Математические олимпиады и соревнования (стр. 3 )

Решение.

Возьмем любой из двух правдивых ответов. В нем сказано, что какие-то трое мальчиков драки не затевали, и, значит, драку затеяли не более двух мальчиков. Если драку затеяли двое, то в правдивых ответах они оба не должны упоминаться. Но таких двух ответов нет. Кто-то из мальчиков затеял драку, иначе все сказали правду. Следовательно, инициатором драки был ровно один мальчик. Для того, чтобы ровно три ответа были неправильными, этот мальчик должен быть упомянут ровно в трех ответах. Такой мальчик только один: Дима.

3. Доказательство.

1) и , следовательно:

Сложив равенства почленно, получим .

2) Аналогично, . Следовательно, - параллелограмм.

3) , т. к. .

.

В параллелограмме равны диагонали, следовательно - прямоугольник.

4. Ответ. Например, или

5. Доказательство.

По условию: .

Из этой системы следует, что .

Пусть не все числа равны между собой, выберем наибольшее (или одно из них) и обозначим . Тогда:

.

Аналогично доказывается, что и .

6. Ответ. 60км, 180км, 220км, 340км.

Решение.

Возможны четыре случая:

1) машины едут навстречу друг другу: 200-(60+80)=60км,

2) машины едут в разные стороны: 200+(60+80)=340км,

3) машины едут в одну сторону, вторая догоняет первую: 200+(60-80)=180км,

4) машины едут в одну сторону, вторая впереди: 200+(80-60)=220км.

7. Ответ.

8. Ответ. Нельзя.

Решение.

Посчитаем точки пересечения отрезков. С одной стороны их , а с другой . Получили противоречие.

9. Доказательство.

Число, состоящее из 6 одинаковых цифр, делится на 1001 ( ), а в шестидесяти цифрах есть, по крайней мере, 6 одинаковых.

10. Доказательство.

Пусть имеется палочек длины 5 и палочек длины 6. Тогда , а, значит, делится на 6, а делится на 5. Таким образом, разбив 5-сантиметровые палочки на шестерки, а 6-сантиметровые палочки на пятерки, получим набор палочек длины 30см. Из этих палочек легко составить правильный десятиугольник.

11. Ответ. 40 рублей.

Решение.

Пусть - цена одного сэндвича, - цена чашки кофе, - цена одного пончика. Тогда (1), (2).Из (1) и (2) следует, что , или (3).

Из (1) и (3) получаем, что .

12. Ответ. 19 рыжиков и 11 груздей.

Решение.

Так как среди любых 12 грибов имеется хотя бы один рыжик, то рыжиков не меньше 19 (если меньше, то найдутся 12 грибов - не рыжиков). Аналогично, груздей не меньше 11. Так как всего грибов 30, то в корзине 19 рыжиков и 11 груздей.

13. Доказательство.

Треугольники и равны (по двум сторонам и углу между ними), значит, . Аналогично, , следовательно, параллелограмм, что и требовалось доказать.

Отдельно следует рассмотреть случай, когда острый угол параллелограмма равен 600.

14. Ответ. Нет.

Решение.

Т. к. все сидевшие за столом сказали, что оба их соседа лжецы, то у каждого лжеца оба соседа – рыцари, а у каждого рыцаря – лжецы. Значит, за столом они сидят следующим

образом:

 

Значит, всего за столом сидит четное число людей, иначе либо 2 рыцаря либо 2 лжеца будут сидеть рядом, чего быть не может.

15. Ответ.

Решение.

Запись может обозначать либо (если ) либо (если ). Запись может обозначать либо 10 (если ) либо (если ). Поэтому имеем три уравнения: (если ), (если ), (если ), решая которые получаем, что .

16. Доказательство.

Предположим, что это не так. Понятно, что найдутся две точки и одного цвета - пусть черного. Выберем точки , и , так что  - середина ,  - середина ,  - середина . Тогда все три точки , и должны быть белыми; но тогда они и образуют искомую тройку.

17. Ответ. 3.

Решение.

Каждое из этих чисел делится на 3. С другой стороны, если - наибольший общий делитель этих чисел, то разность делится на . Однако , поскольку сумма цифр 21 не делится на 9, т. е. .

18. Ответ. 20028.

Решение.

Посмотрим, как могут располагаться три прямолинейных разреза относительно сторон данного прямоугольника. Возможны 4 случая:

а) б) в) г)

 

Рассмотрим первый случай.

Остальные случаи рассматриваются аналогично.

, , .

19. Ответ. 2003 авиалинии.

Решение.

