Category: спорт

Типа резюме

Федотов Валерий Павлович



Анкетные данные


Родился 26 июля 1951г. в Ленинграде.
Оба родителя — русские (дальние предки происходят из Тургиновской и Елисеевской волостей Тверской губернии), оба — участники войны и ветераны труда, состояли в КПСС с 1940-х годов до 1991г.

Образование


В 1968г. окончил 239 физ.-мат. школу в Ленинграде и стал победителем Х Международной математической олимпиады.
В 1973г. с отличием окончил математико-механический факультет Ленинградского госуниверситета. Специальность — математика. Основная специализация — геометрия. Дополнительная специализация — математическое обеспечение ЭВМ. Специализация по индивидуальному учебному плану (научный руководитель — проф. И.В.Романовский) — исследование операций.
В 1979г. окончил идеологический факультет Университета марксизма-ленинизма при Карельском обкоме КПСС.

Научная квалификация


В 1980г. утверждён в учёной степени кандидата физико-математических наук. Защита прошла годом раньше в Институте математики Сибирского отделения АН СССР. Специальность — геометрия и топология. Научный руководитель — проф. В.А.Залгаллер.
В 1999г. избран член-корреспондентом Международной академии информатизации.
Автор более 180 научных и методических работ, наиболее значимые из которых выставлены на http://orcid.org/0000-0002-6230-7492 . Большинство публикаций относится к математике, информационным технологиям, методологии и методике их преподавания, а также к методам машинного обучения и применению математического моделирования в естественных науках и гуманитарной сфере.

Знание языков


Русский — в совершенстве. Украинский — родной, но без знания орфографии.
Английский — школьный курс + кандидатский минимум. Французский — госэкзамен на матмехе ЛГУ. Испанский изучал факультативно в течение года на филфаке ЛГУ.
В 1972-97гг. был внештатным референтом РЖ «Математика», где опубликовал более трёхсот рефератов на статьи, оригиналы которых были опубликованы на названных выше языках, а также немецком, румынском, польском и др.
В начале 1990-х годов разработал авторскую методику матричного обучения иностранным языкам с целью развития математических и общеинтеллектуальных способностей в раннем возрасте. На базе одной из библиотек в Иванове была организована «Школа иностранных языков», в которой моя методика получила экспериментальное подтверждение.

Педагогический опыт


Первые математические кружки начал вести на общественных началах ещё будучи школьником. В студенческие годы был общественным директором ЮМШ при ЛГУ, секретарём и зам. председателя жюри Ленинградской городской математической олимпиады школьников.
В 1995-2000гг. был куратором проекта «Международный заочный математический кружок» в СПб и России, под который в 1998г. получил грант фонда Сороса.
Лауреат международного конкурса «Дистанционный учитель» 2000г.
В 2001г. инициировал проведение международной математической олимпиады «Третье тысячелетие» в формате 2 тура Соросовских олимпиад, проведение которых прекратилось в 2000г. До 2013г. возглавлял жюри олимпиады «Третье тысячелетие», которая на протяжении ряда лет собирала до миллиона участников из 40-60 стран.
Стаж работы в вузах — более сорока лет. В том числе, на штатных должностях по конкурсу: ИТМО с 2006 по 2017гг., где читал лекции по теории искусственного интеллекта, системному анализу, теории случайных процессов и др., Северо-западный институт печати с 2000 по 2010гг. (информационные технологии, включая интернет), Ивановский госуниверситет с 1985 по 1995гг. и Петрозаводский госуниверситет с 1976 по 1981гг. (общий курс высшей математики и спецкурсы по геометрии) и др.
В числе моих учеников: народный учитель РФ С.Е.Рукшин, сотни докторов наук, бизнесмены, депутаты и пр.

