XV открытая математическая олимпиада г. Барнаула 25 ноября 2012 г.

XV открытая математическая олимпиада г. Барнаула
25 ноября 2012 г.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
8 класс
1. В очереди стоят Юра, Миша, Володя, Саша и Олег. Юра стоит раньше Миши, но
после Олега. Володя и Олег не стоят рядом, а Саша не стоит рядом ни с Олегом,
ни с Юрой, ни с Володей. В каком порядке стоят мальчики?
Ответ: Мальчики стоят в таком порядке: Олег, Юра, Володя, Миша, Саша
2. Известно,
что
a – b = 2,
b – c = 4.
Найдите
значение
выражения
2
2
2
a  b  c  ab  bc  ac .
Решение. Сложим почленно данные в условии равенства, получим a  c  6 . Тогда
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac 


1
1
2
2
2
 a  b    b  c    a  c    4  16  36   28 .
2
2
3. В клетках таблицы 3  3 записаны нули. Можно ли заменить
четыре нуля другими числами, чтобы все суммы по строкам и
столбцам стали различными?
Ответ: да. Пример:
0
1
2
4
0
0
5
0
0
4. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC на боковой
стороне AB выбрана точка M, а на продолжении стороны AC за точку С – точка N
так, что BM=CN. Отрезки BC и MN пересекаются в точке K. Докажите, что
MK=KN.
Решение. Проведем через точку M прямую, параллельную AC, пусть F – точка ее
пересечения с основанием BC. Треугольник BMF
равнобедренный, отсюда BM=MF. В четырехугольнике
FMCN противоположные стороны FM и CN равны и
параллельны, то есть FMCN параллелограмм, поэтому
точка K пересечения его диагоналей является
серединой MN.
5. Назовем билет с номером от 000000 до 999999
отличным, если разность некоторых двух соседних
цифр его номера равна 5. Найдите число отличных
билетов.
Ответ: 409510 билетов. Решение. Подсчитаем число
неотличных билетов. В качестве первой можно выбрать
любую из 10 цифр. Цифры, разность между которыми равна 5, разбиваются на
пары: 0-5, 1-6, 2-7, 3-8, 4-9, поэтому, когда выбрана первая цифра, в качестве второй
в неотличном билете можно взять любую из 9 цифр (исключается входящая в пару с
первой). Аналогично, после выбора второй цифры, в качестве третьей можно взять
любую из 9 цифр, и т. д. Поэтому число неотличных билетов равно 10  95 . Число
отличных билетов равно 106 – 10·95 = 409510 билетов
9 класс
1. Среди 13 последовательных натуральных чисел 7 четных и 5 кратных трем.
Сколько среди них чисел, кратных 6? Не забудьте обосновать ответ.
Ответ: 3 числа. Решение. Среди любых шести последовательных чисел ровно одно
кратно 6, поэтому среди 13 чисел может оказаться либо два, либо три числа,
кратных 6. Предположим, что их два, тогда либо первое, либо последнее число не
кратно шести, то есть оно не кратно либо 2, либо 3. В первом случае получим ровно
6 четных чисел из 13 данных, а во втором – ровно 4 кратных трем – противоречие.
Следовательно, среди 13 чисел ровно 3 числа, кратных 6.
2. Известно, что 2% числа x больше, чем 3% положительного числа y. Верно ли,
что 5% числа x больше, чем 7% числа y? Ответ обосновать.
Решение. По условию 0, 02 x  0, 03 y или 2 x  3 y . Отсюда 5 x  7,5 y  7 y .
Следовательно, 5% числа x больше, чем 7% числа y.
3. Докажите, что число 2 1,75  3  1,75  3  является рациональным.
Решение:


2 1, 75  3  1, 75  3  2
2  3
4
2

 

