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

Решения задач для 10 класса (13-я олимпиада)

Условия см. на http://matholimp.livejournal.com/1160736.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 10х10 на 100 квадратиков 1х1. Суммарная длина линий разреза 10*(9+9)=180.

Затем станем склеивать кусочки (линии синего цвета на рисунке к решению аналогичной задачи для 9 класса). Заклеивание каждого разреза позволяет уменьшить их число на 1. Значит, потребуется не менее 99 склеек. Примеры показывают, что их достаточно.

Итак, суммарная длина не заклеенных разрезов (линии красного цвета) 180−99=81.

Ответ: 81.

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. Примем длину YZ за 1. Тогда отношение длин отрезков ХТ и YZ равно длине ХТ. Так как YZ – средняя линия в треугольнике BRQ , то RQ=2, а PS=6. Начнём со случая, когда отрезки АС и PS параллельны. Тогда ХТ равен либо их полусумме, либо их полуразности. Меняя длину АС, можно добиться, чтобы длина ХТ была равна любому положительному числу. Ясно, что более общие случаи взаимного расположения данных точек (в том числе, выходящие за пределы одной плоскости) уже не смогут добавить новых значений.

Ответ: любое положительное число.

5. Сначала заметим, что никакие две вершины куба 6х6х6 не могут входить в состав одной части. Действительно, они соединены либо ребром длины 6, либо диагональю в грани, длина которой 6√2, либо диагональю куба, длина которой 6√3. Ни один из этих отрезков невозможно поместить внутрь меньшего куба. Значит, число частей не меньше 8.

Несложно подобрать пример разрезания, когда их ровно 8.

Ответ: 8.

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