December 31st, 2013

Решения и критерии оценивания по задачам №1

(5-6)
1A. Назовём год лихим, если в записи его номера есть одинаковые цифры. Например, все годы с 1988 по 2012 были лихими. Каково максимальное количество лихих лет, идущих подряд, среди уже прошедших лет нашей эры?

Решение. Заметим, что все годы с 1099 по 1202 — лихие (1099 содержит две девятки, числа с 1100 по 1199 — две единицы, 1200 — два нуля, 1201 — две единицы, 1202 — две двойки). При этом 1098 и 1203 — не лихие. Таким образом, имеем 104 подряд идущих лихих года.
Заметим, что в других местах лихие годы идут группами менее чем по 100 (например, потому, что 90, 190, 290, 390, 490, 590, 690, 790, 890, 987, 1087, 1230, 1320, 1420, 1520, 1620, 1720, 1820, 1920, 1980 — не лихие). Итак, 104 — максимальное количество подряд идущих лихих лет.

Критерии. Оценка складывается из двух величин: ответ с указанием промежутка (4 балла) и доказательство того, что более длинного промежутка нет (3 балла).

I Ответ с указанием промежутка: макс. 4 балла.
Объяснять, почему в этом промежутке все годы лихие, не надо.
Если промежуток указан верно, но количество чисел в нём подсчитано неверно (напр. написано, что их 103), то 2 балла (но если количество чисел вообще не указано, то 3 балла).
Если промежуток указан «близко к верному» (потеряно одно или несколько «крайних чисел» 1099, 1200, 1201, 1202): 2 балла, если потеряно одно из чисел, и 1 балл, если более одного (верно ли посчитано количество чисел, неважно).
Указан только ответ (104) — 2 балла; указан ответ от 99 до 103 — 1 балл.

II Доказательство максимальности — макс. 3 балла (это актуально и для неточно указанного промежутка).
Если доказательства нет, но написана фраза, из которой ясно, что участник представляет, как такое доказательство осуществить (например, «среди остальных лет можно найти годы с неповторяющимися цифрами, промежутки между которыми будут меньше 100» или «ясно, что в каждом полтиннике есть нелихой год») — за это даётся 1—2 балла.
Фраза типа «в каждом из остальных столетий найдётся нелихой год» доказательством не является (т. к. дырки между такими годами могут оказаться длиннее 104) и баллов не даёт.


(7[8,9])
1B. В стопке лежат одинаковые карточки, на которых записаны числа от 1 до 9 [от 1 до 12 , от 1 до 33]. Билл взял одну карточку и тайно отметил на ней 4 числа [4 числа, 10 чисел]. Марк может сделать то же самое с несколькими карточками. Затем карточки открывают. Если на одной из карточек Марка хотя бы два [два, три] из четырёх [четырёх, десяти] отмеченных чисел совпадут с числами Билла, то Марк выигрывает. Какое наименьшее число карточек должен взять Марк и как их заполнить, чтобы наверняка выиграть?

Решение.
Для 7 класса. Достаточно взять две карточки и на одной отметить 1,2,3,4, на второй — 5,6,7,8. Если предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по одному числу, то на карточке Марка отмечены не больше одного из чисел от 1 до 4, не больше одного из чисел от 5 до 8 и ещё, возможно, число 9, то есть максимум три числа.
Одной карточки недостаточно: какие бы четыре числа Билл ни отметил, у Марка могут оказаться четыре числа, ни одно из которых не отмечено Биллом.

Для 8 класса. Достаточно взять три карточки и на одной отметить 1,2,3,4, на второй — 5,6,7,8, на третьей — 9,10,11,12. Если предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по одному числу, то на карточке Марка отмечены не больше одного из чисел от 1 до 4, не больше одного из чисел от 5 до 8 и не больше одного из чисел от 9 до 12, то есть максимум три числа.
Двух карточек недостаточно: на них Билл может отметить максимум 8 разных чисел, но тогда на карточке Марка могут оказаться 4 числа, ни одно из которых не отмечено Биллом.

Для 9 класса. Достаточно взять три карточки и на одной отметить числа от 1 до 10, на второй — от 11 до 20, на третьей — от 21 до 30. Если предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по двум числам, то на карточке Марка отмечены не больше двух из чисел от 1 до 10, не больше двух из чисел от 11 до 20 и не больше двух из чисел от 21 до 30, а также не больше трёх из чисел 31, 32, 33. Итого максимум 2+2+2+3=9 чисел, что меньше 10.
Двух карточек недостаточно: на них Билл может отметить максимум 20 разных чисел, но тогда на карточке Марка могут оказаться 10 чисел, ни одно из которых не отмечено Биллом.


