В треугольнике ABC биссектриса AL равна стороне AC

Заключительная олимпиада открытой профильной школы АлтГУ
7-9 классы, довывод
1. В компьютерной программе Excel столбцы таблиц нумеруются
латинскими буквами. Первые 26 столбцов занумерованы от A до Z, 27-й
столбец обозначен AA, 28-й – AB. Как занумерован 700-й столбец?
Ответ: ZX
2. Различные натуральные числа a, b и k таковы, что ab = k2. Докажите, что
a2+b2 представляется в виде суммы квадратов трех (не обязательно
различных) натуральных чисел.
Решение. a2+b2 = (a–b)2+2ab = (a–b)2+ k2+ k2.
3. В треугольнике ABC биссектриса AL равна стороне AC. Докажите, что
A < 120.
Решение. Из условия следует, что C = ALC = 180–С–A/2, отсюда
C = 90–A/4. Поскольку C+A < 180, 90–A/4+A < 180, откуда и
следует, что A < 120.
4. На столе лежат 50 камней. Светлана и Павел играют в следующую игру
(начинает Светлана): они по очереди забирают камни со стола (за один ход
разрешается взять 1, 2 или 3 камня). Также в процессе игры ровно один раз
кто-то из игроков может пропустить ход (это может сделать любой из
игроков, но после этого ни один из них не имеет права пропускать ход).
Проигрывает тот игрок, кто заберет последний камень со стола. Кто из
игроков выиграет при правильной игре?
Ответ. Павел. Решение. Заметим, что если бы пропускать ход было нельзя, то
проигрышными были бы позиции, где число камней в куче равно 4k+1. В
самом деле, в этом случае соперник будет дополнять наши ходы до 4, пока в
куче не останется один камень. Поэтому в игре, пока не использован пропуск
хода, оставлять в куче число камней вида 4k+1 нельзя: соперник пропустит
ход, и мы проиграем. Нельзя также пропускать ход, когда число камней в
куче не равно 4k+1: соперник очередным ходом оставит в куче 4k+1 камней,
и мы также проиграем. Следовательно, при правильной игре никто из
соперников не будет пропускать ход.
Допустим, Павел каждым ходом дополнял предыдущий ход Светланы до 4.
После 12 пар таких ходов на столе останется 2 камня, и будет ходить
Светлана. Она вынуждена взять один камень, после чего Павел пропускает
ход и выигрывает.
Выводные задачи, 7-9 классы
5. На доске написано число 1. Вася прибавляет к числу, записанному на
доске, один из его делителей и записывает результат на доску. За какое
наименьшее количество таких действий на доске может оказаться число 144?
Ответ. За 8. Решение. За один ход число на доске может, самое большее,
удвоиться. Поскольку 27 < 144, то ходов должно быть минимум 8. А за 8
ходов 144 получить можно: 1  2  4  8  9  18  36  72  144.
6. Натуральное число n > 11 делится на 11. Известно, что каждый делитель n,
меньший n и больший 1, является разностью двух делителей n. Докажите, что
n делится на 10.
Решение. По условию n/11 = d1–d2 = n/a–n/b. Здесь a < 11, а b = 11с (иначе
после приведения правой части к общему знаменателю знаменатель не будет
делиться на 11). Разделив обе части равенства на n и умножив их на 11aс,
получим ac = 11c–a  a(c+1) = 11c. Поскольку c и c+1 взаимно просты, 11
делится на c+1. Но при натуральном c это возможно только если c = 10.
Поскольку c — делитель n, все доказано.
7. Клетки доски 1010 раскрашены в шахматном порядке. В некоторых
клетках поставили по одной фишке так, что в каждой строчке и в каждом
столбце стоит нечетное число фишек. Докажите, что общее количество
фишек на черных клетках таблицы четно.
Решение. Пронумеруем вертикали и горизонтали доски по порядку (от 1 до
10), клетка (1, 1) пусть для определенности белая. Пусть A — количество
фишек в пяти столбцах с нечетными номерами, B — количество фишек в
пяти строках с нечетными номерами, C — количество фишек на их
пересечениях, D — количество фишек на черных клетках. Поскольку фишки
на пересечениях нечетных столбцов и строк при сложении A и B
учитываются дважды, а остальные клетки в выбранных нами строках и
столбцах — это в точности все черные клетки, имеем A+B = 2С+D.
Следовательно, число D = A+B–2С четно.
Заключительная олимпиада открытой профильной школы АлтГУ
10-11 классы, довывод
1. Решите уравнение
x  a 2  x  b 2  a  b ( a  0, b  0 ).
2
2
Ответ: x  a  b .
Функция f  x  
x  a 2  x  b 2 строго возрастает, значит, каждое значение


