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

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 9 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1411867.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. Сумма трех натуральных чисел равна 100. Какое наименьшее возможное значение может принимать НОК этих чисел?
Решение.
Пример: НОК(40, 40, 20)=40.
Оценка. Все три числа не могут быть равными, поскольку 100 не делится на 3.
Значит, либо они все попарно неравны, либо два равны, а третье отличается.
Случай 1. a≤b≤c. Можно считать, что c делится на b и на a, поскольку иначе НОК≥c, а значит, он равен хотя бы 2с≥66. Тогда b ≤ c/2, a ≤c/2, откуда 100=a+b+c ≤ c+c/2+c/2, c≥ 50. В этом случае НОК не меньше 50.
Случай 2а. a=b≤ c аналогичен.
Случай 2б. a≤b=c. Как и в пункте 1, можно считать, что c делится на a, поэтому с ≤ a/2, 100 = a+b+c ≤ c/2 + 2c, откуда, c≥40, то есть НОК ≥40.
Ответ: 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. Андрей перемножил два последовательных натуральных числа и получил в некоторой системе счисления двузначное число, записываемое двумя последовательными цифрами, не превосходящими 9. Найдите эти цифры.
Решение. Пусть d – основание системы счисления, а р и р+1 − искомые числа. Прежде всего, заметим, что р≤d , иначе запись р(р+1) в этой системе счисления имела бы не менее трёх цифр.
Пусть с и с+1 − искомые цифры. Тогда р(р+1)=сd+с+1 , откуда р2+р−1=с(d+1) .
Сразу напрашивается вариант с=1 с d= р2+р−2. Подходящее d можно подобрать для любого целого р>1 , но р(р+1) всегда будет записываться как 12.
Постараемся найти с>1 . Прежде всего, так как р(р+1) чётно, то р2+р−1 нечётно. Поэтому с не может быть чётным.
Если р(р+1) делится на 3, то р2+р−1 не делится на 3. В противном случае р даёт при делении на 3 остаток 1, а р+1 даёт при делении на 3 остаток 2. В этом случае р(р+1) даёт при делении на 3 остаток 2. Значит, р2+р−1 не делится на 3 ни при каком целом р. Поэтому с тоже не может делиться на 3.
Аналогично можно показать, что с не может делиться на 7.
Из цифр от 0 до 9 остаётся только 5. Она подходит. Кроме 7∙8=56, есть примеры и в других системах счисления. Например, 17∙18=306 записывается как 56 в системе счисления с основанием 60.
Ответ: 12 или 56.



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. 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.

7. В таблице 30х30 клеток поставлено 162 плюса и 144 минуса (в каждой клетке не более одного знака) так, что в каждой строке и каждом столбце таблицы стоит не более 17 знаков. Для каждого плюса подсчитали, сколько минусов находится в той же строке. Для каждого минуса подсчитали, сколько плюсов находится в том же столбце. Какое наибольшее значение может иметь сумма найденных чисел?
Решение. Заметим, что суммирование можно вести только по плюсам (или только по минусам), а сумма в каждой строке или в каждом столбце равна произведению количества стоящих там плюсов на количество минусов. Лимит не более 17 знаков не позволяет каждому такому произведению превысить 72. Если где-то знаков меньше 17, то потеря в произведении не восполняется дополнительными слагаемыми. Поэтому для достижения максимума в целом по таблице нужно в некоторых строках и столбцах поставить ровно по 17 знаков (точнее, 9 плюсов и 8 минусов), а в остальных не ставить их вовсе.
Подходящий вариант расстановки – занять плюсами квадраты 9х9 в правом верхнем и левом нижнем углах, а минусы ставить в такие же квадраты в правом нижнем и левом верхнем углах, за исключением их главных диагоналей.
Ответ: 1296.


8. В треугольнике АВС выбрана точка D на стороне АВ так, что углы АСD и АВС равны. Пусть S − центр описанной окружности треугольника ВСD. Докажите, что точки А, С, S и середина BD лежат на одной окружности.
Решение. Поскольку S лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BD, то угол ADS прямой. Для решения задачи нам осталось доказать, что угол ACS прямой (тогда четырехугольник ADSC будет вписанным, поскольку сумма его противоположных углов 180 градусов). Действительно, прямая АС - касательная к описанной окружности треугольника BCD, так как угол между прямыми АС и ВС равен половине дуги, заключенной между ними (углу АВС).


9. Треугольники АВС и А1В1С1 таковы, что sin A = cos A1 , sin B = cos B1 , sin C=cosC1 . Найдите наибольший из шести углов.
Решение. Начнём с того, что синусы всегда положительны. Косинусы же положительны только для острых углов. Поэтому треугольник А1В1С1 остроугольный. Если треугольник АВС тупоугольный, то наибольшим окажется какой-то из его углов. Не теряя общности считаем, что тупой угол – А. Тогда условие сводится к соотношениям: A= 90°+A1, В= 90°−В1, С= 90°−С1. Вычитаем из первого равенства два других, выделяем в итоговом соотношении суммы углов каждого треугольника и заменяем их на 180°. После упрощений находим А=135° .
Если же оба треугольника остроугольные, то A= 90°−A1 , В= 90°−В1 , С= 90°−С1 , в результате общая сумма шести углов равна 270°, что невозможно.
Ответ: 135° .


10. Пусть Н – такая точка внутри треугольника АВС, что равны величины углов НАВ и НСВ, а также НВС и НАС. Докажите, что Н – точка пересечения высот треугольника АВС.
Решение.
Продолжим ВН и СН до пересечения со сторонами АС и АВ в точках D и Е.
Углы EHD и ВНС равны как вертикальные. Следовательно, сумма углов А и Н в четырёхугольнике АЕНD равна сумме углов треугольника АВС, т.е. 180°. Значит, точки А, Е, Н и D лежат на одной окружности.
Углы HDЕ и НАВ опираются в этой окружности на одну и ту же дугу ЕН. Отсюда следует равенство углов HDЕ и НСВ. Это значит, что вокруг четырёхугольника ВСDЕ тоже можно описать окружность.
Следовательно, равны углы BDC и ВЕС. Значит, равны и дополняющие их углы ADН и АЕН. Но так как их сумма равна 180°, то они – прямые.
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