Критерии. Оценка за задачу складывается из трёх частей:
(1) ответ («достаточно взять три карточки и отметить на них то-то и то-то») — 1 балл (обратите внимание, что выбор отмеченных чисел может быть другим, или просто может быть указано, что все числа различны); ответ, в котором указано только количество карточек, но не описан выбор чисел, не засчитывается;

(2) доказательство того, что для таких карточек найдётся подходящая карточка — максимум 4 балла;
(3) доказательство того, что меньшего количества карточек не хватит — 2 балла.

За систематическое отсутствие слов «не более чем» можно снимать 1–2 балла.


(10-11)
1C. Назовём год лихим, если в записи его номера есть одинаковые цифры. Например, все годы с 1988 по 2012 были лихими. Докажите, что в каждом столетии, начиная с двадцать первого, хотя бы 44 лихих года.

Решение. Будем для удобства считать, что столетие начинается с года ...xy00 и кончается годом ...xy99 (возможно, вместо многоточия ничего нет). На самом деле более правильно считать, что столетие начинается с года ...xy01 и кончается годом ...uv00; но поскольку годы ...xy00 и ...uv00 оба лихие, это не влияет на количество лихих лет в столетии.
Заметим, что при x=y все сто лет лихие. Поэтому будем считать, что x≠y.
В таком случае к лихим годам относятся следующие:
...xyxx, ...xyyy, ...xyxy, ...xyyx;
...xyax, где a отлично от x и y (8 штук);
...xyxa, где a отлично от x и y (8 штук);
...xyya, где a отлично от x и y (8 штук);
...xyay, где a отлично от x и y (8 штук);
...xyaa, где a отлично от x и y (8 штук).
Легко убедиться, что все перечисленные годы различны, и их количество равно 44.

Графически лихие годы (на примере XXI столетия) показаны в таблице, аналогично выглядят таблицы и для других столетий при x≠y.

Критерии.
Если участник нашёл (хотя бы в одном столетии) пять серий лихих лет — 2 балла, а если ещё и правильно сосчитал эти годы — не менее 4 баллов. Если в решении фигурируют хотя бы три из этих пяти серий — не менее 1 балла.
Простое выписывание всех лихих годов какого-нибудь столетия по возрастанию (или в беспорядке) баллов не приносит.

Мелкие недочёты.
Рассмотрены только четырёхзначные годы — не снижаем.
С какого года начинается столетие (xy00 или xy01), неважно.
Не указано, что при x=y всё очевидно (а просто всё написано так, как будто x и y различны) — минус 1 балл.
Для удобства обозначений рассмотрено какое-то одно столетие (но годы упорядочены по сериям, а не по возрастанию), и написано, что в других столетиях аналогично — минус 1 балл (а вот если объяснено, что и почему аналогично, то можно не снижать).
Фразу «легко убедиться, что все перечисленные годы различны» можно не писать.

Пример решения на 6 баллов (потому что для одного столетия). Если разряды сотен и тысяч совпадают, то всё ясно. Пусть они различны. Рассмотрим на примере XXI столетия. В нём лихие годы: 2000, 2010, 2020, …, 2090; 2000, 2001, 2002, …, 2009; 2000, 2011, 2022, …, 2099; 2020, 2021, …, 2029; 2002, 2012, 2022, …, 2092. Всего их 44, поскольку 2000, 2002, 2020, 2022 совпадают, а остальные восемь во всех сериях различны. То же будет и в других столетиях.
Задача 2
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…

Решения и критерии оценивания по задачам №2

(5)
2A. На круглом торте стоит 6 свечей. Тремя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько свечей могло стоять в каждой из частей, которые образовались после первого разреза? Объясните, почему никакие другие варианты невозможны.

Решение. Возможны два варианта: а) в обеих частях по три свечи (3+3); б) в одной части две свечи, в другой — четыре (2+4). Примеры см. на рисунках, первый разрез показан жирной линией.
Остальные варианты (1+5 или 0+6) невозможны. Действительно, пусть после первого разреза в какой-то части осталось хотя бы пять свечей. Тогда вторым разрезом она будет разрезана максимум на две части, поэтому в какой-то из них будет хотя бы три свечи. Третьим разрезом нельзя сделать так, чтобы каждая из этих свечей оказалась в отдельном куске.

