I Открытый Кубок Нижнего Новгорода по математике. 2007-2008 учебный год Математическая игра «Домино». Старшая лига (10-11 классы). 12.03.2008. Решения. 0–0. В равнобедренном треугольнике (АВ=АС) с А= проведена биссектриса ВЕ. Оказалось, что на основании ВС есть внутренняя точка К такая, что АЕ=ЕК=КС. При каких значениях такое возможно? (36<<180. Заметим, что это верный факт для любого равнобедренного треугольника при условии, что К попадает внутрь ВС, но тогда СКЕ=>СВЕ=(180-)/4. Из этого неравенства и получаем ответ.) 0–1. Найдите наибольшее натуральное число из 10 различных цифр такое, что у любой пары соседних цифр НОД (наибольший общий делитель) равен 1. (9876543210) 0–2. Найдите наименьшее значение суммы x x 1 x 2 x 3 x 4 . (6. Это выражение равно сумме расстояний на числовой прямой от точки х до точек 0, -1, -2, -3, -4. При х=-2 эта сумма равна 6, а при удалении от точки (–2) эта сумма будет увеличиваться.) 0–3. Сколько существует стозначных натуральных чисел, в которых каждая цифра, кроме крайних, равняется сумме двух соседних с ней цифр? (0 чисел. Самая маленькая из некрайних цифр числа может равняться сумме такой же цифры и 0, а тогда среди некрайних цифр обязательно есть 0, значит, и все остальные цифры будут равны 0, что невозможно. ) 0–4. Решите систему уравнений xy yz 2 . 2 2 2 x 2 y z 4 (x=y=z=1. Вычтем из первого уравнения удвоенное второе, тогда (x-y)2+(y- z)2=0, откуда все числа равны между собой. Тогда из любого уравнения и получим нужные ответы.) 0–5. В клетках таблицы 55 расставлены ненулевые числа так, что каждое из них равно произведению всех -1 чисел, стоящих в соседних (по стороне) клетках. Приведите пример, когда в таблице есть отрицательные числа. 0–6. Сколько решений имеет ребус: НИЖНИЙ=ЛЮБИМЫЙ? (Одинаковые буквы – одинаковые цифры, разные буквы – разные цифры) (Если среди 9 данных различных цифр нет 0, то после сокращения получим, что НИЖН=ЛЮБМЫ – участвуют все 9 ненулевых цифр, тогда одна из частей делится на 5, а другая – нет, значит, среди цифр обязательно есть 0. Поэтому обе части равны 0, что возможно либо при И=0, либо при Й=0 – 2 варианта. Остальные 8 цифр могут быть любыми 8 из 9 возможных ненулевых цифр, значит, всего будет -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 2 А98 2 9! 725760 решений.) 1–1. Найдите все пары таких чисел, что после уменьшения каждого из них на 1 их произведение тоже уменьшится на 1. (это все пары чисел с суммой 2; (x и 2-x). Пусть это числа a и b, тогда (a-1)(b-1)=ab-1, откуда после раскрытия скобок получим, что a+b=2 и каждая такая пара чисел подойдёт.) 1–2. Сколько цифр понадобится для нумерации всех страниц книги, у последней страницы которой трёхзначный номер? (любое целое число, кратное 3, от 192 до 2889) 1–3. В числе 9876543210 зачёркиваются цифры (от 1 до 9 штук) так, чтобы оставшееся число делилось на 10. Сколько таких различных чисел можно получить? (511 чисел. Каждая ненулевая цифра либо зачёркнута, либо нет, значит, всего 2 9 вариантов, но один вариант – ничего не зачеркнуть – нами не должен учитываться.) 1–4. С натуральным числом каждую минуту проделывают следующую операцию: если оно делится на 10, его делят на 10, а если не делится, к нему прибавляют 1. Когда число становится равным 1, операции прекращаются. Сколько существует чисел, впервые становящихся равными 1 ровно через 10 минут? (291 = 511. Понятно, что последней операцией было деление на 10. Возьмем число 10 и проделаем, начиная с него, девять обратных операций в обратном порядке. Теоретически может получиться 29 вариантов (на каждом шаге мы либо умножаем на 10, либо вычитаем 1). Но при этом невозможно девятикратное вычитание единицы, ибо в этом случае исходным было бы число 1. Отсюда ответ.) 