Федотов Валерий Павлович (matholimp) wrote,
Федотов Валерий Павлович
matholimp

Решения задач для 9 класса (13-я олимпиада)

Условия см. на http://matholimp.livejournal.com/1160533.html .

1. Начнём с того, что Т(х)=0 для  x≤2 ,  Т(х)=2 для  2<x≤3 , Т(х)=5 для  3<x≤5 ,  Т(х)=10 для  5<x≤7 ,  Т(х)=17 для  7<x≤11 ,  Т(х)=28 для  11<x≤13 ,  Т(х)=41 для  13<x≤17    и т.д. Решая уравнения х2/2=0 для x≤2 ,  х2/2=2 для  2<x≤3 , х2/2=5 для  3<x≤5 ,  х2/2=10 для  5<x≤7 , находим корни  х=0 и х=√10 (а корни х=2 , х=√20 и все последующие забраковываем, так как они не лежат на нужных интервалах). Покажем, что других корней нет.
Сначала заметим, что за исключением простых чисел 2 и 3, остальные простые числа при делении на 6 дают остаток 1 или 5.  Обозначим через S(x) сумму всех чисел, меньших х, дающих при делении на 6 остаток 1 или 5.  В случае 6n−6<х≤6n , где n – натуральное число, находим S(6n)=1+5+7+11+…+(6n−11)+(6n−7)+(6n−5)+(6n−1)=6n∙2n=12n2≤(x+6)2/3 . Значит, х2/2= Т(х)≤ 5+S(x) ≤5+(x+6)2/3 = х2/3 +4х+17 .
Сравнивая начало и конец последней выкладки, получаем неравенство   х2/6 −4х−17≤0 . Его решение:    −1<12−√161≤х≤12+√161<25 . Следовательно, вне интервала −1<х≤<25 исходное уравнение заведомо не имеет корней.
Ответ:  х=0 и х=√10.

2. Решим задачу «задом наперёд». Сначала разрежем квадрат 9х9 на 81 квадратик 1х1. Суммарная длина линий разреза 9*(8+8)=144.
Затем станем склеивать кусочки (линии синего цвета). Заклеивание каждого разреза позволяет уменьшить их число на 1. Значит, потребуется не менее 80 склеек. Пример (ниже) показывает, что их достаточно.
Итак, суммарная длина не заклеенных разрезов (линии красного цвета) 144−80=64.

Ответ: 64 разреза.


3. Если оба корня уравнения  х2−Рх+2013=0 − целые, то их произведение равно 2013. Так как 2013=3х11х61 , то возможны следующие 8 пар корней:  (1; 2013), (3; 671), (11; 183), (33; 61) , (−1; −2013), (−3; −671), (−11; −183), (−33; −61) . Возможные значения Р равны суммам корней в этих парах.      
Ответ:         2014, 674, 194, 94, −2014, −674, −194, −94. 

4. Так как любые две из его моделей отличаются либо по размеру, либо по форме, либо по цвету, либо сразу по нескольким признакам, то число моделей не может превысить числа комбинаций по три признака, т.е. 5х4х3=60. Условие «…их количество попарно различно» подсказывает, что удобно занумеровать цвета по возрастанию числа моделей каждого цвета. Тогда число моделей пятого цвета не больше 3х4=12, второго – не больше 11 и т.д., а всех вместе – не меньше 12+11+10+9+8=50.
Остаётся привести пример, когда их ровно 50. Легче перечислить 10 недостающих:  МЦЖ, СШЖ, СКЖ, СКС, КПЖ, КПС, КПК, КПБ, КЦК, КЦБ. В этих аббревиатурах на первом, втором и третьем местах стоят первые буквы размера, формы или цвета соответственно. Легко проверить, что все аббревиатуры различны, а среди отсутствующих в этой коллекции есть 1 мелкая, 3 средних и 6 крупных моделей, 1 шар, 2 куба, 4 пирамиды и 3 цилиндра, 4 жёлтых, 3 синих, 2 красных, 1 белая и ни одной зелёной модели.
Ответ:  50.

5. Сначала разложим на множители: 2013=3х11х61. Так как множители взаимно просты, то делимость на 2013 равносильна делимости на каждый из них. Ясно, что на 61 будут делиться все числа последовательности. Чтобы использовать признаки делимости на 11 и на 3, найдём сумму цифр числа, порядковый номер которого в последовательности равен К. Тогда сумма цифр, стоящих в нечётных разрядах, равна К, а сумма цифр, стоящих в чётных разрядах, равна 6К.  Их разность 5К должна делиться на 11, а их сумма 7К должна делиться на 3. Значит, на 11 и на 3 должно делиться само К.  Итак, наименьший нужный номер – 33.   
Ответ:  33.


6. Предполагается, что каждый день в каждом городе встречаются 4 шахматиста, играющие друг с другом.
4 шахматиста, встретившиеся в один день, должны в остальные дни играть в разных городах, т.к. каждый с каждым играет 1 раз.
Выдадим шахматистам, игравшим в первые два дня в указанных в таблице городах, значки А…Р.
              2 день
1 день
Город 1 Город 2 Город 3 Город 4
Город 1 А Б В Г
Город 2 Д Е Ж З
Город 3 И К Л М
Город 4 Н О П Р
В последующие три дня шахматисты А, Г, Н, Р должны сыграть с Е, Ж. К, Л. Т.к. последних четверо, а дней остается три, в один день А (или Г) играет либо с Е и Л, либо с Ж и К. Поскольку К и Ж не могут встретиться в тот день, когда играют по отдельности (например, с А), значит, в один день играют группы А, Е, Л, Р и Г, Ж, К, Н (или А, Ж, К, Р и Г, Е, Л, Н, но этот вариант можно получить из предыдущего перестановкой 2-го и 3-го столбцов таблицы, поэтому отдельно его рассматривать не будем). Для определенности, пусть это 3-й день турнира.
В 4-й и 5-й день А играет с Ж, М, О и З, К, П. Н  в те же дни играет с Б, З, Л и В, Е, М. Р  в те же дни играет с В, Д, К и Б, Ж, И. Г  в те же дни играет с Е, И, П и Д, Л, О.
Составим таблицу, две оставшиеся ячейки легко заполнить.
Ответ:

Город 1 Город 2 Город 3 Город 4
1-й день А, Б, В, Г Д,  Е, Ж,  З И, К, Л, М Н, О, П, Р
2-й день А, Д, И, Н Б, Е, К, О В, Ж, Л, П Г, З, М, Р
3-й день А, Е, Л, Р Г, Ж, К, Н Б, Д, М, П В, З, И, О
4-й день А, Ж, М, О Б, З, Л, Н В, Д, К, Р Г, Е, И, П
5-й день А, З, К, П В, Е, М, Н Б, Ж, И, Р Г, Д, Л, О

Tags: олимпиада
Subscribe

promo matholimp november 26, 17:30 55
Buy for 10 tokens
Дистанционное обучение внезапно оказалось в тренде. Поэтому пишут о нём сейчас все, кому не лень, вплоть до вездесущего Онищенко. В итоге громкое большинство минимум в 99% составляют публикации несведущих профанов. А 9 из 10 написанных педагогами статей о дистанционном обучении явно свидетельствуют…
  • Post a new comment

    Error

    default userpic

    Your reply will be screened

    Your IP address will be recorded 

    When you submit the form an invisible reCAPTCHA check will be performed.
    You must follow the Privacy Policy and Google Terms of use.
  • 0 comments