Критерии. Верный ответ (то есть оба варианта: 3+3 и 2+4) стоит 1 балл; при верном ответе пример к каждому из вариантов стоит ещё по 1 баллу. Если в примерах не показано, какой разрез сделан первым — минус балл.
Доказательство того, что других вариантов нет, стоит 4 балла. При этом утверждение о том, что двумя разрезами нельзя разделить кусок на пять частей, считаем очевидным. Поэтому в качестве доказательства достаточно фразы «Если в одной из частей осталось пять свечей, то двумя оставшимися разрезами эти пять свечей нельзя распределить по разным частям».

(6)
2B. На круглом торте стоит 7 свечей. Тремя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько частей было после второго разреза и сколько свечей стояло в каждой из них?

Решение. Очевидно, количество частей после второго разреза не превосходит четырёх (первый разрез даёт две части, второй делит каждую из них не более чем на два куска).
Заметим, что после второго разреза ни в одном из кусков не могло оказаться три и более свечей, иначе третьего разреза не хватило бы, чтобы все эти свечи оказались в разных частях. Итак, в каждом куске не больше двух свечей.
Тогда должно быть хотя бы четыре куска (иначе в сумме свечей не больше шести), а больше четырёх быть не может. Для четырёх кусков единственный вариант получить 7 свечей — это 2+2+2+1.

Критерии.
Только ответ («четыре части, 2+2+2+1») — 1 балл. Пример не требуется и на баллы не влияет.
«Частей не больше четырёх, потому что было всего 2 разреза» — +1 балл.
«В каждой части не больше двух свечей» — +1 балл.
«И поэтому частей не меньше четырёх» — +ещё 1 балл к предыдущему.
Все эти баллы могут суммироваться (но если присутствуют все четыре компонента, то это обычно полное решение).

(7)
2C. На круглом торте стоит 10 свечей. Четырьмя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько свечей могло стоять в каждой из частей, которые образовались после первого разреза? Объясните, почему никакие другие варианты невозможны.

Решение. Заметим, что тремя разрезами нельзя разделить никакой кусок более чем на 7 частей. Действительно, первый разрез делит на две части, второй — максимум на 4. Третий разрез не может одновременно пройти через все четыре куска, образованных после второго разреза, поэтому проходит максимум через три из них; в результате число кусков увеличивается максимум на три, и всего их не больше, чем 4+3=7.
Значит, после первого разреза число свечей в каждой части не превышает 7 (иначе вторым, третьим и четвёртым разрезом не удастся разделить свечи по отдельным кускам). Поэтому возможны только варианты 5+5, 6+4 и 7+3.
Все эти варианты действительно реализуются (примеры см. на рисунках, первый разрез выделен жирной линией).

Критерии. Ответ с примерами стоит 3 балла. Если в ответе указаны два из трёх верных вариантов и к ним приведены рисунки, то за это 1 балл.
Доказательство стоит 4 балла. Если утверждение о том, что тремя разрезами торт нельзя разрезать более чем на 7 частей, никак не обосновано, то за это 2 балла снимается (обоснование «Двумя разрезами кусок режется на 4 части, а после третьего их максимум 7» считаем достаточным).

(8-9)
2D. Дан прямоугольник ABCD. На луче DC отложен отрезок DK, равный BD. Точка M — середина отрезка BK. Докажите, что AM — биссектриса угла BAC.

Решение. Поскольку BD=DK, то медиана DM треугольника BDK является также высотой и биссектрисой, то естьBMD =90° и BDM=BDC/2.
Теперь рассмотрим четырехугольник ABMD. В нем BAD=BMD=90°, то есть он вписанный. Следовательно, BAM=BDM=BDC/2=BAC/2, то есть AM — биссектриса.
Другое решение. Вновь заметим (как в первом решении), что DM — биссектриса BDC. Пусть E и F — середины AD и BC. Тогда точка M лежит на EF (например, потому, что MC=BK/2=BM как медиана к гипотенузе, а значит, перпендикуляр из E проходит через середину BC). При симметрии относительно прямой EF BDC переходит в BAC, а DM — в AM. Поэтому AM — биссектриса ∠BAC.
Критерии. Доказано, что DM — биссектриса BDC — 1 балл.
Ссылка на симметрию без чёткой формулировки (т. е. после доказательства того, что DM — биссектриса ∠BDC, написано «по симметрии, AM — биссектриса ∠BAC) — 5 баллов. Не доказано, что M лежит на EF — 6 баллов (в качестве доказательства можно также сослаться на координаты).

