вася и Петя перекладывают по две спички, третьими — по три и т.д.
Побеждает тот, после хода которого либо все 200 спичек впервые окажутся в одной
кучке, либо соперник не сможет сделать свой ход. Кто выиграет при правильной игре
и как ему для этого надо играть?
Ответ: Второй. Первыми 49 ходами второй должен возвращать спички, взятые
первым, в ту кучку, откуда первый их взял. В результате после каждого из этих ходов
второго в кучках будет по 100 спичек. Пятидесятым ходом первый переложит из
одной кучки в другую 50 спичек, затем второй переложит туда же оставшиеся 50, и
все 200 спичек окажутся в одной кучке.
8 класс Решения день 3
9.
В тексте к каждому вопросу указаны пять вариантов ответа. Отличник
отвечает на все вопросы правильно. Если двоечнику удается списать, он отвечает
правильно, в противном случае – наугад (то есть среди несписанных вопросов он
правильно отвечает на 1/5 часть). За год двоечник правильно ответил на половину
вопросов. Какую долю ответов ему удалось списать?
Ответ: 3/8. Двоечник неверно ответил на половину всех вопросов. Это составляет 4/5
тех вопросов, на которые он отвечал наугад. Если x – искомая величина задачи, то на 1
– x часть вопросов двоечник отвечал наугад, так что можно составить уравнение:4/5(1x)=1/2, откуда x=3/8.
10.
Андрей, Боря, Вася, Гриша и Дима имеют фамилии Андреев, Борисов,
Васильев, Григорьев и Дмитриев. Известно, что Андрей старше Андреева на 1 год,
Боря старше Борисова на 2 года, Вася старше Васильева на 3 года и Гриша старше
Григорьева на 4 года. Кто старше – Дима или Дмитриев и на сколько?
Ответ: Дима младше Дмитриева на 10 лет.
Пусть возраст Димы отличается от возраста Дмитриева на x лет. Сумма возрастов,
посчитанная «по именам» и «по фамилиям» одинаковы. Значит, 1 + 2 + 3 + 4 + x = 0,
откуда x = –10.
11.
Назовем натуральное число «замечательным», если оно – самое маленькое
среди всех натуральных чисел с такой же, как у него, суммой цифр. Сколько
замечательных среди чисел от 1 до 2016?
Ответ: 28. Для каждой суммы цифр «замечательное» число одно. Значит, среди чисел
от 1 до 2016 замечательных чисел столько, сколько можно составить различных сумм
цифр. Минимальная сумма цифр – 1, максимальная – равна 1 + 9 + 9 + 9 = 28 всего 28.
12.
Все клетки таблицы 8 × 8 последовательно пронумерованы от 1 до 64 (в
каждом ряду клетки нумеруются слева направо, в первом ряду – от 1 до 8, во втором
— от 9 до 16 и т.д.). В таблице отметили восемь клеток так, что никакие две не
находились в одном столбце или на одной строке. Найдите все значения, которые
может принимать сумма номеров отмеченных клеток.
Ответ: 260. Указание: Выберем произвольные две отмеченные клетки. Пусть первая –
в клетке (i, j) (i-й столбец, j-я строка), а вторая – в клетке (p, q). Переставим эти ладьи
в клетки (i, q) и (p, j). От этого клетки по-прежнему не находятся в одной строке или в
одном столбце, и сумма чисел не изменилась. Действуя таким образом, можно
переставить все клетки так, что они будут идти вдоль диагонали, а значит сумма чисел
в клетках будет равна 1+10+19+28+37+46+55+64 = 260.
13.
В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1
— точка их пересечения. Известно, что AI = BC и
ACB = 2BAC. Найдите углы треугольника.Ответ: A
= 60, C = 80.
и CC1, I
= 40, B
Пусть A = α, тогда C = 2α. Из условия следует, что треугольник AC1C –
равнобедренный. Проведём в нем биссектрису CD, DCA = α/2. В равнобедренном
треугольнике биссектрисы равных углов – равны. Значит, CD = AI = CB и треугольник
DCB равнобедренный. При этом B = D = DCA +CAD = 3α/2. Таким образом,
сумма углов треугольника ABC есть α + 3α/2 + 2α = 180. Откуда следует ответ.
14.
