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

Categories:

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 8 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1411835.html .



1. Докажите, что для любого n≥4 существует n-угольник, у которого никакие две диагонали не параллельны.
Решение. Будем строить вершины такого n-угольника. Начнем с n=4, построим
квадрат. Обе его диагонали пересекаются в центре квадрата, поэтому не
параллельны. Чтобы впоследствии не возникало проблем с самопересечениями, проведём окружность, описанную около квадрата, и все новые вершины выбираем только на ней, после чего последовательно соединяем выбранные точки окружности.
Проведем через все вершины квадрата прямые, параллельные обеим
диагоналям. На полученных прямых не должны лежать никакие другие
вершины многоугольника. Поэтому берем любую точку на окружности вне
этих прямых, соединяем ее с двумя соседними вершинами квадрата вместо
отрезка, который их соединял, и получаем пятиугольник.
Дальше просто повторяем эту же процедуру: проводим все диагонали,
потом через все вершины проводим все прямые, параллельные диагоналям,
потом выбираем любую точку вне этих прямых и добавляем ее к списку
вершин многоугольника.


2. BK – биссектриса треугольника ABC. Известно, что AB=AC, а BC=AK+BK. Найдите углы треугольника АВС.
Решение. Обозначим АК=а , КС=b и отложим отрезок ЕС=а на стороне ВС. Так как KC/CE = KC/AK = BC/AB , то треугольники ЕКС и АВС подобны. Значит, угол ЕКС равен углу С (обозначим его за х), а внешний для треугольника ЕКС угол ВЕК – вдвое больше. Но так как ВЕ=ВК, то треугольник ВЕК – равнобедренный, откуда угол ЕВК равен 180°−4х . Угол В в треугольнике АВС вдвое больше угла ЕВК, но при этом равен углу С. Приравниваем: х=2(180°−4х) и находим х=40° .
Ответ: 100° и два по 40°.


3. Каждый из трех землекопов, работая в одиночку, может вырыть траншею за целое число дней. А если ту же траншею они будут рыть все втроем, на это у них уйдет соответственно на 2, 5 и 10 дней меньше, чем при рытье вдвоем (т.е. без первого, второго и третьего соответственно). За сколько дней может выкопать яму самый медленный из них?

Решение.
Обозначим время, за которое все трое суммарно выкопают траншею, за t (дней). Тогда их суммарная производительность равна 1/t. Производительность пар, согласно условию, равна 1/(t+2), 1/(t+5) и 1/(t+10). Если сложить производительность пар, то получится удвоенная общая производительность (как если бы копали два первых, два вторых и два третьих землекопа): 1/(t+2) + 1/(t+5) + 1/(t+10) = 2/t.
Отсюда t/(t+2) + t/(t+5) + t/(t+10)=2;
вычитая 1 из каждой дроби, получаем равносильное уравнение
1/(t+2) + 1/(t+5) + 1/(t+10)=1.
Угадываем один из корней этого уравнения: t=10. Других положительных корней уравнение иметь не может, поскольку каждая дробь при положительном t убывает.
Таким образом, все трое выроют траншею за 10 дней. Суммарная производительность троих равна 1/10 траншеи в день, а суммарная производительность двух самых быстрых – 1/12 траншеи в день. Производительность самого медленного равна 1/10-1/12=1/60 траншеи в день.
Ответ: за 60 дней. (А два других — за 20 и 30 дней)
Примечание. Условие о целочисленности не используется, но наводит на мысль о подборе корней.


4. Даны 15 составных чисел, не превосходящих 2014. Докажите, что какие-то два из них имеют общий делитель, больший 1.
Решение. Допустим противное и разложим каждое из данных 15 составных чисел на простые множители. Меньший из множителей в каждом разложении заведомо не превосходит √2014≈44,88 . Выпишем первые 15 простых чисел: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47. Последнее из них оказалось больше √2014 . Значит, у каких-то двух из данных 15 составных чисел найдётся общий множитель.


5. Дан квадрат 100х100 без угловой клетки. Можно ли разрезать его по клеткам на 33 фигуры, у которых одинаковые площади и одинаковые периметры?
Ответ: Да.
Решение. Прежде всего, находим, что площадь таких фигур должна быть равна 303. Значит, фигура не сможет поместиться в 3 строки по 100 клеток. Но если каждая фигура занимает ровно 4 строки (включая неполные), то её периметр окажется точно таким же, как и у прямоугольника 4х100, т.е. равный 208. Чтобы получить нужное разрезание, достаточно последовательно по строкам (сверху вниз, справа налево) занумеровать все клетки и включать их в фигуры в порядке нумерации.
Нам могла бы помешать ситуация, когда фигура занимает три полных строки, две клетки в одной и одну клетку в другой. Однако это невозможно, поскольку для этого последняя клетка предыдущей фигуры должна иметь номер, оканчивающийся на 98 или 99 (а такой номер — 9999 — будет только для последней фигуры).


