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

Решения задач для 6 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)

Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/569807.html .

Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .



Задача 2

Пусть размеры были: a, b и c, а стали xa, yb и zc. Тогда

xa∙yb = ab(1 - 0.28)

xa∙zc = ac*(1 - 0.37)

yb∙zc = bc*(1 - 0.44)

После сокращения получаем:

xy = 0.72 = 0.9∙0.8

xz = 0.63 = 0.9∙0.7

yz = 0.56 = 0.8∙0.7

Теперь легко подобрать x=0.9 , y=0.8 и z=0.7 .

Объём уменьшился на (1-0.9∙0.8∙0.7)∙100% = 49.6%.




Задача 3

Любая не краевая клетка квадрата 6х6 имеет 4 соседние клетки, значит Вася должен использовать как минимум четыре цвета.
Приведем пример раскраски квадрата 6х6 для четырех цветов:
1 2 3 4 1 2
1 2 3 4 1 2
3 4 1 2 3 4
3 4 1 2 3 4
1 2 3 4 1 2
1 2 3 4 1 2


Задача 4

Пусть перекупщик назначил цену х евро для сахара и у евро для соли. Первый фермер хотел заработать 9*35+10*39=315+390=705 (евро). Второй фермер хотел заработать 11*38+10*36=418+360=778(евро).
Значит, 9х+10у=705 и 10х+11у=778 .
Разность этих уравнений позволяет найти х+у.
Ответ: сахар будет стоить 25 евро, а соль 48 .

Задача 5

Сначала сосчитаем, сколько было бы точек пересечения, если бы не было кратных пересечений внутри пятиугольника. Прежде всего, есть 10 способов выбрать одну из точек деления. Если выходящий из неё отрезок закончится в одной из соседних точек деления, то ему не с чем будет пересечься. Если с одной стороны от этого отрезка окажется только одна точек деления, то с другой их будет 7, что даст 7 точек пересечения. Если с одной стороны от этого отрезка окажется две точки деления, то с другой их будет 6, что даст 12 точек пересечения. Продолжая этот подсчёт, всего получим 1∙7+2∙6+3∙5+4∙4+5∙3+6∙2+7∙1=84 различных точки пересечения в случае, когда один из отрезков выходит из фиксированной точки деления.
Умножение на 10 даст 840. При этом каждая точка пересечения оказалась сосчитана 4 раза, так как можно было начать предыдущее рассуждение с фиксации любого из четырёх концов двух отрезков. Значит, если бы не было кратных пересечений, то число точек пересечения оказалось бы в 4 раза меньше 840, то есть 210.
Аккуратный чертёж показывает, что есть 10 точек тройного пересечения (в центрах треугольников и трапеций, на которые данный пятиугольник рассекается каждой из пяти его диагоналей). Каждая из них в предыдущем рассуждении была учтена трижды. Значит, из 210 нужно вычесть дважды по 10. Итак, окончательно получаем 190 точек пересечения.
Ответ: 190.

Задача 6

Ответ: 3, 6, 9.
Примеры: 12, 132, 1332.
Доказательство минимальности следует из признаков делимости на 3, 11 и 9.
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.
  • 3 comments