Политический опыт


В годы перестройки входил в состав оргкомитетов по подготовке учредительных съездов ряда неформальных движений общероссийского и союзного уровня. В 1990г. баллотировался в народные депутаты РСФСР по Ивановскому национально-территориальному округу. В 1991г. вошёл в топ-100 политиков СССР и был выдвинут движением «Демократическая Россия» в числе кандидатов на пост губернатора Ивановской области. В 1992-95гг. возглавлял региональное отделение Российского движения демократических реформ (по Ивановской, Владимирской, Костромской и Ярославской областям). В 1993г. баллотировался в ГосДуму РФ по Ивановскому территориальному округу и в составе федерального списка Российского движения демократических реформ (лидер — А.А.Собчак), а в 1995г. — в составе федерального списка «Возрождение отечества» (лидер — Э.Э.Россель).

Журналистский опыт


В годы перестройки регулярно публиковался в газетах Ивановской и соседних областей. Единичные публикации в СМИ общероссийского и союзного уровня.

Опыт программирования


Программировать в машинных кодах начал с 1964г. Ассемблер М-222 изучал в ЛГУ под руководством проф. С.С.Лаврова. В 1970-е годы работал в НТО «Ленсистемотехника» (оптимизация транспортных сетей) и СКБ Аналитического приборостроения АН СССР (распознавание образов в задачах масс-спектрометрии).
В 1987г. занял первое место после призовых на первом и последнем в СССР конкурсе школьных учебников по Основам информатики и вычислительной техники. В качестве утешительного приза Минпрос СССР выделил учебный класс КУВТ «Ямаха», на базе которого в Иванове был создан «Дом компьютерной техники». Фрагменты учебника в 1989г. были опубликованы в журнале «Информатика и образование».
В начале 1990-х годов попытался изложить грамматику русского языка в форме алгоритма на языке Basic-MSX. Законченный фрагмент этой работы — программа «Грамотей». Всего две страницы её кодов служили полной функциональной заменой примерно четверти огромного тома «Грамматического словаря» А.А.Зализняка.
На рубеже тысячелетий вместе со своими учениками опубликовал серию работ, посвящённых информационным системам счисления. Придуманные мною башенные системы счисления позволяют резко расширить диапазон доступных для вычисления чисел, повысить точность вычислений в случаях её критичной потери, создать новые методы шифрования и пр. Недавний прорыв на этом направлении позволяет надеяться на реализацию этой затеи «в железе».
Около 2010г. консультировал группу разработчиков систем видеораспознавания.

Опыт в социальных сетях


Оба моих аккаунта в Живом Журнале долго держались в топ-200 рейтинга. После взлома первого из них «легендарным хакером Хэллом» обучил команду студентов из института печати активным методам защиты информации в интернете и программированию чат-ботов. Позднее провёл эксперимент, в ходе которого около сорока чат-ботов на протяжении многих месяцев входили в топ-3000 рейтинга.
Создатель и модератор сообщества «История и культура Ингерманландии» в Живом Журнале.

promo nemihail 13:00, вчера 275
Buy for 20 tokens
Когда происходит смена власти или развал страны, действует только одно правило... Фото: Яндекс Картинки Во время развала или революции никого не щадят и никого не жалеют, а банальные провокации можно легко спутать с идеологической или национальной травлей. Мы с вами прямо сейчас становимся…

Важные ссылки по начавшейся олимпиаде «Формула Единства»/«Третье тысячелетие» по математике

Вся информация на https://www.formulo.org/ru/olymp/2019-math-ru и далее по ссылкам.
Отборочный этап олимпиады «Формула Единства»/«Третье тысячелетие» по математике 2019/20 начался 15 октября и продлится до 12 ноября. Задания на русском языке можно скачать по ссылке https://www.formulo.org/wp-content/uploads/2019/10/fditm_2019-20_1round_ru.pdf . Выставлены также задания на английском и узбекском языках. Работа может быть написана на английском, украинском, грузинском, испанском, немецком, персидском, румынском, русском, казахском, узбекском, французском, тайском, турецком языке или эсперанто. Использование других языков должно быть заранее согласовано с организаторами.
Участники из России должны заполнить анкету на https://www.formulo.org/ru/olimpiady/solutions-fett-math-2019-20. Удобнее сделать это одновременно с отправкой файла работы. В качестве исключения можно отправить свою работу в жюри в бумажном виде. К работе должны прилагаться на отдельных листах заполненная анкета участника и подписанное одним из родителей согласие на обработку персональных данных. На самой работе не должны указываться личные данные участника.