2
2
она принимает ровно один раз, а поскольку f a  b  a  b заданное уравнение
имеет единственный корень.
2. Среднее арифметическое десяти различных натуральных чисел равно
15. Найдите наибольшее значение наибольшего из этих чисел.
Ответ: 105. Оценка. Сумма данных чисел равна 150. Так как все числа различны, то
сумма
девяти
наименьших
из
них
не
меньше,
чем
1 + 2 + ... + 9 = 45. Следовательно, наибольшее число не может быть больше чем
105. Пример: (1 + 2 + ... + 9 + 105) : 10 = 15.
3. Пусть О – точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD, Р
– вторая точка пересечения окружности, проходящей через А, О, В с прямой
ВС. Докажите, что прямая АР касается окружности, проходящей через точки
А, О, D.
ABCD – параллелограмм, значит, CBO  ODA. Пусть Р
вторая точка пересечения окружности с
ВС. Тогда
PAO  PBO как опирающиеся на одну дугу. Поскольку
получили, что PAO  ODA , АР – касательная (по обратной
теореме об угле между касательной и хордой).
4. Найдите сумму пятизначных чисел, полученных
при всевозможных перестановках различных нечетных цифр.
Ответ: S  6666600 .

Всего таких пятизначных чисел 5!=120. Разобьем их на пары {x, x } по правилу
x  abcde  x  (10  a)(10  b)(10  c)(10  d )(10  e)
,
например,
x  35719  x  75391 . Легко видеть, что если x  x , а x  (x ) , то x  x ,
откуда следует, что ни одно из чисел не входит одновременно в две пары. Теперь

замечаем, что x  x  111110 , и всего 60 пар. Сумма всех чисел S  6666600 .
5. Двое играют в следующую игру. Есть две кучки камней. В одной из
них лежит 20 камней, а в другой 100 камней. Ходят по очереди. За один ход
разрешается либо взять из любой кучки 1 камень, либо взять из любой кучки
2 камня. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто может победить
независимо от ходов соперника?
Ответ: выигрывает первый игрок. Первых ход взять 1 камень из 20. После его хода в
обеих кучах количество камней имеет остаток 1 от деления на 3. Далее своими ходами
первый игрок может сохранять эту ситуацию некоторое время пока второй игрок не
возьмет последний камень из какой-либо кучки. В этом случае, первый игрок забирает 1
камень из другой кучки. В этой куче количество камней станет кратно трём. Далее своими
ходами первый игрок может сохранять эту ситуацию пока не заберёт последний камень.
Выводные задачи, 10-11 классы
6. Али-Баба пришел в пещеру, где есть золото, алмазы и сундук, в
котором их можно унести. Полный сундук золота весит 200 кг, полный
сундук алмазов – 40 кг, пустой сундук ничего не весит. Килограмм золота
стоит на базаре 20 динаров, килограмм алмазов – 60 динаров. Али-Баба
может поднять и унести не более 100 кг. Какую наибольшую сумму (денег)
он может получить за сокровища, которые он принесет из пещеры за один
раз?
Ответ: 3000 динаров. Предположим, что Али-Баба смог унести из
пещеры x кг золота и y кг алмазов. В этом случае он сможет получить
20x + 60y динаров. Поскольку Али-Баба может поднять не более 100 кг, то x
+ y ≤ 100 (1). Далее, 1 кг золота занимает 1/200, а 1 кг алмазов – 1/40 часть
сундука. Значит, x/200 + y/40 ≤1 или x + 5y ≤ 200 (2). Сложим неравенства (1)
и (2) и получим: 2x + 6y ≤ 300. Следовательно, 20x + 60y ≤ 3000 и Али-Баба
сможет получить за сокровища не более 3000 динаров.
Осталось показать, что Али-Баба сможет унести сокровища на эту сумму. Для этого
необходимо и достаточно, чтобы в неравенствах (1) и (2) были выполнены равенства.
Решив соответствующую систему уравнений, найдём x = 75, y = 25. Это значит, что АлиБаба сможет получить 3000 динаров, взяв из пещеры 75 кг золота и 25 кг алмазов.
7. Докажите, что если ax 2 – bx  c  1 при любом x из отрезка [–1, 1],
то и  a  b  x 2  c  1 на этом отрезке.
Пусть
f(x)
= ax2 – bx
+
c, g(x)
=
(a
+
b)x2 + c.
Так
как
парабола y = g(x) симметрична относительно оси ординат, достаточно проверить, что g(0)
и g(1) по модулю меньше единицы. Но это следует из условия: g(0) = f(0), g(1) = f(–1).
8. Существуют ли три натуральных числа, больших 1 и таких, что
квадрат каждого из них, уменьшенный на единицу, делится на каждое из
остальных?
Ответ. Не существуют. Пусть a ≥ b ≥ c – числа, удовлетворяющие условиям задачи.
Так как a2 − 1 делится на b, числа a и b взаимно просты. Поэтому число c2 − 1, которое по
условию делится на a и на b, должно делиться и на их произведение, следовательно c2−1 ≥
ab. С другой стороны, a ≥ c и b ≥ c, т. е. ab ≥ c2. Противоречие.