Міністерство освіти і науки, молоді та спорту України

Міністерство освіти і науки, молоді та спорту України

Інститут інноваційних технологій і змісту освіти

LІІ Всеукраїнська олімпіада юних математиків. ІІІ етап

Розв’язання завдань першого туру

7 клас

1. Дано дев’ять одиниць, записаних в рядок. Між ними можна вставляти знаки + та – (не більше одного знаку між двома цифрами). Чи можна таким чином отримати числовий вираз, рівний 2012, якщо

а) всього використано рівно чотири знаки + та – (наприклад, як у виразі 111+1+11–1+11);

б) всього використано рівно три знаки + та – (наприклад, як у виразі 111+1+11+111)?

Розв’язання. а) Отримати 2012 таким чином не можна, оскільки непарна кількість непарних доданків дасть непарну суму. б) Перебором різних випадків показуємо, що і в цьому випадку ми не зможемо отримати 2012. Якщо буде доданок з хоча б 5 одиницями, то навіть після віднімання числа 1111 ми отримаємо значення, більше за 2012. Якщо є доданок з 4 цифрами, то найбільше значення суми трьох інших доданків не більше за 111+1+1, і загальна сума менша за 2012. Аналогічно є меншою за 2012 сума отриманих доданків, кожен з яких має не більше трьох одиниць в записі.

2. В шерензі стоять 2012 людей, кожен з яких або лицар (що завжди говорить правду), або брехун (що завжди бреше). Кожен з них сказав: «Кількість брехунів зліва від мене більша за кількість лицарів справа від мене». Скільки брехунів в цій шерензі?

Розв’язання. Нехай в шерензі стоять b брехунів та r лицарів. Оскільки самий лівий лицар сказав правду, маємо b>r-1. Оскільки самий правий брехун сказав неправду, маємо b-1≤r. Значить, r=b або r=b-1. Другий випадок неможливий, оскільки загальна кількість людей парна. Тому r=b=1006. Відповідь: 1006 брехунів.

3. На початку гри дано купку, в якій лежать 2012 камінців. Двоє гравців по черзі беруть з неї камінці — починаючий при кожному ході бере 1 або 4 камінці на свій розсуд, другий при кожному ході бере 1 або 3 камінці (також на свій розсуд). Той хто не зможе зробити хід, програє. Хто з гравців може забезпечити собі виграш?

Розв’язання. Починаючий може забезпечити собі виграш, взявши першим ходом чотири камінці, а всіма наступними – по одному. Так парна кількість взятих загалом камінців буде мати місце лише після ходів першого, а перемагає гравець, після ходу якого ця величина буде дорівнювати 2012. Відповідь: Починаючий.

4. Чи можна пофарбувати клітинки таблиці 8×8 в 16 кольорів (кожна клітинка фарбується в один колір) так, щоб для будь-яких двох кольорів знайшлися клітинки, що пофарбовані цими кольорами і мають спільну сторону?

Розв’язання. Загальна кількість одиничних відрізків, що розділяють сусідні клітинки дошки, дорівнює 112. Загальна кількість можливих пар кольорів з 16 даних кольорів рівна 120, і для кожної з цих пар треба мати дві сусідні клітинки. Це неможливо. Відповідь: Не можна.

8 клас

1. На площині дано 6 прямих, жодні три з яких не проходять через одну точку. Чи може трапитись так, що вони мають: а) рівно 12 різних точок перетину; б) рівно 16 різних точок перетину?

Розв’язання. а) Може. Досить взяти 3 прямі, що мають між собою 3 точки перетину, а також 3 паралельні прямі, кожна з яких перетинає кожну з 3 початкових. б) Не може. Перша пряма має не більше 5 точок перетину, друга додатково — не більше 4 точок і т.д. Всього маємо не більше ніж 5+4+3+2+1=15 різних точок перетину.

2. Десятковий запис натуральних чисел і має вигляд: і , де – цифри, , . Знайти усі такі цифри щоб число було квадратом деякого натурального числа.

Розв’язання. Так як

,

то для виконання умови задачі необхідно і достатньо, щоб . Звідси слідує, що , і .

Відповідь. , , , а .

3. Чи можна пофарбувати клітинки таблиці 8×8 в 16 кольорів (кожна клітинка фарбується в один колір) так, щоб для будь-яких двох кольорів знайшлися клітинки, що пофарбовані цими кольорами і мають спільну сторону?

