February 6th, 2015

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 задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 5 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1410957.html .

1. Назовём «тяжёлым» месяц, в котором пять понедельников. Сколько тяжёлых месяцев может быть в течение года?
Решение. Год состоит из 365 или 366 дней, т.е. из 52 полных недель и ещё одного или двух дней. Значит, всего в течение года 52 или 53 понедельника.
Так как месяц не может быть короче 28 дней, то каждый месяц содержит не менее четырёх понедельников. Их 12∙4=48. Остальные 4 или 5 «лишних» понедельников добавятся к разным месяцам и сделают эти месяцы «тяжёлыми».
Ответ: Если год начинается с понедельника (или високосный год начинается с воскресенья), то он содержит 5 тяжёлых месяцев. В остальных случаях их 4.


2. Андрей перемножил две последовательные цифры и получил в итоге двузначное число, записываемое двумя последовательными цифрами. Найдите все такие примеры.
Решение. Достаточно перебрать варианты.
Ответ: 3∙4=12 и 7∙8=56.


3. Саша зачеркнул на 25-й странице учебника все слова, в которых нет буквы А, потом он зачеркнул все слова, в которых нет буквы Б, а потом он нашел все слова, где есть и буква О, и буква А, и тоже зачеркнул их. Костя на той же странице своего учебника зачеркнул слова, где нет Б, но есть А или О (возможно, обе сразу), и после этого он зачеркнул все слова, где нет ни буквы А, ни буквы О. Могло ли у Саши остаться незачеркнутыми больше слов, чем у Кости?
Решение. Достаточно показать на кругах Эйлера. У Кости незачеркнутыми останутся все слова, в которых есть буквы А и Б. А у Саши – только те из этих слов, в которых нет буквы О.
Ответ: Нет.


4. В каждом из двух классов по 30 учеников. Мальчиков в первом классе в 2 раза больше, чем во втором, а девочек – в 3 раза меньше, чем во втором. Сколько мальчиков и девочек в каждом классе?
Решение. Исходя из условия, можно составить уравнения:
Для 1 класса: M∙2+D=30 ,
Для 2 класса: M+D∙3=30 , где M – количество мальчиков во 2 классе, а D – количество девочек в 1 классе.
Перепишем 2 полученных уравнения:
M∙2+D=30,
M+D∙3=30
Из 1-го уравнения получаем:
D=30- M∙2
Из 2-го получаем:
M=30- D∙3=30-(30-M∙2)∙3=30-(30∙3-M∙2∙3)=30-90+M∙6
M=M∙6-60
60=5M
M=12
Тогда D=30-12∙2=6
Итого:
В 1 классе – 6 девочек и 24 мальчика
Во 2 классе – 12 мальчиков и 18 девочек.
Ответ: В 1 классе – 6 девочек и 24 мальчика. Во 2 классе – 12 мальчиков и 18 девочек.


5. Три ручки, четыре карандаша и линейка вместе стоят 26 рублей, а пять ручек, шесть карандашей и три линейки - 44 рубля. Сколько стоят вместе две ручки и три карандаша?
Решение. Удорожание на 18 рублей происходит из-за добавления двух линеек, двух карандашей и двух ручек. Значит, комплект "ручка+карандаш+линейка" стоит 9 рублей. Но так как "три ручки + четыре карандаша + линейка" дороже его ровно на 17
рублей, то именно столько и стоят две лишних ручки и три лишних карандаша.
Ответ: 17 рублей.


6. Первоначально на доске написано число 1. Разрешается любое написанное на доске число умножить на 3 или переставить в нём цифры. Можно ли таким образом получить 999?
Решение. Эту задачу удобно решать с конца.
Допустим, что мы смогли при помощи данных в условии операций получить число 999.
Переставлять цифры в этом числе бессмысленно, поэтому получить его мы могли только умножением на 3 числа 333.
В числе 333, аналогично, менять цифры местами нет смысла, поэтому мы могли получить его лишь умножением на 3 числа 111.
В этом числе опять менять цифры нет смысла, поэтому получить его мы могли только умножением на 3 числа 37.
В числе 37 мы можем переставить цифры, тогда получим число 73. Число 37 можно получить перестановкой цифр также из чисел 370, 307, 730, 703 (если считать, что ведущий ноль откидывается).
Заметим, что ни одно из перечисленных шести чисел не делится на три нацело => используя операции, данные в условии, из числа 1 невозможно получить 999.
Ответ: Нельзя.

