Министерство общего и профессионального образования

Российской Федерации

Тюменский областной государственный институт

развития регионального образования

Зональная олимпиада по математике

учебный год.

9 класс.

1. Из квадрата размером 3×3 вырезать одну фигуру, которая представляет собой развертку полной поверхности куба, длина ребра которого равна 1.

( баллов)

2. Решите уравнение: .

( балла)

3. Существуют ли целые числа x, y, z для которых

(3x - y)(3y - z)(3z - x) = 2001?

(4 балла)

4. Решите систему уравнений

(4 балла)

5. Клетки квадрата 50 × 50 раскрашены в четыре цвета. Докажите, что существует клетка, с четырех сторон от которой (т. е. сверху, снизу, слева и справа) имеются клетки одного с ней цвета.

(6 баллов)

Решение зональной олимпиады, 1-й лист

(2004 –2005 учебный год).

9 класс. 1

1. Из квадрата размером 3×3 вырезать одну фигуру, которая представляет собой развертку полной поверхности куба, длина ребра которого равна 1.

Ответ: показан на рисунке (рис. 1).


Рис. 1

2. Решите уравнение: .

Ответ: .

Решение:

Замена переменной , тогда . Относительно y получим квадратное уравнение.

3. Существуют ли целые числа x, y, z для которых (3x - y)(3y - z)(3z - x) = 2001 ?

Ответ: Не существуют.

Решение:

Сумма чисел 3х-у, 3у-z, 3z-х равна 2(х + у + z), то есть четна. Следовательно, хотя бы одно из них четное число. Поэтому при любых х, у, z (3x - y)(3y - z)(3z - x) – четное число.

Решение зональной олимпиады, 3-й лист, 11 класс

(2004 –2005 учебный год).

4. Решите систему уравнений

Ответ: (1, 1, 1), (-1, -1, -1).

Решение: Складывая первые два уравнения системы и вычитая третье, получаем

(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 0; откуда x = y = z.

Теперь из третьего уравнения находим x2 = 1. Проверка показывает, что обе указанные тройки чисел удовлетворяют данной системе.

5. Клетки квадрата 50 × 50 раскрашены в четыре цвета. Докажите, что существует клетка, с четырех сторон от которой (т. е. сверху, снизу, слева и справа) имеются клетки одного с ней цвета.

Доказательство: Предположим, что клетки квадрата n × n удалось раскрасить таким образом, что для любой клетки с какой-то стороны от нее нет клетки одного с ней цвета. Рассмотрим тогда все клетки одного цвета и в каждой из них нарисуем стрелочку в том из четырех направлений, в котором клетки того же цвета нет. Тогда на каждую клетку «каемки» нашего квадрата будет указывать не более одной стрелки. Поскольку клеток «каемки» всего 4n – 4, то и клеток каждого цвета не более 4n – 4. С другой стороны, каждая из n2 клеток нашего квадрата раскрашена в один из четырех цветов, т. е.

n2 ≤ 4(4n – 4).

Для решения задачи теперь достаточно заметить, что последнее неравенство неверно при n = 50. Несложно убедиться, что оно неверно при всех n ≥ 15, и, следовательно, утверждение задачи верно уже в квадрате 15 × 15, а заодно и в любом большем квадрате.