6. В шестизначном числе поставили знак произведения после первых трех цифр, и оказалось, что произведение двух полученных трехзначных чисел в 7 раз меньше исходного числа. Какое число было написано?
Решение. Если полученные трехзначные числа обозначить через А и В, то задача сводится к уравнению 7АВ=1000А+В .
Так как 7АВ≥1000А , то В≥143. Сделаем подстановку В=143+К. После сокращения 1000А, получим: А(1+7К)=143+К (=В).
Если К=0, то А=В=143 (удовлетворяет условию).
Если К=1, то 8А=144, откуда А=18 и В=144 (удовлетворяет уравнению, но не удовлетворяет условию, так как 18 – не трехзначное число).
Так как А(К)=(143+К)∕(1+7К) убывает с ростом К, то все последующие решения уравнения (ещё есть К=7, для которого А=3 и В=150) дают ещё меньшие значения А, из-за чего не получается нужного по условию шестизначного числа.
Ответ: 143143.


7. У нас есть набор из N2 карточек, на каждой карточке с одной стороны написано число, с другой стороны пусто. Написанные числа попарно различны. Эти карточки выложены в виде квадрата NхN пустой стороной (рубашкой) вверх. Разрешается перевернуть любую карточку и тем самым узнать написанное на ней число. Доказать, что не более чем за 8N переворачиваний можно найти карточку, число на которой меньше чисел всех её соседей (по стороне).
Решение. Сначала перевернём все карточки средней строки и среднего столбца квадрата и найдём минимальное число M1 из перевёрнутых. Без ограничения общности (БОО) можно считать, что оно находится на средней строке. Если оно находится на пересечении со средним столбцом, то оно искомое. Иначе, БОО оно слева от среднего столбца. Откроем двух соседей М1 - верхнего и нижнего. Если оба меньше М1, то карточка с числом М1 - искомая. Иначе БОО, нижний сосед М1 меньше, чем М1. Мы выяснили, что внутри левой нижней четверти квадрата есть перевернутое число, меньшее всех остальных уже перевёрнутых чисел. Несложно понять, что внутри этой четверти должна быть и какая-то карточка, число на которой меньше всех ее соседей. Дальше просто повторим те же самые операции для четверти квадрата, и будем продолжать так до тех пор, пока размеры отсекаемых долей квадрата не уменьшатся до 1x1.
Подсчёт показывает, что вначале мы открыли 2N-1 + 2 карточки, затем - еще не более 2[N/2]-1 +2, потом 2[N/4]-1 +2, и так далее. Общее количество вскрытых карточек, таким образом, не больше, чем 2(N + [N/2] + [N/4] + ...) + log2(N) ≤ 4N + log2(N) . Поскольку для любых натуральных N log2(N) ≤ N, то всего вскрыто не более 5N карточек.

8. Назовем число натуральное возрастающим, если в нем цифры идут в порядке строгого возрастания (например, 1589 - возрастающее, а 447 - нет). Какое наименьшее количество возрастающих чисел надо сложить, чтобы получить 2014?
Ответ: 3.
Решение. Начнём с примера (их много): 1268+378+368.
Покажем теперь, что двух возрастающих чисел недостаточно. Прежде всего, заметим, что хотя бы одно из них должно быть четырёхзначным. Тогда его последняя цифра – не меньше 4. Но так как последняя цифра другого числа заведомо не 0, то сумма в последнем разряде равна 14 и может складываться как 9+5, 8+6 или 7+7.
Цифры в предпоследних разрядах также не могут быть нулями. Значит, их сумма (без учёта единицы переноса) равна 10. Варианты: 8+2, 7+3, 6+4 или 5+5.
Чтобы получить 2014, сумма в разряде сотен (без учёта единицы переноса) должна быть равна 9. Но так как каждая цифра сотен должна быть хотя бы на 1 меньше соответствующей цифры десятков, то эта сумма не может оказаться больше 8.


9. Найдите натуральные А, В и С из уравнения 2014=2А−2В−2В+С .
Ответ: А=11, В=1, С=4.
Решение. Достаточно заметить, что 2014=2048−32−2, после чего представить число 2014 в двоичной системе счисления (11111011100) и интерпретировать данное уравнение как вычитание в столбик.

10. В треугольнике АВС углы В и С равны 30° и 105°, а Р – середина стороны ВС. Найдите угол ВАР.
Решение. Опустим высоту СН из вершины С. Тогда прямоугольный треугольник АСН с углом в 45° - равнобедренный, а в прямоугольном треугольнике ВСН угол С равен 60°, и медиана НР равна половине гипотенузы ВС. Отсюда НР=РС=СН=АН. Следовательно, треугольник АРН тоже равнобедренный. Так как его внешний угол ВНР равен данному углу В, то искомый угол – вдвое меньше.
Ответ: 15°.
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