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 6 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1411146.html .



1. Назовём «тяжёлым» месяц, в котором пять понедельников. Сколько тяжёлых месяцев может быть в течение года?
Решение. Год состоит из 365 или 366 дней, т.е. из 52 полных недель и ещё одного или двух дней. Значит, всего в течение года 52 или 53 понедельника.
Так как месяц не может быть короче 28 дней, то каждый месяц содержит не менее четырёх понедельников. Их 12∙4=48. Остальные 4 или 5 «лишних» понедельников добавятся к разным месяцам и сделают эти месяцы «тяжёлыми».
Ответ: Если год начинается с понедельника (или високосный год начинается с воскресенья), то он содержит 5 тяжёлых месяцев. В остальных случаях их 4.


2. Андрей перемножил две последовательные цифры и получил в итоге двузначное число, записываемое двумя последовательными цифрами. Найдите все такие примеры.
Решение. Достаточно перебрать варианты.
Ответ: 3∙4=12 и 7∙8=56.


3. Саша зачеркнул на 25-й странице учебника все слова, в которых нет буквы А, потом он зачеркнул все слова, в которых нет буквы Б, а потом он нашел все слова, где есть и буква О, и буква А, и тоже зачеркнул их. Костя на той же странице своего учебника зачеркнул слова, где нет Б, но есть А или О (возможно, обе сразу), и после этого он зачеркнул все слова, где нет ни буквы А, ни буквы О. Могло ли у Саши остаться незачеркнутыми больше слов, чем у Кости?
Решение. Достаточно показать на кругах Эйлера. У Кости незачеркнутыми останутся все слова, в которых есть буквы А и Б. А у Саши – только те из этих слов, в которых нет буквы О.
Ответ: Нет.


4. В каждом из двух классов по 30 учеников. Мальчиков в первом классе в 2 раза больше, чем во втором, а девочек – в 3 раза меньше, чем во втором. Сколько мальчиков и девочек в каждом классе?
Решение. Исходя из условия, можно составить уравнения:
Для 1 класса: M∙2+D=30 ,
Для 2 класса: M+D∙3=30 , где M – количество мальчиков во 2 классе, а D – количество девочек в 1 классе.
Перепишем 2 полученных уравнения:
M∙2+D=30,
M+D∙3=30
Из 1-го уравнения получаем:
D=30- M∙2
Из 2-го получаем:
M=30- D∙3=30-(30-M∙2)∙3=30-(30∙3-M∙2∙3)=30-90+M∙6
M=M∙6-60
60=5M
M=12
Тогда D=30-12∙2=6
Итого:
В 1 классе – 6 девочек и 24 мальчика
Во 2 классе – 12 мальчиков и 18 девочек.
Ответ: В 1 классе – 6 девочек и 24 мальчика. Во 2 классе – 12 мальчиков и 18 девочек.


5. Три ручки, четыре карандаша и линейка вместе стоят 26 рублей, а пять ручек, шесть карандашей и три линейки - 44 рубля. Сколько стоят вместе две ручки и три карандаша?
Решение. Удорожание на 18 рублей происходит из-за добавления двух линеек, двух карандашей и двух ручек. Значит, комплект "ручка+карандаш+линейка" стоит 9 рублей. Но так как "три ручки + четыре карандаша + линейка" дороже его ровно на 17
рублей, то именно столько и стоят две лишних ручки и три лишних карандаша.
Ответ: 17 рублей.

6. Первоначально на доске написано число 1. Разрешается любое написанное на доске число умножить на 2 или переставить в нём цифры. Можно ли таким образом получить 209?
Решение. Эту задачу удобно решать с конца:
209 – 920 – 460 – 230 – 320 – 160 – 610 – 305 – 530 – 265 – 256 – 128 – 64 – 32 – 16 – 8 – 4 – 2 – 1.
Ответ: можно.