Розв’язання. Див. завдання 7 класу.

4. На сторонах гострокутного трикутника, як на основах, побудували рівнобедрені трикутники , , , для яких , а . Доведіть, що .

Розв’язання. Оскільки і , то розглянемо два кола з центрами в точках і , які проходять через точку . Нехай – друга точка перетину цих кіл. З’єднаємо її з точками , , і . Оскільки , то за теоремою про вписаний кут маємо:

.

Тому, . Так як , то чотирикутник – вписаний. Звідси випливає, що , бо кути і – вписані, що спираються на спільну дугу, а трикутник – правильний. Отже, , тобто кут – розгорнутий. Так як лінія центрів цих кіл перпендикулярна до їх спільної хорди, то , а тому , що і завершує доведення

5. Є карток. На кожній з них з обох сторін написано по одному натуральному числу: на першій – числа і , на другій – числа і , …, на -тій – числа і . Усі ці картки розташовані в ряд на довгому столі. Двоє гравців грають у таку гру. За один хід гравець довільно обирає п’ять карток і перевертає їх. Програє той гравець, після ходу якого на столі з’явиться розташування чисел, що вже зустрічалося у ході гри (можливо, в початковий момент). Хто має можливість забезпечити собі виграш – той, хто починає гру, чи його суперник?

Розв’язання. Доведемо, що виграє перший гравець. Для цього йому достатньо розбити усі можливі способи розташування чисел на пари, помістивши до однієї пари два розташування, які відрізняються одне від одного лише зміною перших п’яти чисел розташувань. Тоді виграшна стратегія першого гравця полягає у тому, що він завжди перевертає лише перші п’ять карток. Після першого ходу він створює розташування чисел, яке перебуває у парі з початковим розташуванням чисел. Далі, кожний наступний хід другого гравця буде створювати розташування чисел, яке не зустрічалося раніше (інакше він програє) і входить до нової пари розташувань, а наступним ходом перший гравець створює розташування чисел, яке також не зустрічалося раніше і є другою компонентою цієї пари. Оскільки кількість усіх можливих розташувань чисел є скінченою, то в деякий момент другий гравець вже не зможе створити розташування цих чисел, яке раніше не зустрічалося.

До того ж, кількість всіх можливих розташувань є парною, і дорівнює

9 клас

1. На площині дано 5 кіл, жодні три з яких не проходять через одну точку. Чи може трапитись так, що вони мають: а) рівно 12 різних точок перетину; б) рівно 24 різних точок перетину?

Розв’язання. а) Може. Досить взяти 4 кола, кожні два з яких перетинаються в двох точках, а п’яте коло таке, що не перетинається з іншими. б) Не може. Перше коло має не більше 8 точок перетину, друге додатково — не більше 6 точок і т.д. Всього маємо не більше ніж 8+6+4+2=20 різних точок перетину.

2. Графік функції симетричний графіку функції відносно точки з координатами . Розв’яжіть рівняння .

Розв’язання. Знайдемо рівняння графіка функції . Нехай точка – довільна точка параболи , а – точка графіка , яка симетрична точці відносно точки з координатами . Тоді, за формулами для знаходження координат середин відрізка, матимемо:

Виключаючи із цієї системи рівностей , знаходимо, що . Отже, рівняння симетричного графіка буде мати вигляд: .

Далі нам потрібно розв’язати рівняння , яке еквівалентне таким рівнянням:

,

, ,

,

Розв’язавши одержані квадратні рівняння, знаходимо, що рівняння має корені: , , . Відповідь. ; ; .

3. Доведіть, що при будь-якому натуральному значення виразу кратне .

Розв’язання. Позначимо значення даного виразу через . Маємо:

.

Перший множник отриманого першого добутку дорівнює , а другий множник набуває натуральних значень, перший множник отриманого другого добутку також дорівнює , а другий множник набуває натуральних значень. Отже, їх різниця a_n ділиться на 7. Аналогічно, знаходимо:

.

Оскільки , то аналогічно одержуємо, що a_n ділиться на 13. Так як і взаємно прості дільники , то кратне .

Також можна розв’язати цю задачу, знайшовши періодичну залежність остач записаних чисел при діленні на 7 та на 13.