Рассмотрим авиалинии той авиакомпании, пользуясь услугами которой из любого города в любой другой можно добраться ровно двумя способами. Если какой-то город соединен с другими городами менее чем двумя такими авиалиниями, то либо город изолирован от других городов (число авиалиний равно нулю), либо город соединен авиалинией только с каким-то городом (одна авиалиния). Но тогда не существует двух способов перелета из города в город , что противоречит условию. Следовательно, каждый город соединен с другими городами по меньшей мере двумя авиалиниями. Т. е. число авиалиний этой авиакомпании не меньше 1001.

Рассмотрим теперь авиалинии другой авиакомпании. Как уже было доказано, менее, чем 1001 авиалинии быть не может. Пусть число авиалиний равно 1001. Тогда каждый город соединен с двумя другими городами ровно двумя авиалиниями. Но это значит, что все города соединены авиалиниями последовательно (т. е.: первый город – со вторым, второй – с третьим, и. т. д., 1001-й город – с первым), иначе образуются изолированные группы городов и нельзя будет из города одной группы перелететь в какой-либо город другой группы. Однако, при последовательном соединении городов существует ровно два способа перелета из одного города в другой, что противоречит условии. Следовательно, авиалиний, с помощью которых из любого города в любой можно добраться ровно тремя способами, не менее 1002. Остается показать, что 1001 авиалиния в первом случае и 1002 авиалинии во втором случае удовлетворяют условию. Авиалинии первой компании соединяют последовательно се города: первый со вторым, второй – с третьим и т. д., 1001-й – с первым. Авиалинии второй компании также последовательно соединяют все города и добавляется еще одна авиалиния, повторно соединяющая какую-нибудь пару соседних городов (например, первый со вторым)

Следовательно, наименьшее число авиалиний равно 2003.

20. Решение.

Обозначим монеты буквами А, Б, В, Г. Взвесим сначала А+Б, а потом, А+В. Если вес окажется равным, то Б и В – настоящие. Тогда третьим взвешиванием находим вес А+Г. Если он меньше или больше веса А+Б, то фальшивая – Г и она соответственно легче или тяжелее настоящей. Если же А+Г весят столько же, сколько и А+В, то фальшивая монета – А, и для того, чтобы определит, легче ли она настоящей, взвесим две настоящие (например Б+В) и сравним с весом А+В. Если же веса А+Б и А+В различны, то одна из монет Б и В – фальшивая, а настоящие – А и Г. Взвесив сначала А и Г, а затем Б и В, определим, легче или тяжелее фальшивая, чем настоящая, и выберем по результатам первых двух взвешиваний соответствующую монету.

21. Ответ. Нет.

Решение.

Пусть длины всех отрезков одинаковы.

1. Если какие-либо три точки лежат на одной прямой, то длина отрезка, соединяющего крайние точки, больше длин отрезков, соединяющих среднюю точку с крайними. Итак, никакие три точки не лежат на одной прямой.

Возможны два случая:

2а) Если все отрезки равны, то треугольники равносторонние и . В сумме эти углы дают .

2б)Аналогично: , тогда

22. Ответ. Плюшки съел Карлсон, либо Малыш и Фрекен Бок, либо все герои вместе.

Решение.

У нас есть два высказывания Фрекен Бок. Возможны четыре случая:

1) оба высказывания правдивы,

2) оба высказывания ложны,

3) первое высказывание правдиво, а второе – ложно,

4) второе высказывание правдиво, а первое – ложно.

Первые два случая невозможны.

В третьем случае Малыш всегда говорит правду, а Карлсон всегда лжет, в этом случае плюшки съел Карлсон. В четвертом случае правду всегда говорит Карлсон, а Малыш лжет, возможны два варианта: плюшки съели Малыш и Фрекен Бок или плюшки съели все герои вместе.

23. Ответ. Да,

24. Ответ. 34 клетки.

Решение.

Таблица может иметь размеры: , и . Рассмотрим каждый из этих случаев.

1) Таблица .

Ясно, что крайние клетки не могут быть покрашены. Пусть покрашена некоторая не крайняя клетка. Тогда покрашена также одна из соседних с ней клеток. Таким образом, закрашенные клетки разбиваются на пары и каждую пару закрашенных клеток «обрамляют» незакрашенные. Пусть пар закрашенных клеток . Тогда

.

Т. е. закрашенных клеток – 34. Нетрудно привести соответствующий пример.

2) Таблица .

Клетка, принадлежащая границе таблицы может быть окрашена только тогда, когда она и одна из соседних с ней клеток являются угловыми. Отсюда наибольшее число закрашенных клеток в таблице равно 4.

3) Таблица .

Поскольку ни одна из клеток «границы» не может быть окрашена, то все окрашенные клетки лежат внутри таблицы. А их не более чем 22.

25. Ответ. 53.

Решение.

Пусть ни одно из исходных простых чисел не кратно 3. Тогда полученное число кратно 3 , т. е. равно 3, а этого быть не может. Поэтому исходные числа – 3 и 5, а нужное простое число – 53.