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 7 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1411359.html .



1. Назовём «тяжёлым» месяц, в котором пять понедельников. Сколько тяжёлых месяцев может быть в течение года?
Решение. Год состоит из 365 или 366 дней, т.е. из 52 полных недель и ещё одного или двух дней. Значит, всего в течение года 52 или 53 понедельника.
Так как месяц не может быть короче 28 дней, то каждый месяц содержит не менее четырёх понедельников. Их 12∙4=48. Остальные 4 или 5 «лишних» понедельников добавятся к разным месяцам и сделают эти месяцы «тяжёлыми».
Ответ: Если год начинается с понедельника (или високосный год начинается с воскресенья), то он содержит 5 тяжёлых месяцев. В остальных случаях их 4.


2. Андрей перемножил две последовательные цифры и получил в итоге двузначное число, записываемое двумя последовательными цифрами. Найдите все такие примеры.
Решение. Достаточно перебрать варианты.
Ответ: 3∙4=12 и 7∙8=56.

3. 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. ac, 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.


4. Докажите, при любой расстановке чисел 1, 2, …, 10 по кругу найдутся три соседних числа с суммой не менее 18.
Решение. Рассмотрим все числа, кроме 1. Очевидно, их можно разбить на три тройки.
В то же время сумма этих девяти чисел равна 2+3+...+10=54, поэтому хотя бы в одной
из троек сумма не меньше 18.


5. Три ручки, четыре карандаша и линейка вместе стоят 26 рублей, а пять ручек, шесть карандашей и три линейки - 44 рубля. Сколько стоят вместе две ручки и три карандаша?
Решение. Удорожание на 18 рублей происходит из-за добавления двух линеек, двух карандашей и двух ручек. Значит, комплект "ручка+карандаш+линейка" стоит 9 рублей. Но так как "три ручки + четыре карандаша + линейка" дороже его ровно на 17
рублей, то именно столько и стоят две лишних ручки и три лишних карандаша.
Ответ: 17 рублей.

6. Найдите наименьшее натуральное число, которое начинается на 11, заканчивается на 11 и делится на 7. Объясните, почему это число является наименьшим из удовлетворяющих условию.
Ответ: 11011.
Решение. Достаточно забраковать все меньшие натуральные числа: 11, 111, 1111.

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°.

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.

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 10 класса

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1412298.html .



1. Выберите на каждой стороне квадрата по одной точке так, чтобы образованный ими четырехугольник имел наименьший периметр.
Решение. Разместим искомый четырехугольник внутри одной из клеток стандартного разбиения плоскости на квадраты и симметрично отразим его в соседние клетки. Тогда периметр четырехугольника превратится в ломаную, соединяющую одну из его вершин с точкой, получающейся из неё параллельными переносами на 2 по горизонтали и по вертикали. Ясно, что кратчайшая длина ломаной достигается в случае прямолинейного отрезка. Значит, стороны четырехугольника должны быть наклонены под углом 45° к линиям сетки (сторонам исходного квадрата).
Ответ: Это может быть любой прямоугольник, стороны которого параллельны диагоналям данного квадрата.


2. 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.

3. 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.



4. Костя выписал на доску 30 последовательных членов арифметической прогрессии с разностью 2061. Докажите, что в ней содержится не более 20 точных квадратов.
Решение. Смотрим на последнюю цифру. На каждом шаге она увеличивается на 1, но в случае точных квадратов она не может быть равна 2, 3, 7 и 8. Значит, 4 из каждых 10 последовательных членов арифметической прогрессии с разностью 2061 заведомо не являются точными квадратами. Следовательно, точных квадратов заведомо не может быть больше 18.

5. Вещественные числа x и y таковы, что x4y2+x2+2x3y+6x2y+8≤0 . Докажите, что x≥−1/6.
Решение. Если x≤-1/6, то дискриминант этого квадратного трехчлена относительно y отрицателен. Следовательно, трехчлен принимает только положительные значения.