4. На сторонах і гострокутного трикутника зовні його побудовані трикутники і так, що і , а всередині трикутника відмітили точку так, що . Доведіть, що точки , і лежать на одній прямій.

Розв’язання. Побудуємо на стороні даного трикутника зовні його рівносторонній трикутник (див. рисунок).

З умови задачі випливає, що і , а з рівності трикутників і (за двома катетами), слідує, що . З подібності трикутників і (за двома кутами) слідує, що . Звідки і . Тому, трикутники і подібні (за пропорційністю двох сторін і кутом між ними). Звідси слідує, що .

Аналогічно, з іншого боку, доводиться, що .

Оскільки , , то

.

Так як , то точки , і лежать на одній прямій.

5. На числовій прямій відмітили точки з координатами , де – задане натуральне число. Блоха починає стрибати із точки з координатою і через стрибків, побувавши в усіх відмічених точках, повертається в точку з координатою . Відомо, що сума довжин усіх стрибків за виключенням останнього дорівнює . Знайдіть довжину останнього стрибка блохи. Відповідь обґрунтуйте.

Розв’язання. Натуральні числа від до запишемо у тій послідовності, у якій в них побувала блоха:

, , …, .

Зрозуміло, що . Загальна сума довжин усіх стрибків є циклічною сумою:

.

Зверху ця сума оцінюється так:

.

Оскільки за умовою

,

то довжина останнього стрибка не перевищує . Це випливає з того, що , тобто . Оскільки , то .

Доведемо, що . Припустимо, що . Тоді у послідовності знайдуться два сусідніх члени та , кожний із яких більший за . Дійсно, припустимо, що це не так. Так як у послідовності кількість елементів, які більші за , дорівнює , а за припущенням між кожними такими елементами є хоча б один інший, що менший за , то враховуючи, що і , одержуємо, що кількість елементів послідовності , які менші за n, буде не меншою, ніж . Суперечність. Отже, у послідовності знайдуться два сусідніх члени та , кожний із яких більший за .

Перебудуємо послідовність у такий спосіб:

.

Циклічна сума відстаней між послідовними членами послідовності буде дорівнювати:

.

Аналогічно зверху сума оцінюється так:

.

В той же час

,

тобто , бо для обох випадків розташування: і . Одержане протиріччя і доводить, що , а довжина останнього стрибка дорівнює .

Відповідь. Довжина останнього стрибка дорівнює .

10 клас

1. У числі дві цифри в записі замінено на зірочки. Які саме цифри було замінено? Відповідь обґрунтуйте. (Тут 34! позначає добуток 1∙2∙3∙4∙…∙33∙34.)

Розв’язання. Нехай перша пропущена цифра – , друга – . Число 34! ділиться на 9 та на 11. За ознакою подільності на 9, сума його цифр ділиться на 9. Оскільки сума записаних цифр має при діленні на 9 остачу 1, то сума і при діленні на 9 має давати остачу 8, звідки

.

За ознакою подільності на 11, сума цифр на парних позиціях дає таку саму остачу при діленні на 11, що й сума цифр, записаних на непарних позиціях. Звідси маємо, що при діленні на 11 дає остачу 4. Перебираючи виписані вище пари, одержуємо, що . Відповідь: 6 і 2.

2. Нехай . Знайдіть всі дійсні розв’язки рівняння

.

Розв’язання. Легко помітити, що . Тоді рівняння рівносильне рівнянню , або , звідки , тобто або . Відповідь: , .

3. Хуліган Петро розрізав прямокутний портрет директора школи по прямій. Після цього він розрізав по прямій один зі шматків, що утворилися. Потім він зробив те саме з одним із нових шматків, і так далі. Після сотні таких розрізань з’явився директор школи і змусив Петра сплатити по дві копійки за кожен трикутний шматок та по копійці за кожен чотирикутний шматок портрета. Доведіть, що Петро сплатить більше гривні.

Розв’язання. Очевидно, що отримані в результаті розрізань шматки є опуклими многокутниками. При одному розрізанні загальна кількість вершин збільшується щонайбільше на 4. Тому після 100 розрізань многокутники матимуть не більше 404 вершин. З іншого боку, після 100 розрізань утворився 101 многокутник, нехай серед них трикутників та чотирикутників. Тоді утворені многокутники мають не менше за вершин. Отже, , звідки .