В четырехугольнике ABCD сторона BC вдвое больше стороны AB, A < 60,
BDC = 90, BAD = CBD. Докажите, что AB +AD > 2BD.
Обозначим E – середину гипотенузы прямоугольного
треугольника BDC. Тогда отрезки BE, EC и DE равны.
В треугольнике BED углы B и D меньше 60, значит,
BD > BE. В треугольнике ABD сторона AB меньше
стороны BD, значит, угол ADB меньше угла A. Отсюда
следует, что в треугольнике ABD угол B самый
большой, как и сторона AD. Отложим на AD отрезок AF, равный BD. Треугольники
ABF и BED равны по первому признаку. В результате получаем AB +AD = BF + AF +
FD = (BF + FD) + BD> 2BD.
15.
Найдите все пары взаимно простых натуральных чисел a и b, таких, что a2 +
2b2 делится на a + 2b.
Ответ: (1, 1) и (4, 1). Указание: из условия следует, что 6b2 = ((a2 + 2b2) − (a2 − 4b2))
делится на (a + 2b). Иначе говоря, НОД(6b2, a + 2b) = a + 2b. Докажите вначале, что
НОД(b, a + 2b) = 1, и выведите отсюда, что НОД(6b2, a + 2b) может равняться только
одному из чисел 1, 2, 3, 6.
16.
На столе лежат две кучки по 100 спичек в каждой. Петя и Вася играют в
такую игру. Первым ходом Петя перекладывает одну спичку из какой-то кучки в
другую, затем Вася тоже перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую.
Вторыми ходами Вася и Петя перекладывают по две спички, третьими — по три и т.д.
Побеждает тот, после хода которого либо все 200 спичек впервые окажутся в одной
кучке, либо соперник не сможет сделать свой ход. Кто выиграет при правильной игре
и как ему для этого надо играть?
Ответ: Второй. Первыми 49 ходами второй должен возвращать спички, взятые
первым, в ту кучку, откуда первый их взял. В результате после каждого из этих ходов
второго в кучках будет по 100 спичек. Пятидесятым ходом первый переложит из
одной кучки в другую 50 спичек, затем второй переложит туда же оставшиеся 50, и
все 200 спичек окажутся в одной кучке.
9 класс решения день 3
1.
Точки A, B и C – точки попарного пересечения трех окружностей, O1,
O2, O3 – их центры (см. рис.). Окружность, описанная около треугольника
ABC, проходит через центры всех трех окружностей. Доказать, что прямые
AO3, BO1 и CO2 пересекаются в одной точке.
Решение. Обозначим окружность, описанную около Δ ABC, за S. O1A = O1C
как радиусы. Тогда ABO1=CBO1 как углы, вписанные в окружность S и
A
O1
C
O2
O3
Рис.
B
опирающиеся на равные дуги O1A и O1C. Отсюда прямая BO1 – биссектриса B в
ΔABC, аналогично для прямых AO3 и CO2, а биссектрисы углов треугольника
пересекаются в одной точке.
2б. На столе лежат семь монет цифрой вверх. За один ход разрешается перевернуть
любые пять монет. Какое наименьшее число ходов необходимо совершить, чтобы
перевернуть все монеты?
Ответ: 3 хода. Решение. Очевидно, что одного хода не хватит. После двух ходов
найдутся по крайней мере три монеты, перевернутые по два раза, а значит, эти монеты
будут в исходном положении. Приведем пример переворачивания всех монет за три
хода. Пронумеруем монеты цифрами от 1 до 7 и перевернем за первый ход монеты с
номерами 1, 2, 3, 4, 5, за второй ход — 1, 3, 4, 5, 6, за третий ход — 1, 3, 4, 5, 7.
2a В стране N  3 городов, попарно соединённых дорогами. Дороги принадлежат N
компаниям, при этом каждая компания владеет хотя бы одной дорогой. Докажите, что
найдутся три города, попарно соединённых дорогами трёх разных компаний.
Индукция по N. База индукции N  3 очевидна. Пусть утверждение верно для N  k .
Пусть в стране имеется k  1 город. Удалим из рассмотрения один город A вместе со
всеми дорогами, выходящими из него. Если дороги между оставшимися городами
принадлежат ровно k компаниям, то воспользуемся индукционным предположением.