6. Решите систему уравнений:
2a + 3b = 5b
3a + 6b = 9b
Ответ: a=b=1 .
Решение. Так как ответ легко угадывается, то проблема лишь в доказательстве его единственности.
Прежде всего, заметим, что функция (2/5)x +(3/5)</sup>x</sup> строго убывает. Значит, 2x+3x≥5x для x≤1 и 2x+3x≤5x для x≥1 . Аналогично для второго уравнения.
Рассмотрим случай, когда 1 лежит между a и b . Так как оба варианта аналогичны, то для определённости считаем, что a≤1≤b . Тогда 6b=9b−3a≤6a , что приводит к противоположному неравенству b≤a .
Другой случай, когда a и b лежат с одной стороны от 1 также распадается в пару аналогичных вариантов. Пусть, для определённости, a≤1 и b≤1 . Так как 6b=9a−3a<6a , то b≤a . Но так как 2a=5b−3b≤2b , то a≤b . Опять противоречие.
Случаи a=1≠b и a≠1=b отвергаются ещё проще.


7. Маша красит клетки белой доски 10х10. Она может покрасить любой вертикальный ряд клеток синей краской или любой горизонтальный ряд красной краской (каждый ряд красят не более одного раза). Если синяя краска ложится поверх красной, получается синяя клетка, а если красная поверх синей, то краски вступают в реакцию и обесцвечиваются, получается белая клетка. Может ли на доске оказаться 33 красных клетки?
Решение. Достаточно заметить, что в любой момент можно так переставить строки и столбцы на доске, чтобы красные клетки образовали прямоугольник. Его площадь была бы равна 33 только в случаях 1х33 или 3х11. Но ни тот, ни другой не помещаются внутри квадрата 10х10.
Ответ: Нет.


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. Решите уравнение в простых числах: 100q+80=p3+рq2 .
Решение. Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно q:
рq2−100q+(p3−80)=0.
Его дискриминант равен 10000−4р(p3−80). Заметим, что при p≥11 этот дискриминант отрицателен, и уравнение не имеет корней. Для остальных простых p (2, 3, 5, 7) дискриминант положителен, но не является точным квадратом, поэтому корни уравнения — нецелые.
Ответ: Решений нет.

Решения задач 1 тура олимпиады "Третье тысячелетие" для 11-12 классов

Условия – на http://matholimp.livejournal.com/1412408.html .



1. 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.

2. 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.


3. Костя выписал на доску 30 последовательных членов арифметической прогрессии с разностью 2061. Докажите, что в ней содержится не более 20 точных квадратов.
Решение. Смотрим на последнюю цифру. На каждом шаге она увеличивается на 1, но в случае точных квадратов она не может быть равна 2, 3, 7 и 8. Значит, 4 из каждых 10 последовательных членов арифметической прогрессии с разностью 2061 заведомо не являются точными квадратами. Следовательно, точных квадратов заведомо не может быть больше 18.

4. Вещественные числа x и y таковы, что x4y2+x2+2x3y+6x2y+8≤0 . Докажите, что x≥−1/6.
Решение. Если x≤-1/6, то дискриминант этого квадратного трехчлена относительно y отрицателен. Следовательно, трехчлен принимает только положительные значения.


5. Маша красит клетки белой доски 10х10. Она может покрасить любой вертикальный ряд клеток синей краской или любой горизонтальный ряд красной краской (каждый ряд красят не более одного раза). Если синяя краска ложится поверх красной, получается синяя клетка, а если красная поверх синей, то краски вступают в реакцию и обесцвечиваются, получается белая клетка. Может ли на доске оказаться 33 красных клетки?
Решение. Достаточно заметить, что в любой момент можно так переставить строки и столбцы на доске, чтобы красные клетки образовали прямоугольник. Его площадь была бы равна 33 только в случаях 1х33 или 3х11. Но ни тот, ни другой не помещаются внутри квадрата 10х10.
Ответ: Нет.