 1, 75  3  2  3  1, 75  3  0, 25
4. В треугольнике ABC на стороне AC отмечена точка D так, что AB  CD . Точка E –
середина отрезка AD, точка F – середина отрезка BC. Прямые BA и FE
пересекаются в точке M. Докажите, что
AM=AE.
Решение. Пусть точка О – середина BD. Тогда OF
– средняя линия треугольника DBC, OE – средняя
линия треугольника BDA. Из условия AB  CD и
свойств средней линии следует, что треугольник
EOF равнобедренный, и
AME  OEF  OFE  AEM . Значит, треугольник AME равнобедренный и AM=AE.
5. В клетки таблицы 4  4 произвольным образом записаны 1 и -1. Каждую минуту
числа, записанные в клетках, заменяются произведением чисел, с которыми
клетка имеет общую сторону. Всегда ли после
некоторого числа таких операций получится таблица, 1 -1 -1 -1
целиком заполненная единицами?
-1 1 -1 1
Ответ: не всегда. Рассмотрим таблицу:
-1 -1 1
1
В этой таблице число в каждой из клеток равно
произведению чисел в соседних клетках, поэтому она не -1 1
1
1
изменяется при операциях.
10 класс
1. На рисунке изображено разбиение прямоугольника на
квадраты. Найдите стороны прямоугольника, если сторона
наименьшего квадрата равна 1.
Ответ: 13  11
2. Найдите какое-нибудь нецелое число, у которого дробная часть
совпадает с дробной частью квадрата этого числа.
1 5
Пример.
.Достаточно, чтобы разность квадрата числа и его самого было
2
целым. В частности, корень уравнения x 2  x  1 удовлетворяет условию.
3. Найдите сумму цифр числа 999...9993 .
2012 девяток
Ответ: 36216
Воспользуемся тем, что


3
999...9993  102012 1  10
2012 девяток
6036
 3  10
4024
 3  10
2012
 1  999...9997000...000 2999...999
2011
2011
2012
откуда и следует ответ. 9  2012  2  36216 .
4. Пусть AB и CD – две перпендикулярные хорды окружности с центром O,
пересекающиеся в точке E, точки N и T – середины отрезков AC и BD
соответственно. Докажите, что ENOT– параллелограмм.
Поскольку ON перпендикулярна AC, достаточно
заметить, что TE также перпендикулярна AC. Продолжим
отрезок TE за точку E до пересечения с прямой AC в точке K.
Углы CEK и DET равны, как вертикальные, углы TED и EDT
равны, поскольку ET медиана прямоугольного треугольника
BED. Вписанные углы ACD и ABD равны. Таким образом, два
угла треугольника KCE равны двум острым углам
прямоугольного треугольника BDE. Задача решена.
5. Загадано число от 1 до 144. Разрешается выделить одно подмножество
множества чисел от 1 до 144 и спросить, принадлежит ли ему загаданное число. За
ответ «да» надо заплатить 2 рубля, за ответ «нет» – 1 рубль. Как затратить не более
11 рублей, и гарантированно определить число?
Во-первых, если перед нами два числа, среди которых есть искомое, то
достаточно истратить 2 рубля для его определения. Действительно, вопрос задавать
необходимо, а при ответе «да» надо платить 2 рубля.
Во-вторых, если перед нами одно число (искомое), то достаточно 0 рублей.
Пусть теперь перед нами две группы чисел и для определения искомого числа
в первой группе достаточно n рублей, а во второй – m рублей, при этом n  m .
Тогда для определения искомого числа в объединённой группе достаточно m  1
рубля. Для этого задаём вопрос о нахождении искомого числа в первой группе. При
ответе «да» достаточно n  2 рублей, при ответе «нет» достаточно будет m  1.
Ясно, что в обоих случаях достаточно m  1 рубля. Остался подсчет:
Количество
1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144
элементов
Расходы
0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Для определения искомого числа из 144 разбиваем эти числа на группы из 55 и
из 89 чисел. Задаем вопрос о принадлежности искомого числа группе из 55 чисел.
Если ответ «да», то платим 2 рубля и работаем с этой группой, для которой
достаточно 9 рублей. Если ответ «нет», то платим 1 рубль и работаем с группой из
89 чисел, разбивая ее на две по 34 и 55 чисел, и опять укладываемся в смету.
11 класс
1. Решите уравнение 2cos2 x  x 2  2 .
Ответ: x  0 .
2. Найдите сумму корней всех квадратных трёхчленов вида x 2  px  2012 , где
p пробегает все целые значения от -100 до 100.
Ответ: 0.
p2
 2012 есть положительное число,
4
значит, каждый трехчлен имеет по два корня. Во-вторых, сумма корней каждого
 p
  p