Если они принадлежат k  1 компании, то, рассматривая две компании как одну, мы
опять сможем воспользоваться индукционным предположением. Допустим, что
дороги между оставшимися городами принадлежат менее чем k компаниям. Тогда
найдутся две компании, которым принадлежат дороги, выходящие из города A и не
принадлежат дороги между остальными городами. Пусть дорога AB принадлежит
первой из них, а дорога AC второй. Тогда города A, B, C – искомые.
3б Соня играет в «Поле Чудес». Сейчас на табло открыто три из шести букв. В этот
момент Якубович разрешил переворачивать одновременно любые два табло (а вовсе
не угадывать буквы). При этом открытое табло можно переворачивать (и оно
становится закрытым). Сможет ли Соня открыть все буквы?
Ответ: нет. Решение: Количество закрытых букв остается всегда нечетным.
3a. В остроугольном неравнобедренном треугольнике АВС точка О – центр описанной
окружности, Н – точка пересечения высот, M – середина ВС. Докажите, что прямые
АО и НМ пересекаются на описанной окружности треугольника.
Решение. Рассмотрим точку D, диаметрально противоположную точке А и точку N,
симметричную Н относительно ВС. Известно, что N принадлежит описанной
окружности.
Заметим, что AND  90 . Если L – середина ND, то LO  BC , следовательно, точка M
1
2
принадлежит LO. Отсюда LM NH , LM  NH , далее нетрудно показать, что точки N,
M, H лежат на одной прямой.
4.
Имеется 50 предметов и 10 ящиков, в каждый из которых помещается 5
предметов. Каждый предмет раскрашен в один из 10 цветов. Доказать, что предметы
можно так разложить по ящикам, что в каждом ящике будут предметы не более чем
двух цветов.
Решение. Рассмотрим цвет, в который окрашено меньше всего предметов. Предметов
этого цвета не больше 5, поэтому все они уместятся в одном ящике. Оставшееся место
в этом ящике заполним предметами цвета, в который окрашено больше всего
предметов, (их не меньше 5, поэтому их достаточно для наполнения ящика). У нас
осталось 45 предметов, раскрашенных в 9 цветов, и 9 ящиков. С ними проделываем
ту же операцию и т.д.
5.
Найдутся ли такие две пары натуральных чисел, что суммы в парах одинаковы,
а произведения отличаются ровно в 2016 раз?
Решение. Например, подойдут пары (4n –2, 1) и (2n, 2n–1) или
при n=2016.
(n2+n, 1) и (n2, n +1)
6б Докажите, что любой выпуклый многоугольник периметра 2016 можно покрыть
кругом диаметра 1008.
Решение. Рассмотрим точки A, B на границе многоугольника, которые делят пополам
его периметр. Докажем, что круг с центром в середине O отрезка AB радиуса 504
покроет многоугольник. Если это не так, найдется точка D на границе многоугольника
такая, что OD  504 . Эта точка не может совпасть с A и B. Рассмотрим треугольник
ADB – в нем DO - медиана, при этом 2  DO  DA  DB  1008 - противоречие.
6a Положительные числа x и y меньше единицы. Докажите, что
x
y

1.
1 y 1 x
Решение. Если выражения 1+y и 1+x заменить на x+y, то они уменьшатся, поэтому
сами дроби увеличатся, и все выражение в левой части тоже увеличится.
x
y
x
y
x y




1.
1 y 1 x x  y y  x x  y
7.
Имеется 8 монет, 7 из которых – настоящие, которые весят одинаково, и одна
фальшивая, отличающаяся по весу от остальных. Чашечные весы без гирь таковы, что
если положить на их чашки равные грузы, то любая из чашек может перевесить, если
же грузы различны по массе, то обязательно перетягивает чашка с более тяжелым
грузом. Как за четыре взвешивания наверняка определить фальшивую монету и
установить, легче она или тяжелее остальных?