6. Можно ли утверждать, что log√a (a+1)+ loga+1(√a) ≥√6 при a>1 ?
Решение. Прежде всего, нужно заметить, что слагаемые – взаимно обратные величины. Поэтому чем дальше они от 1, тем больше их сумма. Если в первом слагаемом заменить а+1 на а, то оно станет равно 2. Следовательно, сумма не может быть меньше, чем 2+0.5, что больше √6 .
Ответ: Да, неравенство верно.

7. Докажите, что количество способов разрезать прямоугольник 200х3 на домино (прямоугольники 1х2) делится на 3.
Решение. Рассмотрим какое-либо разбиение прямоугольника 2Кх3 на доминошки 1х2. Направим по сторонам прямоугольника оси координат. Координатами доминошки считаем координаты её левого нижнего угла. Занумеруем доминошки в порядке возрастания их абсцисс, а при равных абсциссах − в порядке возрастания их ординат.
Составим шифр разбиения в виде числа из 3К цифр, соответствующих доминошкам в порядке их нумерации. Если доминошка повёрнута в направлении оси абсцисс, то в соответствующем ей разряде запишем 1, а в противном случае – 2. Например, при К=1 возможны разбиения с шифрами 111, 122 и 212.
Будем говорить, что разбиение имеет разрез, если прямоугольник распадается на два меньших по целым доминошкам. Разрезы могут быть горизонтальными (в направлении оси абсцисс) или вертикальными. Если разбиение имеет горизонтальный разрез, но не имеет вертикальных, то его шифр имеет вид 1211…112 или 2111…112 (где вместо многоточия стоят только единицы).
Вертикальный разрез появляется после группы цифр любого из этих двух видов, либо после 111 (третий вид). Шифр разбиения распадается на такие группы цифр, отвечающие фрагментам разбиения между разрезами. Поэтому двойки в составе шифра можно сгруппировать в пары, отвечающие фрагментам разбиения между разрезами. Вторая из них («замыкающая» фрагмент) всегда стоит в разряде, номер которого делится на 3. А первая («открывающая» фрагмент) имеет меньший номер, не делящийся на 3.
Итак, задача свелась к подсчёту числа 300-значных шифров нужного вида. Чтобы получить приемлемый шифр, нужно сначала выбрать некоторое множество «замыкающих» разрядов, номера которых делятся на 3, а затем на каждом промежутке между двумя соседними «замыкающими» разрядами выбрать по одному «открывающему», номер которого не делится на 3.
Прежде всего, заметим, что заведомо делится на 3 количество разбиений, в составе которых имеется хотя бы один «короткий» фрагмент, занимающий 3 разряда. Действительно, выберем из коротких фрагментов самый первый; вне зависимости от заполнения остальных фрагментов, для него возможны 3 варианта: 111, 122 и 212.
Также заведомо делится на 3 количество разбиений, в составе которых нет коротких фрагментов, но при этом имеется не менее трёх фрагментов, не все одинаковой длины. Переставляя эти фрагменты, такие разбиения можно сгруппировать в группы, причём количество разбиений в каждой группе будет делиться на три (например, для трёх фрагментов — три или шесть разбиений в каждой группе).
Остались неучтёнными:
* 2 разбиения без вертикальных разрезов;
* 97 способов выбрать один вертикальный разрез на 2 фрагмента, для каждого из которых возможны 2 варианта заполнения; всего их 97∙4=388;
* случай фрагментов равной длины. Длина должна быть кратным 3 делителем 300, не меньше 6 и не больше 100. Так как для каждого фрагмента возможны 2 варианта заполнения, то число таких разбиений складывается из степеней двойки, показатели которых равны числу фрагментов, т.е. служат (некратными 3) дополнительными делителями 300. Легко проверить, что два из них нечётны (значит, нужные степени дадут остаток 2 при делении на 3), а ещё пять чётны (степени дадут остаток 1).
Суммирование последних чисел приводит к нужному выводу.