(10)
2E. Азимутом называется угол от 0 до 360°, отсчитанный по часовой стрелке от направления на север до направления на нужный ориентир. Алекс видит телебашню под азимутом 60°, водонапорную башню под азимутом 90°, а колокольню под азимутом 120°. Для Бориса те же азимуты соответственно равны 270°, 240° и Х. Какие значения может принимать Х?

Решение. Начнём с того, что азимут 90° — это направление с востока на запад, а 270° — с запада на восток. Отсюда следует, что Борис находится восточнее Алекса и (с учётом других данных из условия) севернее его. Следовательно, азимут от Бориса к Алексу не превышает 270°. Х — ещё меньше, но в случае расположения Бориса и Алекса почти на одной параллели может быть сколь угодно близок к 270°.
Так как колокольня находится южнее (и восточнее) Алекса, то она южнее Бориса. Поэтому Х не может быть меньше 120° (азимута на колокольню от Алекса). С увеличением расстояния до колокольни Х может стать сколь угодно близким к 120°.
Ответ: от 120° до 270° (исключая крайние значения).
Критерии. По общим правилам. Верное решение может также иметь вид рисунка с небольшими пояснениями. Если ошибка ТОЛЬКО в учёте крайних значений, то 6 баллов.

(11)
2F. Для исследования подводного мира соорудили прямолинейную штангу, уходящую под углом 45° к поверхности воды на глубину 100 метров. Водолаз связан со штангой гибким тросом, позволяющим ему удаляться от любой точки штанги на расстояние не более 10 метров. Считая размеры водолаза нулевыми (точечными), найдите объём доступной ему части подводного пространства. Дайте точный ответ и округлите его до ближайшего целого значения в кубических метрах.

Решение. Начнём с того, что на глубину 100 метров под углом 45° заходит штанга длиной H=1002 метров. Объём цилиндра такой высоты с радиусом основания 10 метров: πr2H=10000π√2 кубическим метрам. Водолазу доступна любая точка внутри этого цилиндра, за исключением его надводной части. Но эта надводная часть компенсируется равной подводной областью, примыкающей к цилиндру чуть выше его. Наконец, от нижнего конца штанги водолазу доступна лежащая вне цилиндра область в форме полушара радиусом 10 метров, объём которой равен 2000π∕3 . Таким образом, объём доступной водолазу части подводного пространства равен 1000π(10√2+23) 46523,2 кубического метра. Округление до ближайшего целого значения в кубических метрах – 46523.

Критерии. Если ошибка только в округлении (в том числе слишком грубые приближения π и √2 ) или отсутствует округленное значение, то 6 баллов.
Если допущена одна ошибка в вычислениях или формулах (напр. неверная формула объёма шара), то 5 баллов. Если ошибок в вычислениях/формулах более одной или решение неверно в принципе (например, потерян 2, или забыт полушар), то не выше 2 баллов.
Важное замечание. В условии точно указаны размеры подводной части штанги, но не утверждается, что она обрывается у поверхности воды. Напротив, контекст явно предполагает её продолжение над водой, что нужно использовать в решении. Но если участник ввёл это дополнительное ограничение и справился с (более трудной!) задачей в искажённой формулировке, то он заслуживает оценки в 7 баллов. В таком решении появляется часть цилиндра, объём которой вычисляется через интегралы, а также 1/8 шара вокруг верхнего конца штанги.

Решения и критерии оценивания по задачам №3

(5-6)
3A. Даны три нечётных положительных числа p, q, r. Про них известно, что p>2q, q>2r, r>p−2q. Докажите, что p+q+r≥25.

Решение. Заметим, что если p>2q, то p−2q≥1. Поскольку r>p−2q, то r>1. Значит, r — нечётное число, большее 1, то есть r≥3. Тогда q>2r≥6, то есть q≥7; p>2q≥14, то есть p≥15. Итого p+q+r≥15+7+3=25.

Критерии. Упомянуто, что r>1 (или r≥3) — 1 балл.
Приведен только пример, когда сумма равна 25 (т. е. в решении так или иначе встречаются значения 3, 7 и 15) — 1 балл (может суммироваться с предыдущими). В верном решении, естественно, этот пример не обязателен.

(7 [8])
3B. У фокусника есть два комплекта по 7 [8] карточек. На розовых карточках записаны целые числа от 0 до 6 [от 0 до 7]. На первой голубой карточке написано 1, а число на каждой следующей голубой карточке в 7 раз [в 8 раз] больше предыдущего. Фокусник раскладывает карточки попарно (розовую с голубой). Затем зрители перемножают числа в каждой паре и находят сумму всех 7 [8] произведений. Фокус состоит в том, что в сумме должно получиться простое число. Подскажите фокуснику, какие карточки можно для этого объединить в пары (или докажите, что у него ничего не получится).