Решение. Обозначим монеты и их массы буквами A , B , C , D , E , F , G и H . Ясно,
что если на чашки весов положены по 4 монеты, то весы не могут оказаться в
равновесии. Заметим также, что если монеты разложены по чашкам поровну, то та
чашка, где лежит фальшивая монета, всегда либо перевешивает (если фальшивая
монета тяжелее настоящих), либо нет (если легче). Поэтому если одна и та же монета
при двух взвешиваниях, когда монеты были разложены по чашкам поровну, однажды
оказалась внизу, а однажды вверху, то она – настоящая. Положим при первом
взвешивании на левую чашку монеты A , B , C и D , на правую – остальные, при
втором взвешивании на левой чашке пусть будут A , B , E и F , а на правой –
остальные монеты. Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что A + B
+ C + D > E + F + G + H и A + B + E + F > C + D + G + H. В этом случае монеты C , D ,
E и F – настоящие и, если фальшивая монета тяжелее их, то это A или B , а если легче
– то G или H . Третьим взвешиванием сравним массы A + G и B + H . Пусть, скажем,
A + G > B + H (другой случай разбирается аналогично). Тогда монеты B и G –
настоящие и четвертым взвешиванием следует сравнить A + H с B + G . Если A + H >
B + G , то фальшивой и более тяжелой, чем настоящие, является монета A , а если A +
H < B + G , то фальшивой и более легкой является монета H .
8. Может ли значение квадратного трехчлена 2x2–x –36 при целом x быть квадратом
простого числа?
Решение. Ответ: может. Преобразовав квадратный трехчлен, получим равенство (2x
— 9 ) ( x + 4) = p2. Так как p простое, то возможны лишь следующие ситуации: x + 4 =
±1, x + 4 = 2x — 9 = ±p, 2x — 9 = ±1. Решаем эти уравнения, получаем: x =5; 13
значение трехчлена является квадратом простого числа.
Решения Математический бой №3 (10-11классы)
1. Известно, что если в данной квадратной числовой таблице n  n выбрать любые
n чисел, расположенных в разных строках и столбцах таблицы, то во всех случаях
их сумма будет одинаковая. Сумма чисел в некоторой строке этой таблицы равна А,
в некотором столбце – равна В; число, стоящее на пересечении указанных строки и
столбца, равно С. Найти сумму S всех чисел в данной таблице. Ответ.
Решение. Рассмотрим два произвольных набора чисел
S  n( A  B)  n2C .
указанного в условии вида, которые отличаются только в некоторых двух строках и
двух столбцах. Из равенства сумм этих наборов следует, что для любых четырех
чисел таблицы, которые расположены в вершинах произвольного прямоугольника
(со сторонами, параллельными строкам и столбцам), сумма чисел в одной паре
противоположных вершин равна сумме чисел в
другой паре. Преобразуя это равенство, получаем,
что разности чисел по каждой горизонтальной (или
вертикальной) строке, взятые в одном порядке, равны.
Отсюда легко получить, что таблица такого типа
 a1  d1 a2  d1 ... an  d1 


 a1  d 2 a2  d 2 ... an  d 2 
имеет вид:  a1  d3 a2  d3 ... an  d3  . Тогда


...
...
...
 ...

a  d
a2  d n ... an  d n 
n
 1
B
X
A
M
C
S  n(a1  a2  ...  an )  n(d1  d2  ...  d n )  n( A  B)  n 2C
.
2. (Группа А). Прямая, параллельная диагонали BD и проходящая через точку
пересечения диагоналей AC и BE правильного пятиугольника ABCDE ,
пересекает сторону AB в точке X . Найдите угол BCX . Ответ. BCX  18 ..
Решение. Докажем, что CX - биссектриса угла BCA . В самом деле,
BX BM BA BC
. Потому угол BCX  18 .



XA ME CE CA
2. (Группа В). В пространстве расположены два единичных куба с общим центром.
Доказать, что объем их пересечения не меньше 1/ 2 . Решение. Оба куба содержат
общий шар объема больше 1/2.
3. Доказать, что sin1 - число иррациональное.
D
E
Решение. Несложно доказать, что sin(nx) при нечетном n является многочленом с
целыми коэффициентами от sin x . Если sin1 - число рациональное, то
2  2sin(45 ) - число рациональное, что неверно.
4. (Группа А). В клетках таблицы 9  9 расставлены натуральные числа от 1 до 81
(каждое стоит ровно в одной клетке). Вовочка несколько раз проделывал
следующую операцию: выбирал положительное число и строку (или столбец)
таблицы и домножал все числа, стоящие в выбранной строке (столбце), на это
число. После нескольких таких операций в клетках квадрата опять оказались все
числа от 1 до 81, причем каждое число поменялось местами с симметричным ему
относительно главной диагонали. Докажите, что Вовочка допустил ошибку в
вычислениях. Решение. Поскольку операции перестановочны, можно считать, что
строки таблицы умножались на числа k1 ,..., k9 ; а столбцы на s1 ,..., s9 , соответственно.