1–5. Какое значение встречается во всех тройках чисел x, y, z, удовлетворяющих равенству x+y+z–2(xy+yz+zx)+4xyz= 0=x+y+z–2(xy+yz+zx)+4xyz– 1 1 = 2 2 1 2 ? ( 1 2 . (2x–1)(2y–1)(2z–1). Значит, хотя бы один из множителей равен 0, следовательно, одно из чи- сел x, y, z равно 1/2.) 1–6. Постройте треугольник с целыми сторонами и медианой, равной ½. (невозможно, т.к. mc abc 1 , 2 2 т.к. a+b>c и a+bc+1 в силу целостности чисел) 2–2. В равнобедренном остроугольном треугольнике ABC (AB = BC) на боковую сторону BC опущена высота AH. Точка L – основание перпендикуляра из H на сторону AB. Оказалось, что AL = AB/4. Найдите углы треугольника ABC. (30, 75, 75. Пусть AL=1, тогда АВ=4. Прямоугольные треугольники ВНА и BLH подобны, причём АВ/ВН=ВН/BL. Тогда ВН2=12, АН2=4. В прямоугольном АВН катет АН=2=АВ/2, значит, В=30. Тогда углы при основании АВС равны 75.) 3 . По теореме косинусов из 5 3 1 BCD получим ВС= 3 . По теореме синусов из АВС для ВАС= получим уравнение , из которого и sin sin( 30 ) 2–3. В параллелограмме ABCD AB=BD=DC и угол BAD равен 30. Чему равен тангенс угла BAC? ( найдём нужный нам тангенс.) 2–4. В числе 9876543210 зачёркиваются цифры (от 1 до 9 штук) так, чтобы оставшееся число было чётным. Сколько таких различных чисел можно получить? (681 число. Разбирая варианты последних цифр, аналогично задаче 1-3, получим всего 21+23+25+27+29-1=681 вариантов. ) 2–5. При каких натуральных числах n уравнение x x 1 x n 2n 2 имеет решение? (2, 3, 4. Минимальное значение данная сумма, равная сумме расстояний на числовой прямой от точки х до чек 0, -1, -2, …, -n принимает при х=-n/2. Подсчитав эту минимальную сумму, найдём при каких n она окажется не большей 2n-2.) 2–6. В шахматном турнире участвуют 20 человек. В некоторый момент оказалось, что среди любых 10 из них есть человек, сыгравший с остальными 9 из этой десятки. Какую наибольшую по численности группу гарантированно можно выделить так, что в ней любые два сыграли между собой? (12. Выберем из этих 20 человек наибольшее возможное количество непересекающихся пар не сыгравших между собой. Если таких пар наберётся 5, то среди входящих в них 10 человек не найдется никого, кто бы сыграл с 9 остальными — противоречие. Значит, таких пар не больше 4, и в них входит не больше 8 человек. Поэтому среди 12 (или большего числа) остальных людей каждый сыграл с каждым. В качестве турнира, в котором можно выделить только 12 таких человек приведём следующий: 11 человек сыграли со всеми (т.е. по 19 партий), а 9 остальных между собой не играли (т.е. сыграли ровно по 11 партий). Тогда в нашу группу можно выделить только 12 человек (11 закончивших турнир и 1 из незакончивших). 3–3. Какое наименьшее количество клеток можно вырезать из доски 1010 так, чтобы из оставшейся части можно было вырезать по линиям сетки не более 20 прямоугольников 14? (4. Т.к. доску можно разбить на 24 прямоугольника 14, то хотя бы 4 клетки надо вырезать. Воспользуемся диагональной раскраской в 4 цвета, тогда одного из цветов будет 24 клетки, удалив 4 из которых мы и добьёмся нужного условия.) 3–4. Сумма чисел x и y равна 1. Найдите наибольшее значение выражения xy4+x4y. (1/12. xy4+x4y = xy(x3+y3) = xy(x+y)(x2xy+y2) = xy(x+y)((x+y)23xy) = xy(13xy). Положим 47 48 49 50 51 52 53 54 3xy = t. Тогда xy4+x4y = t(1t)/3. Произведение t(1t) достигает максимального значения 1/4 при t = 1/2, то есть при xy = 1/6. xy4+x4y в этом случае равно 1/12. 4, 13, 46 25 27 28 30 55 Такое возможно, ибо xy = 1/6 x(1x) = 1/6, а произведение x(1x) при измене26 29 нии x от 0 до 1/2 меняется от 0 до 1/4, то есть в какой-то момент будет равно 1/6 (или же просто покажем, что у получившегося квадратного уравнения есть кор45 24 3 5 12 14 31 56 ни).) 3–5. Покажите, как король может обойти всю шахматную доску, сделав при этом не бо44 23 2 11 6 15 32 57 лее 13 поворотов. 