8. Случайным образом выбираются 3 числа от 1 до N и располагаются в порядке возрастания. С какой вероятностью они образуют арифметическую прогрессию?
Решение. Обозначим (с учётом очерёдности выбора!) первое число через X, второе – через Y, а третье – через Z. Всего имеется N3 равновероятных вариантов (X, Y, Z). Геометрически им соответствуют целочисленные точки куба 1≤ X, Y, Z ≤ N .
Чтобы эти числа образовали арифметическую прогрессию, среднее по величине должно быть равно полусумме двух оставшихся. Рассмотрим, как плоскость X+Y=2Z (отвечающая случаю, когда средним по величине является Z) пересекается с кубом 1≤ X, Y, Z ≤ N . Сечением служит ромб с вершинами (1, 1, 1), (0, N, N/2), (N, N, N) и (0, N/2, N). Если (X, Y, Z) – какая-то точка в этом сечении, то (X, Y, 0) – её проекция на плоскость Z=0 . Поэтому вместо подсчёта точек сечения, все три координаты которых целые числа, достаточно найти число точек квадрата 1≤ X, Y≤ N , для которых X+Y чётно. Это одна точка с X+Y=2, три точки с X+Y=4, пять с X+Y=6 и т.д. Никуда не уйти от рассмотрения двух случаев разной чётности N.
Если N=2K – чётно, то последними перед главной диагональю будут К точек с X+Y=2К (=N), после чего все варианты повторятся в обратном порядке. Суммарное число точек 2К2 .
Если N=2K+1 – нечётно, то к предыдущей сумме добавляются N точек главной диагонали. Суммарное число точек 2К2 +2K+1.
Найденное значение нужно сначала утроить (так как средним по величине может оказаться любое из трёх чисел), а затем из полученного вычесть 2N (так как точки главной диагонали куба X=Y=Z были учтены трижды). Получим 6К2−4К для N=2K и 6К2+2К+1 для N=2K+1. Если использовать квадратные скобки для обозначения целой части числа, то оба случая можно объединить одной формулой [3N2/2]−4[N/2] .

Ответ: вероятность равна ([3N2/2]−4[N/2])/ N3 .


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 d(k) – число делителей натурального числа k, а квадратные скобки означают целую часть вещественного числа. Докажите, что числа и имеют одинаковую чётность.
Решение. Ключевая идея: нечётное число делителей имеют все точные квадраты и только они (если число не является точным квадратом, то его делители естественным образом разбиваются на пары, тогда как у √n нет пары). Поэтому по мере добавления новых слагаемых перемена чётности суммы будет происходить в те же самые моменты, когда целая часть корня увеличится на 1.

Будни живущих на линии донецкого фронта

Муж моей родной сестры прописан в Енакиеве под Донецком. Уехать оттуда он не может, так как на его попечении осталась 90-летняя мать. А неподалеку в деревне Камышатке у него огород и много всякой живности, которую тоже надо кормить.
Несколько недель назад соседний подъезд его дома в Енакиеве был разрушен артиллерийским снарядом. Электричество, газ, воду и пр. регулярно отключали и прежде, но теперь окончательно. В Камышатке ещё хуже: вокруг неё третью неделю идут жесточайшие бои.

Победитель 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Азербайджана

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя
1 6 Azerbaijan Azerbaijan Баку Baku Talents Education Complex 6 Мани Джамал
2 7 Azerbaijan Azerbaijan Баку Baku Talents Education Complex 6 Мани Джамал

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Эквадора

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

281 6 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL IPAC BRITO MARTILLO, JAVIER NICOLÁS
282 7 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL IPAC BARCO SANTANA, VALERIA ESTEFANÍA
283 7 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL IPAC INDACOCHEA ROSADO, MARÍA GRATZIA
284 7 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL IPAC SORIANO DÍAZ, JULIANNE TAMARA
285 9 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL LICEO CRISTIANO MALAVÉ MOREIRA DANIEL JEREMÍAS
286 9 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL LICEO CRISTIANO REGALADO LOZANO SEBASTIÁN DAVID
287 11 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL LICEO CRISTIANO FLORES AZUA ANTHONY JOSHUE
288 6 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL LOGOS ACADEMY TOMALÁ CALDERÓN, RAFAEL AGUSTÍN
289 10 Ecuador ECUADOR GUAYAQUIL LOGOS ACADEMY MAINGÓN MORA