p2
p2
 2012     
 2012    p . Осталось сложить числа
трехчлена   
4
4
 2
  2


 

–p, где p пробегает все целые значения от -100 до 100, разбив их на пары
противоположных по знаку друг другу.
3. За круглым столом сидят три гнома. Один из гномов переливает 1/2 своего
молока соседу справа. Затем сосед справа переливает 1/3 своего молока своему
соседу справа. Наконец третий гном 1/4 оказавшегося у него молока наливает
первому. Во всех кружках вместе молока 3л. Сколько молока было первоначально в
кружках, если в конце у всех гномов молока оказалось поровну?
4 5 5
Ответ:  , ,  .
3 6 6
Обозначим a – количество молока, которое переливал третий – первому. Тогда
до этого переливания распределение молока было следующим: 1  a,1,1  a .
1
1
2
Значит, 1  a   a и a  . До третьего переливания первый имел
литра, а до
3
3
4
4
первого
литра. Обозначим b – исходное количество молока у второго, получим
3
Во-первых, дискриминант трёхчленов
2
2
5
 b    1 , тогда b  , а исходное количество молока у третьего
3
3
6
4 5 5
будет 3    .
3 6 6
4. Точка X лежит внутри остроугольного треугольника ABC и при этом
XAB  XCB и XAC  XBC . Докажите, что X – точка пересечения высот
треугольника ABC.
Продолжим отрезки AX, BX, CX за точку X до
пересечений со сторонами треугольника в точках K,
L,
M
соответственно.
Поскольку
MXB  XBC  XCB  MAL , четырёхугольник
AMXL является вписанным и углы XAL и XML равны.
Из равенства углов LMC и LBC следует, что
четырехугольник LMBC – вписанный, а углы MCA и
MBL равны. Значит, сумма углов LBA и LAB, как и
сумма углов MCA и MAC равны половине суммы
углов треугольника ABC, то есть 90 , а BL и CM высоты.
Второе решение. Пусть Y - точка пересечения луча AX и описанной около
треугольника ABC окружности. Из условия задачи и свойства вписанных углов
получаем, диагональ BC четырехугольника XBYC является биссектрисой его углов
XBY и XCY. Заметим, что треугольники XBY и XCY равны по второму признаку,
отсюда AX перпендикулярна BC, при этом точки X, Y симметричны относительно
BC, а точка пересечения высот H принадлежит BC и симметричная ей относительно
BC точка принадлежит описанной окружности, то есть совпадает с Y.
Следовательно, точки X и H также совпадают.
5. Может ли ладья обойти все клетки шахматной доски 10 10 и побывать на
каждой клетке ровно по разу, чередуя ходы длиной в одну и в две клетки?
(Считается, что делая ход в две клетки, ладья не проходит по промежуточной
клетке.)
Ответ: нет.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
Раскрасим клетки доски в 4 цвета, как показано
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
на рисунке. Отметим, что каждый цвет использовался
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
по 25 (нечетное число) раз.
Если ладья делает ход длины 1, то она меняет 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
цвет. Если ладья делает ход длины 2, то она 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
переходит на клетку того же цвета.
Если первый ход ладьи имеет длину 2, то все 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
клетки разбиваются на пары одноцветных, что 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
невозможно (каждый цвет использовался четное 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
число раз). Если первый ход имел длину 1, то на пары 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
одноцветных разбиваются 98 клеток доски. Значит, по крайней мере, два цвета
должны использоваться четное число раз (каждый). Противоречие
соотношение