1, 7, (Порядок обхода показан на рисунке. Важно, что клетки король может повто43 22 9 8 33 58 10 16 рять при обходе. Тёмным цветом отмечены 13 клеток поворота. ) 3–6. В числе 9876543210 зачёркиваются цифры (от 1 до 9 штук) так, чтобы оставшееся 42 21 20 19 18 17 34 59 число делилось на 3. Сколько таких различных чисел можно получить? (350=222411 чисел. Переберём все варианты остатков цифр по модулю 3 – 0, 41 40 39 38 37 36 35 60 111, 12, 1122, 222, 111222, для каждого из которых подсчитаем количества комбинаций распределения самих цифр – 1, 1, 33=9, 33=9, 1, 1 всего 22 варианта. 68 67 66 65 64 63 62 61 И умножим это число на 24 – количество способов выбора цифр с остатком 0. Но два недопустимых варианта (взять все цифры и не взять ни одной цифры) исключим из рассмотрения.) 4–4. В группе из N5 человек среди любых пятерых есть не более 3 пар знакомых. При каком наименьшем N в этой группе гарантированно есть хотя бы 5 человек, имеющих не более чем по одному знакомому? (N=9. Доказательство методом от противного. При меньших N есть контрпример. ) 4–5. В треугольнике АВС проведены медианы АК и BL. Углы ВАК и CBL равны 30. Найдите ABС. (60 или 120. Рассмотрим равносторонний треугольник АРN, в котором АК является медианой, тогда точка пересечения М медиан АК и BL исходного треугольника АВС окажется в треугольнике АРN центром, а точки В, Р, К, М будут лежать на одной окружности с диаметром РМ, т.к. МВК=МРК=30, а МКР=90. Рассмотрев все возможные случаи расположения точки В на луче АР, найдём что АВС равен либо 60, либо 120.) 4–6. У выпуклого двенадцатиугольника, вписанного в окружность, длины каких-то шести сторон равны 1, а длины оставшихся шести сторон равны 3 . Найдите радиус описанной окружности. ( 7 . Пусть АВ и ВС две смежные, но не равные стороны нашего двенадцатиугольника. Тогда дуга АВС=360/6=60, т.е. АВС – равносторонний, значит, радиус равен отрезку АС, длину которого найдём из АВС с АВС=300/2=150 по теореме косинусов. (АС)2=1+3-21 3 (- 3 /2)=7.) 5–5. В некоторых клетках квадрата nn стоят звездочки. Для каждой вертикали, горизонтали и диагонали (не обязательно главной; даже одна угловая клетка тоже диагональ) известно количество стоящих на ней звездочек. При каких n всегда можно определить, где стоят звездочки? (1, 2 и 3. Решение. Для n 3 тактика достаточно очевидна (учитывая, что углы можно проверить непосредственно). Если же n 4, то невозможно отличить квадрат, где стоят звёздочки в клетках b1, a3, c4 и d2, а клетки a2, b4, c1 и d3 пусты, от квадрата, где стоят звёздочки в клетках a2, b4, c1 и d3, а клетки b1, a3, c4 и d2 пусты.) 5–6. Какая цифра (и сколько раз) встречается чаще всего в десятичной записи суммы из 2007 чисел 1 11 111 ... 11...11 ? (5 и 6 2007единиц по 224 раза. Исходная сумма равна (9+99+…+99…9)/9=(10+10 2+…+1020072007)/9= 11...10 / 9 223 = 2007 123456790123456790…123456790223=123456790123456790…123456790123456567, где кусок 123456790 встречается 222 раза.) 6–6. Найдите все возможные значения суммы натуральных чисел a, b и c таких, что abc=2310 и a2b+b2c+c2a=ab2+bc2+ca2. (2312. Т.к. в разложении числа 2310=235711 все простые множители встречаются только по одному разу, то числа a, b, c попарно взаимно простые. Рассмотрим случай abc. Заметим, что из второго уравнения, в котором есть четыре числа, кратных a, следует, что b2c-bc2=bc(b-c) делится на a. Тогда в силу взаимной простоты данных трёх чисел a, b, c следует, что (b-c) делится на a, что в случае натуральных abc возможно только при b=c и в силу взаимной простоты эти числа равны 1, тогда a=2310. В случаях другой упорядоченности нашей тройки чисел получим остальные варианты, т.е. возможны три тройки, удовлетворяющие условию, - (2310, 1, 1), (1, 2310, 1), (1, 1, 2310), значит, сумма данных трёх чисел может быть равна только 2312.)