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Эстонии

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

290 5 Estonia Estonia Кохтла-Ярве Кесклиннаская основная 5а Бобешко Михаил
291 6 Estonia Estonia Таллин Линнамяэский русский лицей 6 Воронков Александр
292 7 Estonia Estonia Таллин Линнамяэский русский лицей 7 Галкина Мария-Елизавета
293 7 Estonia Estonia Таллин Линнамяэский русский лицей 7 Почекутова Полина
294 7 Estonia Estonia Таллин Линнамяэский русский лицей 7 Севрюкова Диана

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Грузии

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

295 7 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Барджадзе Торнике
296 7 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Керкадзе Александр
297 7 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Кохреидзе Гиви
298 8 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Варазашвили Георгий
299 8 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Дваладзе Лука
300 10 Georgia Georgia Тбилиси 42 12 Капанадзе Лаша
301 10 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Хизанишвили Лука
302 10 Georgia Georgia Тбилиси 42 12 Челидзе Лука
303 10 Georgia Georgia Тбилиси 42 7 Шалибашвили Ираклий
304 8 Georgia Georgia Тбилиси школа 42 7 Георгий Варазашвили
305 10 Georgia Georgia Тбилиси школа 42 9 Ираклий Шалибашвили

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Израиля

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

307 6 Israel Israel Haifa Leo Beck 6 (zain)Gal Matityahu
308 6 Israel Israel Haifa Leo Beck 6 (zain)Maksim Razinkov
309 6 Israel Israel Haifa Leo Beck 6 (zain)Nir Hutorsky
310 9 Israel Israel Jerusalem IASA 10 Tannous Jamil
311 9 Israel Israel Jerusalem Leyada 10 Ben Dor Shira
312 9 Israel Israel Jerusalem Leyada 10 Frankel Ben
313 11 Israel Israel Jerusalem Leyada Kirkpatrick Yael
314 9 Israel Israel Jerusalem Modiin 10 Hanany Liam
315 9 Israel Israel Jerusalem Ort Givat Ram 10 Elkayam Matan
316 8 Israel Israel Jerusalem Yad Beyad 9 Frankfurter Tomer
317 10 Israel Israel Mevaseret Harel 11 Barak Tal
318 9 Israel Israel Rehovot De Shalit 10 Guberman Boaz
319 10 Israel Israel Rehovot 11 Brodsky Yaron

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Молдовы

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

351 7 Moldova Moldova Кишинев Orixont Durlesti Lyceum 8 Alic Ciumeico
352 7 Moldova Moldova Кишинев лицей "Orizont" 7 Sarpe, Tudor
353 11 Moldova Moldova Кишинев лицей "Orizont" Port Cezar
354 6 Moldova Moldova Кишинев лицей « Михай Еминеску» 6 Борш Михай
355 6 Moldova Moldova Кишинев лицей Мигуел де Сервантес 7 Лаврик Михаил
356 6 Moldova Moldova Кишинев русский теоретический лицей 6 Руссу Владимир
357 7 Moldova Moldova Кишинев лицей "Orizont" Rudi, Alexandru
358 8 Moldova Moldova Кишинев лицей "Orizont" Rudi, Alexandru
359 9 Moldova Moldova Кишинев лицей "Orizont" Dabija Grigori Nicolai

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Испании

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

1729 8 Spain SPAIN CADIZ IES GUALDALPEÑA 3ESO DANIEL TELLEZ CALLE
1730 11 Spain SPAIN GRANADA IES ABDERA 2BAHCEUGENIA ARANDA GALIANO
1731 10 Spain SPAIN GRANADA I.E.S Miguel Sánchez López 1BACHDAVID VILLAR
1732 8 Spain SPAIN GRANADA IES ALFONSO XI 3ESO JOSE PEREZ CANO
1733 7 Spain SPAIN GRANADA IES SAGRADO CORAZÓN 2 ESOANA KRELL CALVO
1734 9 Spain SPAIN GRANADA IES SAGRADO CORAZÓN 4ESO DANIEL KRELL CALVO
1735 10 Spain SPAIN GRANADA NOVASCHOOL AÑORETA 1BACHGARCIA BARBERO FRANCISCO JOSE
1736 11 Spain Spain Madrid Colegio Alemán de Madrid 1. de Bach Isern Hacker, Marc
1737 10 Spain SPAIN SEVILLA COLEGIO SANTA JOAQUINA 1 BACH DANIEL STOCKWELL MENDOZA
1738 11 Spain SPAIN SEVILLA IES VELAZQUEZ 2BACHMANUEL LOJA RUIZ
1739 10 Spain Spain Seville Santa Joaquina de Vedruna 4th ESO Stockwell Mendoza, Daniel