Олимпиада по математике («Формула Единства»)/ «Третье Тысячелетие» стартовала в двадцатый раз

Россиянам важно, что олимпиада включена в перечень РСОШ (снова 2-й уровень). Участвуют ещё десятки стран (наиболее активно: Беларусь, Испания, Уругвай, Бразилия, Израиль, Грузия, Казахстан, Молдова, Нигерия и др.).
Задания отборочного этапа и условия участия можно найти на https://www.formulo.org/ru/olymp/2019-math-ru и далее по ссылкам.

Выставка “Купчино! О!” (Александр Федоров и Афанасий Пуд в Галерее "Свиное рыло")

Открытие выставки - в ближайший вторник 15 октября в 19 часов. Адрес: наб. Фонтанки 5 (вход со двора, 6 этаж). Второй автор - мой давний школьный друг, неоднократный призёр городских олимпиад по математике).

Завершился Математический Турнир Третьего Тысячелетия

На снимке команда Твери, одержавшая уверенную победу в младшей лиге. Единственная команда, которая во всех четырёх боях нанесла соперникам сокрушительное поражение. А в заключительно личной олимпиаде многие её участники оказались в призёрах.
IMG_20190331_171922
(С) Фотография Федотова (matholimp) Валерия Павловича 31 марта 2019 года.
В продолжение https://matholimp.livejournal.com/1752216.html , https://matholimp.livejournal.com/1751316.html и https://matholimp.livejournal.com/1751902.html .

Торжественное открытие Математического Турнира Третьего Тысячелетия

Состоялось сегодня в конференц-зале научно-исследовательского корпуса Политехнического университета. На снимке президент Фонда Эйлера проф. С.В.Востоков перебивает своей репликой выступление проф. А.С.Голованова.
IMG_20190325_144403
(С) Фотография Федотова (matholimp) Валерия Павловича 25 марта 2019 года.
В продолжение https://matholimp.livejournal.com/1751316.html .

Олимпиада «Третье тысячелетие» до и после включения в проект «Формула единства»

Мой секционный доклад на конференции ЦДООШ .

Kраткая аннотация доклада:


История математической олимпиады школьников «Третье тысячелетие» с 2001 по 2016г. Что изменилось с участием в проекте «Формула единства».

Kлючевые слова:


олимпиады школьников по математике, «Третье тысячелетие», «Формула единства».

В конце ХХ века были весьма популярны Соросовские олимпиады школьников по математике, физике, химии и биологии. А я в 1995-2000гг. был куратором проекта «Международный заочный математический кружок» по Санкт-Петербургу. Наравне с выполнением заданий, разработанных мною и коллегами из США, Грузии и Израиля, в рейтинге кружковцев учитывались их результаты в национальных и Соросовских олимпиадах. В 2000г. Сорос внезапно отказался финансировать олимпиады своего имени, после чего их оргкомитет заявил о закрытии проекта. В частности, сорвались второй и третий туры олимпиады 2000/01 учебного года. Почти сразу же я получил море писем от учителей с призывом «Олимпиада нужна нам, а не Соросу». Так как времени на поиск источников финансирования не было, то я предложил на общественных началах провести аналог второго тура. Соросовский оргкомитет дал добро и поделился базой электронных адресов постоянных участников, но настоятельно попросил воздержаться от использования имени Сороса. Дата рождения определила название новой олимпиады: «Третье тысячелетие». В 2001 году в ней участвовали школьники 7-11 классов из России, Беларуси, Грузии, Украины, Казахстана, Израиля, Азербайджана, Молдовы, Узбекистана и США. Задание для каждой параллели сохранило формат второго тура Соросовской олимпиады: оно состояло из 6 задач, полное решение каждой из которых оценивалось в 7 баллов. Отсутствие централизованного финансирования заставило нас отказаться от дорогостоящей обычной почты, вместо которой мы использовали электронную. Поэтому на протяжении ряда лет в названии олимпиады присутствовало слово «дистанционная».