Ответ: фокус не получится.
Доказательство.
Рассмотрим остатки от деления на 6[7]. Так как 7 [8] даёт при делении на 6[7] остаток 1, то и любая степень 7 [8] тоже даст при делении на 6[7] остаток 1. Значит, вклад любой голубой карточки в остаток от деления суммы на 6[7] соответствует 1. Теперь удобно переставить слагаемые так, чтобы числа на розовых карточках шли в порядке возрастания. Получим сумму целых чисел от 0 до 6 [от 0 до 7]. Она делится на 3[7]. Значит, как бы фокусник ни комбинировал карточки в пары, сумма всех 7 [8] произведений всегда будет делиться на 3[7]. Следовательно, она никогда не сможет оказаться простым числом.

Критерии. По общим правилам.

(9[10,11])
3C. Назовём основание системы счисления комфортным, если существует простое число, запись которого в этой системе счисления ровно по одному разу содержит каждую из её цифр. Например, 3 — комфортное основание, так как троичное число 102 — простое. Найдите все комфортные основания, не превосходящие 10 [все комфортные основания, не превосходящие 12; все комфортные основания].

Решение.
Пусть K — искомое основание. Тогда в этой системе счисления действуют признаки делимости на K1 и его делители, частным случаем которых являются признаки делимости на 9 и 3 в десятичной системе счисления. Чтобы применить их, нужно заменить число суммой его цифр.
Для искомого простого числа в качестве суммы цифр получим сумму целых чисел от 0 до K1. Она равна (K1)K2 . Если K чётно, то сумма цифр делится на K1. Если K нечётно, то сумма цифр делится на (K1)2 . Здесь важно не упустить особые случаи: если K=2, то K1=1 , а если K=3, то (K1)2=1 . Но при больших K число не сможет оказаться простым, так как будет делиться либо на K1, либо на (K1)2 .

Ответ: комфортными основаниями являются только 2 и 3.

Критерии. По общим правилам.
В 9–10 классах засчитываются также решения, в которых последовательно перебираются все основания.

Решения и критерии оценивания по задачам №4

(5-7)
4A. У Кости есть шесть кубиков, каждая грань каждого кубика раскрашена в один из шести цветов. Все кубики раскрашены одинаково. Костя составил из кубиков столбик и смотрит на него с четырёх сторон. Может ли он сделать это таким образом, чтобы с каждой стороны все шесть граней были разного цвета?

Решение. Будем обозначать цвета числами от 1 до 6. Пусть у каждого кубика на двух противоположных гранях находятся цвета 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Тогда кубик можно ставить так, чтобы на четырёх видимых гранях (по кругу) оказывались цвета: а) 1234; б) 1536; в) 2546 (и в обратном порядке).
Пример такого расположения показан на рисунке.

Критерии. Показан верный пример, но не объяснено, как именно покрашен кубик — снимается 1 балл. Если раскраска кубика описана, то писать, почему пример верный, не обязательно.
Только ответ («может») — 0.


(8)
4B. На плоскости нарисовали 5 красных точек. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество. (Точка может оказаться красной и синей одновременно.)

Решение. Пусть точки расположены на прямой на равных расстояниях друг от друга. Например, пусть это точки координатной оси с координатами 1, 2, 3, 4 и 5. Тогда середина каждого отрезка с концами в этих точках — одна из точек 1,5, 2, 2,5, 3, 3,5, 4, 4,5, то есть имеем 7 синих точек.
Меньшего количества синих точек быть не может. В самом деле, введём на плоскости систему координат так, чтобы никакие две красные точки не оказались на одной вертикальной прямой. Пусть эти точки (слева направо) — A, B, C, D, E.
Заметим, что если один из концов отрезка сдвинуть вправо, то и середина отрезка сдвинется вправо (а если двигать концы отрезков по вертикали, то горизонтальная координата середины не изменится). Поэтому середина отрезка AC правее, чем середина AB; середина AD ещё правее; далее вправо идут середина AD, середина AE, середина BE, середина CE и середина DE. Таким образом, все эти семь середин различны (поскольку каждая из них правее предыдущей).