4. Нехай . Доведіть, що

Розв’язання. Спочатку доведемо таку допоміжну нерівність:

Дійсно, ця нерівність рівносильна таким нерівностям:

,

,

,

.

Остання нерівність – істинна, бо .

Таким чином, правильними будуть такі нерівності:

Додавши їх, одержимо нерівність:

Звідси й випливає потрібна нерівність.

5. На сторонах гострокутного трикутника зовні його побудовано трикутники , , так, що і . Доведіть, що , де – середина .

Розв’язання. Лема. На сторонах гострокутного трикутника як на основах побудувано рівнобедрені трикутники , , , для яких , . Тоді .

Доведення. Розглянемо два кола з центрами в точках і , які проходять через точку . Нехай – друга точка перетину цих кіл. З’єднаємо її з точками , , і . Оскільки , то за теоремою про вписаний кут маємо і . Тому . Тому чотирикутник – вписаний, адже . Звідси як вписані, що спираються на спільну дугу. Отже, , тобто точка лежить на прямій . Оскільки лінія центрів цих кіл перпендикулярна до їх спільної хорди, то , що і завершує доведення леми.

А тепер перейдемо до розв’язування нашої задачі. Нехай і – середини сторін і , а – точка, симетрична точці відносно . Тоді за теоремою про середню лінію трикутника маємо, що , а (див. рисунок).

Оскільки медіана прямокутного трикутника дорівнює половині гіпотенузи, то і . Крім того, , а трикутник – правильний. Тому за лемою , а за вказаною вище паралельністю одержуємо .

Ця задача може бути легко розв'язана з використанням комплексних чисел.

11 клас

1. У числі дві цифри в записі замінено на зірочки. Які саме цифри було замінено? Відповідь обґрунтуйте. (Тут 34! позначає добуток 1∙2∙3∙4∙…∙33∙34.)

Розв’язання. Див. завдання 10 класу.

2. Доведіть, що на графіку функції можна вказати таку точку , а на графіку функції – таку точку , що відстань між точками та менша за .

Розв’язання. Точка лежить на графіку функції , а точка – на графіку . Відстань між цими точками дорівнює

.

3. Знайдіть усі прості числа такі, що , де – натуральне, .

Розв’язання. Число не задовольняє умову, оскільки та . Число задовольняє умову, оскільки .

Нехай і для деякого натурального . Тоді

(1)
Тут – натуральне число натуральне, яке не менше за , бо при
виконано Оскільки – просте і з рівності (1) випливає, що , то . Тому рівність (1) можна записати так:

З цієї рівності випливає, що число ділиться на . Але , тому 15 ділиться на . Оскільки , то можливі такі випадки: або , або , або тобто або , або , або . Проста перевірка показує, що ці числа не підходять. Таким чином, жодне просте не задовольняє умову. Відповідь. .

4. У місті Ноттінгемі мешкають 100 багатіїв, кожен з яких має принаймні мільйон золотих монет. Робін Гуд розробляє плани пограбування багатіїв Ноттінгему: кожен з них полягає в тому, щоб відібрати в кожного з багатіїв однакову кількість (але не більше мільйону) золотих монет. Доведіть, що, якими б не були статки багатіїв Ноттінгему, Робін Гуд може скласти принаймні 100 різних планів пограбування так, щоб для будь-яких двох різних планів та не знайшлося таких багатіїв та , що після пограбування за планом має стільки ж золотих монет, скільки має після пограбування за планом .

Розв’язання. Без обмеження загальності можна вважати, що всі багатії мають різну кількість монет. Задачу тоді можна переформулювати так: нехай –довільна 100-елементна множина натуральних чисел, кожне з яких не менше мільйону. Тоді знайдуться такі різні натуральні числа , які не перевищують мільйону, що множини попарно не перетинаються. Нехай . Очевидно, що умова рівносильна тому, що . Помітимо, що у множині не більше за елементів.

Будемо вибирати числа послідовно. Число виберемо довільним чином. Якщо числа вибрано, то число потрібно вибрати так, щоб воно не лежало в жодній з множин . Для такий вибір можливий, оскільки разом у цих множинах не більше за елементів.

5. На сторонах гострокутного трикутника зовні його побудовано трикутники , , так, що і . Доведіть, що , де – середина .

Розв’язання. Див. завдання 10 класу.

---

Дата добавления: 2015-08-28