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Таджикистана

№(по протоколу) Параллель Страна Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

1740 10 Tajikistan Tajikistan Душанбе ТРГИ "Хотам и П.В." Алишери Анвар
1741 10 Tajikistan Tajikistan Душанбе ТРГИ "Хотам и П.В." Нигматов Анушервон
1742 10 Tajikistan Tajikistan Душанбе ТРГИ "Хотам и П.В." Шарипов Самариддин
1743 9 Tajikistan Tajikistan Душанбе Ганиев Шерхон
1744 9 Tajikistan Tajikistan Душанбе Каримов Фаррух
1745 9 Tajikistan Tajikistan Душанбе Сахижон Нарзуллозода
1746 9 Tajikistan Tajikistan Душанбе Темиров Самандар

Победители 1-го тура олимпиады "Третье тысячелетие" из Крыма

№(по протоколу) Параллель Регион Нас.пункт Школа Класс Фамилия и имя

1328 5 Крым с.Перово Гимназия 9 5-б Чуприна Ангелина
1329 7 Крым Симферополь 15 7а Черногоров Дмитрий
1330 5 Крым Симферополь 24 3г Игнатенко Владимир
1331 7 Крым Симферополь 27 7а Усеинов Руслан
1332 6 Крым Симферополь Сад-школа №6 3 Бутовская Ева
1333 6 Крым Симферополь Симферопльский Экономический Лицей 6Б Булат Андрей
1334 5 Крым Симферополь Школа-лицей 3 5-в Юрса Андрей

В Питере, Москве, Орше и в Испании 2-й тур олимпиады "Третье тысячелетие" пройдёт уже завтра!

В подавляющем большинстве городов России, Беларуси, Украины и Казахстана 2-й тур нашей олимпиады запланирован на 8 февраля. Но есть исключения!

Раньше всех в России стартует Москва. Участников из столицы РФ и её пригородов (Балашиха, Зеленоград, Истра, Троицк) ждут в Лицее №1564 (Москва, ул. Рословка, 8) завтра к 10 утра. Проезд от ст.м. Митино автобусами 240,372 или маршруткой 440 до остановки "Рословка,8", либо автобусом 267 или маршруткой 492 до остановки "Бассейн".

В Санкт-Петербурге олимпиада состоится тоже завтра, но начнётся в 16 часов.
Основное место проведения - в здании Академической гимназии СПбГУ (В.О., пер. Каховского, 9). Туда же приглашают участников из Выборга и Лесколова Ленинградской обл.
Исключений два. Кировский р-н и город Сосновый Бор собираются в школе №393 (Автовская ул., 5а). А ученики школы
«КВАДРИВИУМ» - в своей школе.

Также 7 февраля 2015 года, но в 11 часов олимпиада начнётся в ГУО «Гимназия №2 г.Орши» (ул.Ленина, 41). Кроме самой Орши, там ждут участников из Бабиничей, Барани и Горян.

Наконец, завтра же в 9:30 по местному времени начнётся олимпиада в Гранаде и Севилье.

В остальных городах названных стран (включая Лугу, Тихвин, Волхов, Новую Ладогу Ленинградской обл.; Подольск и Протвино Московской обл.), а также в Канаде, США, Таджикистане и Эстонии олимпиада пройдёт 8 февраля, в Молдове, Румынии и Эквадоре - 9 февраля, а в Израиле - 10 февраля. Время проведения в Грузии уточняется и будет объявлено местным оргкомитетом.