Критерии. Только ответ — 1 балл. Ответ с примером — 2 балла.
Оценка с верным ответом, но без упоминания примера — снимаем 2 балла.
Если в доказательстве не упоминается необходимость выбора оси (написано «упорядочим точки слева направо» и не написано о случае, когда какие-то из точек на одной вертикальной прямой) — минус 1 балл.
Если без обоснования написано, что при упорядочении сер(
A,B) левее сер(A,C) и т. д., то баллы не снимаем. А вот если просто написано, что «при таком упорядочении все эти середины различны», то минус балл.
Вышеупомянутые штрафы суммируются.

(9)
4C. На плоскости нарисовали 5 красных точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество.

Решение.
Прежде всего, синих точек не может быть больше 542=10 . Это число может уменьшиться за счёт совпадения каких-либо двух середин. Легко (см. рисунок) привести пример такого совпадения, когда синих точек 9. Покажем, что дальнейшее уменьшение невозможно.
Так как никакие три красные точки не лежат на одной прямой, то совпадение каких-либо двух середин означает, что четыре красные точки (лежащие на концах выбранной пары отрезков) образуют параллелограмм. Так как оставшаяся точка не лежит ни на одной из сторон этого параллелограмма, то ни один из лучей, направленных из оставшейся точки в вершины параллелограмма, не параллелен ни одной из сторон параллелограмма.
Допустим, что удалось построить второй аналогичный параллелограмм. Тогда его образовали бы оставшаяся точка и какие-то три из ранее использованных. Так как у параллелограмма только две диагонали, то все три отрезка, попарно соединяющие три ранее использованных точки, не могут одновременно быть диагоналями.
Следовательно, у двух параллелограммов есть общая сторона, а противоположные ей стороны обоих параллелограммов параллельны между собой. Но это противоречит ранее сделанному выводу.
Итак, минимально возможное количество синих точек 9.

Критерии. По общим правилам.
Ответ с примером расположения — 1 балл (просто ответ «9» — 0). Ещё один балл можно давать за упоминание того, что если две середины совпали, то четыре вершины образуют параллелограмм.
Отсутствие примера (даже в текстовом описании) при верной оценке — минус балл.

(10-11)
4D. У Кости есть n одинаковых кубиков. У каждого кубика на двух противоположных гранях написаны числа 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Он склеил из этих кубиков столбик — параллелепипед 1×1×n — и покрыл лаком все шесть граней этого столбика. После этого он расклеил кубики и обнаружил, что сумма чисел на покрытых лаком гранях меньше, чем на остальных. При каком наименьшем n такое могло произойти?

Решение. Заметим, что на каждом из двух крайних кубиков сумма цифр, покрытых лаком, не меньше 15 (1+2+3+4+5), а на каждом из остальных — не меньше 10 (1+2+3+4). Общая же сумма цифр на каждом кубике равна 21.
Обозначим число кубиков через n, тогда минимальная сумма чисел на лакированных гранях равна
15·2+10·(
n−2).
По условию, эта величина меньше половины общей суммы, то есть меньше 21
n/2.
Итак, 15·2+10·(
n−2)<21n/2; преобразуем:
10n+10<10,5n, то есть 10<0,5n, или n>20.
Значит, минимально допустимое количество кубиков равно 21. Легко убедиться, что в этом случае описанная ситуация возможна (если на крайних кубиках сумма лакированных чисел по 15, а на остальных — по 10).

Критерии.
Продвижения:
Встречаются соображения о том, что у некоторых (или у всех) кубиков должны быть покрыты лаком грани 1, 2, 3 и 4, а иначе ничего не получится — не менее 1 балла.
Верно составлено неравенство — 2 балла.
В дополнение к этому 1 балл даётся за ответ 21 с примером. (Только за ответ 21 ничего не даётся).

Нечёткости:
За решение в стиле «В худшем случае на каждом торцевом кубике покрыты лаком 10 очков, а на каждом из остальных 15, тогда для 20 кубиков всё плохо (приведён пример), а для 21 кубика всё в порядке (приведён пример)» — 5 баллов.
За решение в стиле «В худшем случае на каждом торцевом кубике покрыты лаком 10 очков, а на каждом из остальных 15, а среднее 10,5, тогда каждый торцевой кубик должен компенсироваться девятью внутренними, тогда будет ровно половина; а надо, чтобы непокрытых лаком было больше, поэтому добавим ещё один внутренний» можно ставить полный балл.
Если всё правильно, но в ответе указано 20, а не 21 (и, возможно, участник решает нестрогое неравенство), то один балл снимается.
В полном решении (типа приведённых выше) можно не упоминать, что пример на 21 существует, поскольку и так ясно, как он строится.