Начиная с 2003г., добавились параллели 5 и 6 классов. Расширилась и география участия: как за счёт новых стран (их стало около 50), так и за счёт «глубинки» ряда регионов России и Беларуси. Олимпиада перестала быть русскоязычной: кураторы на местах переводили задания на языки своих стран и проверяли работы на этих языках. На протяжении последующих десяти лет оценочное число участников держалось на уровне миллиона, что превышало аудиторию Соросовских олимпиад. Так как жёсткой регистрации мы не вели, то достоверно можно говорить лишь о числе зафиксированных в протоколе работ. Оно измерялось десятками тысяч: меньше общего числа участников Соросовских олимпиад, но заметно больше числа их работ с ненулевыми оценками. Переговоры членов жюри с Microsoft, Intel или другими равноценными Соросу потенциальными спонсорами завершались без результата. Только один раз за все годы удалось договориться с фондом Зимина, выделившим книги для награждения победителей. Лишь в единичных случаях (штат Нью-Джерси, Витебская и Камчатская области) и далеко не во все годы удалось обеспечить организацию олимпиады на региональном уровне. Чуть лучше обстояли дела на уровне отдельных школ (но нередко случалось, что спонсор уходил вслед за своим ребёнком, либо олимпиады прекращались после ухода проводившего их учителя или администратора).

Поэтому когда Фонд Эйлера провёл математическую олимпиаду в рамках проекта «Формула единства», я предложил коллегам объединить усилия. Начиная с 2013г., мы проводим олимпиаду в два тура. Первый проводится заочно, а второй – в базовых школах. Так как «Формула единства» вошла в число официальных олимпиад, победы на которых дают преимущества при поступлении в вузы РФ, то нам пришлось регистрировать участников предварительно. Это не могло не привести к резкому сокращению числа участников. С другой стороны, добавились Испания и страны Латинской Америки, вместе с которыми «Формула единства» проводит летние математические лагеря.

Ленинградские (Санкт-Петербургские) математические кружки

Этот доклад на конференции ЦДООШ должен был сделать мой любимый ученик Сергей Евгеньевич Рукшин . К великому сожалению уже в последний момент выяснилось, что сам он приехать в Киров не сможет. Он попросил меня прочесть доклад вместо него, и буквально за час перед моим выездом в аэропорт мы подробно обсудили его содержание.
В принципе, оно было понятно. Кружками и олимпиадами занимаются практически одни и те же люди. А истории Ленинградских математических олимпиад была посвящена наша совместная статья в "Математике в Школе" 1981г. Конечно, что-то происходило и после 1981г., но исторический интерес представляют более давние события.
Первые математические кружки в Ленинграде, о которых сохранились документальные свидетельства, датируются 1933г. Они возникли по инициативе Б.Н.Делоне и проходили в формате школьного факультатива: школьники записывали в тетрадках и сдавали на проверку решения задач повышенной сложности (типа задачника Сканави). В таком виде кружки просуществовали до начала 1960-х годов. Важно выделить военные годы: один из кружков в 1944г. вёл вернувшийся с фронта студент Зенон Боревич (позднее ставший деканом матмеха ЛГУ).
Возникновение специализированных физико-математических школ радикально повлияло на расклад по параллелям и содержание занятий. Резко упала потребность в кружках для старшеклассников, но гораздо более востребованными стали кружки для 7-8 классов, а позднее и для 5-6. Ориентация на вступительные экзамены уступает место нестандартным задачам. Владимир Одинец первым включил в программу кружка разделы высшей математики.
Рукшин утверждает, будто я первым замаскировал элементы высшей математики в серии нестандартных задач. Кроме того, я предложил перенаправить основные усилия с поиска одарённых школьников на обучение всех до уровня олимпиадников. Рукшин первым реализовал это моё предложение. Конечно, "с улицы" в его кружок во Дворце пионеров пришли не самые случайные четвероклассники. Но уже в 8 классе они забрали на городской олимпиаде все дипломы в своей параллели. Кстати, именно в этом кружке занимался Григорий Перельман. Позднее медаль Филдса получил ещё один воспитанник Рукшина - Станислав Смирнов.

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.

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°.