Заметим, что ki  s j - числа рациональные, причем ki  si  1. Разделив все ki на k1 , а
все s j на s1 , заметим, что полученная таблица получается из исходной
домножением строк на новые ki и столбцов на новые s j . То есть можно считать,
что k1  s1  1 . В этом случае все ki , s j - числа рациональные. Рассмотрим простые
числа 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79. По крайней мере, одно из них p стоит не
на диагонали. Пусть это число стоит на пересечении i -ой строки и j -го столбца.
m
l
Тогда произведение ki  s j  , где m - взаимно просто с p . Поэтому или ki 
,
p
pn
где l - взаимно просто с p , либо аналогичный вид имеет s j . Рассмотрим первый
случай. Поскольку число кратное p в таблице единственное, то числители всех
sk (k  j ) (в несократимом представлении дроби sk (k  j ) ) делятся на p . Но тогда
знаменатели всех k j делятся на p , что невозможно, так как k1  1 . Второй случай
рассматривается аналогично.
4. (Группа В). Можно ли на координатной плоскости изобразить несколько
различных парабол вида y  x 2  px  p 2 так, чтобы общее число их точек
пересечения было равно 2016?
Ответ: Можно. Решение. Любые две параболы такого вида пересекаются в одной
точке, причем никакие три не проходят через одну точку. Если число таких
n(n  1)
парабол равно n , то число их точек пересечения равно
. Уравнение
2
n(n  1)
 2016 имеет целое решение n  64 .
2
B
5. На стороне AC треугольника ABC выбрана точка D так,
что 2AD = DC. Точка E – основание перпендикуляра,
E
F
опущенного из D на отрезок BC, а F – точка пересечения
отрезков BD и AE. Найдите угол ADB, если известно, что A
треугольник BEF равносторонний. . Ответ: ADB  90 .
D
Решение. Обозначим BE  EF  FB  a . Тогда в
прямоугольном треугольнике BED точка F - середина
BD . Поэтому FD  a, ED  a 3 . Применяя теорему
C
Менелая к треугольнику DBC и прямой AE , получаем, что EC  3a . По теореме
косинусов из треугольника DBC имеем DC  2a 3 . Отсюда ADB  90 .
6. Пусть x и y – положительные действительные числа такие, что 1  x 1  y   2 .
1
Докажите,
что
.
xy 
6
xy
Решение.
2  (1  xy )  ( x  y )  1  xy  2 xy 


2
xy  1  xy  2  1 
1
6.
xy
7. Даны 12 отрезков, длины которых d1 , d 2 , d3 ,..., d12 принадлежат интервалу 1;12  .
Докажите, что можно выбрать 3 отрезка так, что составленный из них треугольник
будет остроугольным. Решение. Если a  b  c - стороны треугольника, то
треугольник остроугольный, если a 2  b2  c 2 , прямоугольный, если a 2  b2  c 2 ,
тупоугольный, если a 2  b2  c 2 . Пусть числа d1  d 2  d3  ...  d12 упорядочены по
возрастанию. Так как d1  1, d 2  1 то из отрезков длины d1 , d 2 , d3 нельзя построить
остроугольный треугольник, если d32  d12  d22  2 . Аналогично, из отрезков длины
d k 1 , d k , d k 1 нельзя построить остроугольный треугольник, если dk21  dk2  dk21 .
Отсюда (по индукции), d k2  Fk , где Fk – k – е число Фибоначчи. Тогда
d122  F12  144 , и получаем противоречие.
 xy  3  2 2  8   3  xy   xy 
2
8. Пусть a и b – действительные числа, и M (a; b)  max 3a 2  2b;3b 2  2a . Найти
наименьшее возможное значение M (a; b) ( max  x; y - наибольшее из чисел x и y).
x y
1
Ответ. 
. Решение. Очевидно, что max  x; y 
. Отсюда
3
2
2
2
3a 2  2b  3b 2  2a 3 
1 3
1 1
1
M (a; b) 
  a    b     
.
Наименьшее
2
2
3 2
3 3
3
1
1
значение M (a; b) , равное  , достигается при a  b   .
3
3