Решения и критерии оценивания по задачам №5

(5-6)
5A. В одном доме провели перепись населения. Выяснилось, что в каждой квартире живет супружеская пара (мать и отец) и в каждой семье есть хотя бы один ребенок. У каждого мальчика в доме есть сестра, но всего мальчиков больше, чем девочек. Детей же в доме меньше, чем взрослых. Докажите, что в результаты переписи вкралась ошибка.

Решение. Во-первых, заметим, что в каждой семье есть хотя бы одна девочка (поскольку у любого мальчика есть сестра). Тогда девочек хотя бы столько же, сколько супружеских пар, а мальчиков больше, чем супружеских пар. Складывая все вместе, получаем, что детей больше, чем взрослых.

Критерии. По общим правилам. Замены типа «больше» на «не меньше» — 5 баллов.

(7[8,9])
5B. По кругу в каком-то порядке выписаны числа от 1 до 77 [до 88, до 99]. Какова минимально возможная сумма модулей разностей между соседними числами?

Ответ. 152 (для 7 класса), 174 (для 8 класса), 196 (для 9 класса)
Решение (для 77 чисел). Заметим, что где-то в круге стоят числа 1 и 77. Рассмотрим «путь» от 1 до 77 по часовой стрелке: 1, x1, x2, …, xk, 77. Заметим, что при прождении по этому пути число изменяется на 76, поэтому сумма модулей разностей не меньше 76 (формально: |77-xk| + |xk-xk-1| + … + |x2-x1| + |x1-1| >= |77-1| = 76).
Теперь рассмотрим путь между числами 1 и 77 «с другой стороны» (против часовой стрелки); сумма модулей разностей, стоящих там, также не меньше 76. Поэтому общая сумма модулей разностей не меньше 152.
Результат 152 достигается (например, при расстановке чисел по порядку).

Критерии. Только ответ — 1 балл. Ответ с примером — 2 балла.
Оценка с верным ответом, но без упоминания примера — снимаем 2 балла (?)
Арифметическая ошибка (или ответ, допустим, 77·2 вместо 76·2) — минус балл. К формулировкам доказательства не придираемся (достаточно картинки с двумя стрелочками в разные стороны). Почему сумма разностей при переходе от 1 к 77 не меньше 76, объяснять не обязательно.

(10-11)
5C. СН — высота в треугольнике АВС, а О — центр его описанной окружности. Из точки С опустили перпендикуляр на АО, а его основание обозначили через Т. Наконец, через М обозначили точку пересечения НТ и ВС. Найдите отношение длин отрезков ВМ и СМ.

Решение.

  1. Докажем сначала, что CAO+ABC=90°. Заметим, что поскольку O — центр описанной окружности, то треугольники AOB, BOC, COA равнобедренные. Обозначим их углы при основании через x, y и z соответственно. Тогда получим: 2x+2y+2z=180° (общая сумма углов), а CAO+ABC=z+(x+y)=90°. Аналогично это доказывается и для случая, когда O лежит вне треугольника (или на его стороне).

  2. Итак, мы доказали, что угол CAO равен 90°-ABC. Заметим, что и угол BCH равен 90°-ABC, поэтому CAO=BCH (или, что то же самое, CAT=BCH).

  3. Теперь заметим, что четырехугольник CTHA — вписанный, поскольку AHC=ATC=90°. Значит, CAT=CHT (или, что то же самое, CAT=BCH).

  4. Объединяя всё вместе, получаем, что в треугольнике BCH равны углы BCH и CHM. Значит, CM=MH.

  5. Далее стандартная картина для прямоугольного ∆BCH: B=90°-BCH=90°-CHM=MHB, поэтому BM=MH.

  6. Из двух последних пунктов следует, что BM=CM.

Ответ: эти длины равны.


Критерии. Доказано, что CTHA — вписанный четырехугольник — 2 балла. Решение опирается на картинку (т. е. использует расположение O только внутри или только снаружи ABC) — 5 баллов.
Факт из п.1 может быть использован без доказательства (как достаточно известный), за это баллы не снимаются.

Решения и критерии оценивания по задачам №6

(5)
6A. Фокусник хочет сложить колоду из 36 карт так, чтобы у любых двух подряд идущих карт совпадало либо достоинство, либо масть. При этом начать он хочет с пиковой дамы, а закончить бубновым тузом. Как это сделать?

Решение. Вариантов очень много, найти какой-нибудь из них не составляет труда. Один из вариантов показан на рисунке.

Критерии. Ответ с явной опиской, который легко интерпретируется как верный — 5-6 баллов.

(6-8)
6B. На продажу выставлены 20 книг по цене от 7 до 10 евро и 20 обложек по цене от 10 центов до 1 евро, причём все цены — разные. Смогут ли Том и Леопольд купить по книге с обложкой, заплатив одну и ту же сумму денег?

Решение. Из 20 книг и 20 обложек можно составить 20·20=400 разных комплектов «книга+обложка». Стоимость любого комплекта не меньше, чем 7 евро 10 центов, так как самая дешёвая книга стоит не меньше 7 евро, а самая дешёвая обложка — не меньше 10 центов. По аналогичной причине стоимость любого комплекта не больше 11 евро.
Стоимость комплекта может принимать, таким образом, одно из 391 значения (от 7 евро 10 центов до 11 евро существует ровно 391 значение денежной суммы в европейской валюте). Поскольку 400 больше, чем 391, у каких-то двух комплектов «книга+обложка» стоимость окажется одинаковой.
Так не может случиться, что в этих двух комплектах книга будет одной и той же. (Если бы это случилось, стоимость обложки оказалась бы в двух комплектах одной и той же, иначе не получится одинаковой стоимость комплектов. Но если стоимость обложек в двух комплектах одинакова, то сами обложки одинаковы, то есть это один и тот же комплект.) Точно так же получается, что в этих комплектах обложка не может быть одной и той же.
Поскольку и книги, и обложки в этих двух комплектах разные, Том и Леопольд смогут эти комплекты приобрести.


Критерии.
Отсутствие объяснения, почему в двух разных наборах различаются и книги, и обложки, не штрафуется.
Рассмотрение частного случая оценивается в 0 баллов.

Пример решения, оцениваемого в 7 баллов:
«Может. Посчитаем количество комбинаций книжка+обложка. 20 книжек и к  каждой можно приложить одну из 20 обложек. Таких вариантов 20·20=400. А теперь посчитаем, сколько могут стоить эти комплекты. От 7 евро +10 центов до 10 евро+1 евро. Значит, различных цен комплектов 1100-710+1=391. Получается, что на какие-то комплекты цены будут совпадать.»


(9-10)
6C. Решите систему уравнений:

Решение:
Введем обозначения: Тогда система примет вид: .
Эта вспомогательная система имеет два решения: (1) и (2)
(их можно найти, например, по теореме Виета: это корни уравнения
t2−11t+30=0).
Вернувшись к исходным переменным, имеем:
(1) и (2) .
Решая полученные системы (можно снова воспользоваться теоремой Виета), получаем для каждой из них по 2 решения:
(1) и ;   (2) и .
Итак, исходная система имеет ровно 4 решения: (1;5), (5;1), (2;3), (3;2).

Критерии:
1)      Верный ответ без каких-либо объяснений — 1 балл.
2)      Одна арифметическая ошибка в одной из двух последних систем (в результате получились 4 решения, из которых два верны, два неверны) — 5 баллов.
3)      Арифметические ошибки, приводящие к другим последствиям — максимум 2 балла.
4)      Из каждых двух решений указано только одно (а симметричное забыто) — 2 балла.
5)      Объяснять, почему каждая из вспомогательных систем имеет только два решения (и откуда они берутся), не обязательно.


(11)
6D. Пусть p1,..., pn — различные простые числа. Пусть S — сумма всевозможных произведений четного (ненулевого) количества различных простых из этого набора. Докажите, что S+1 делится на 2n-2.

Решение. Рассмотрим произведения A=(1−p1)(1−p2)...(1−pn) и B=(1+p1)(1+p2)...(1+pn). Заметим, что при раскрытии скобок все произведения с чётным (в том числе нулевым) количеством множителей войдут в них с плюсом, а произведения нечётного числа множителей — с разными знаками. Поэтому если эти два произведения сложить, то останутся только произведения чётного числа множителей, причём каждое появится дважды. Итак, A+B = 2(S+1) (единица — это произведение нуля множителей, которое входит в A и B, но по определению не входит в S).
Заметим, что все числа p1,..., pn различны, поэтому все они, кроме, быть может, одного (двойки) — нечётны. Поэтому в произведении A=(1−p1)(1−p2)...(1−pn) все множители, кроме, быть может, одного — чётные, и оно делится на 2n−1. Аналогично и B делится на 2n−1, поэтому S+1=(A+B)/2 делится на 2n−2.

Критерии. Забыли про существование чётного простого числа (двойки) — 5 баллов.