26. Ответ. Выигрывает Люся.

Решение.

Всего Люся и Леня поставят 1336 цифр. Если Люся будет ставить только двойки, то минимальная сумма будет равной , что больше 2003. Значит, всегда выигрывает Люся.

27. Ответ. 4004,5; 4005; 4005,5

Решение.

Следует рассмотреть три случая:

1) 2) 3)

Примем весь периметр квадрата за 1, а скорость «медленной» улитки за . В первом случае улиткам до 2003-ей встречи следует пробежать , во втором - и в третьем - . Тогда имеем:

1)

2)

3)

28. Ответ. 12 палочек.

Решение.

Число палочек, удовлетворяющих условию задачи, кратно 4. Рассматривая отдельно числа 4, 8 и 12 убеждаемся, что наименьшее возможное число палочек равно12.

29. Ответ.

Решение.

Пусть - середина , т. е. . Тогда - равносторонний, следовательно, и - равнобедренный. Значит, . И, следовательно, .

30. Ответ. Суббота.

Решение.

Пусть сегодня понедельник. Если бы вчера был вторник, то от предполагаемого сегодня (от среды) до воскресенья оставалось бы 4 дня, а в действительности от воскресенья до сегодня (до понедельника) прошел 1 день. Противоречие. Аналогично рассмотрев остальные дни недели, получим единственный ответ.

31. Доказательство.

.

Следовательно, .

32. Ответ. 2

Решение.

Все простые числа, кроме 2, - нечетны, следовательно, если числа 2 на кубиках нет, то обе суммы будут четными, а значит, их произведение будет делиться на 4.

33. Ответ. 18

Решение.

Покрасим в черный цвет. Вершины, в которые можно попасть из - в белый цвет, далее, вершины, в которые можно попасть из белых – снова в черный цвет. Вершина - черная.

Каждый ход меняет цвет вершины. Поскольку за несколько ходов цвет не изменился, то число ходов - четно. Число ребер, связывающих 20 точек последовательно, равно 19. Отсюда максимальная длина пути – 18. Несложно построить пример.

34. Ответ. Выигрывает начинающий.

Решение.

Первому игроку достаточно первым ходом покрасить весь центральный столбец таблицы (или центральную строку, или одну из главных диагоналей), а затем симметрично относительно центра таблицы отражать ходы второго игрока.

35. Доказательство.

Обозначим число рублей за , число пятикопеечных монет за , число однокопеечных монет за , число пятидесятикопеечных монет за и число десятикопеечных монет за .

Из условия следует:

откуда кратно 5, т. е. наименьшее число однокопеечных монет равно 5. Вычтем из второго уравнения первое, умноженное на 30. Имеем:

,

поэтому .

Следовательно, у Миши имеется не менее 65 рублей, а у Гриши – не менее рублей, откуда следует утверждение задачи. Несложно привести пример, когда система имеет решение.

36. Ответ. Нет.

Решение.

Покрасим клетки таблицы в шахматном порядке. Пусть фишка изначально стоит на клетке черного цвета и переместить ее нужно в белую клетку. Однако никакая операция не меняет цвета клетки, на которой стоит фишка, значит после любой операции фишка так и останется на клетке черного цвета.

37. Доказательство.

Пусть . Тогда и . Поскольку , то и .

, следовательно, .

Имеем, , а значит треугольник - равносторонний.

38. Ответ. Нет.

Решение.

Пусть на первом турнире было участников. Предположим, что при знакомстве школьники пожимали друг другу руки. Количество рукопожатий на первом турнире равно , а значит - четно, а - нечетно. Количество рукопожатий на втором турнире равно . Это число нецелое. Противоречие.

39. Ответ. 464184+184=648) и 464184+8=4649).

40. Ответ. Нет.

Решение.

Предположим, такое возможно.

Пусть на треугольном поле растет цветов. Тогда число бабочек, с одной стороны, равно , а с другой стороны . Приравнивая эти выражения, получаем:

,

т. е. - дробное число, что невозможно.

41. Решение.

Ставим на одну чашку весов гирю в 500г, а на другую – гирю в 900г и насыпаем в первую коробку 400г чая. Теперь, используя эту коробку в качестве гири, насыпаем за три взвешивания еще 3 коробки по 400г. Поставив на одну чашку весов 4 коробки с чаем (1600г), а на другую – обе гири (1400г), отвесим из мешка 200г в отдельную коробку. Оставшимися четырьмя взвешиваниями отделим половину чая из каждой коробки, содержащей 400г, пользуясь коробкой с 200г чая как гирей.

42. см. задачу 34.

43. Ответ. Больше взаимно простых.

Решение.

Заметим, что .

Разобьем числа на тройки: (1,2,3), (4,5,6), … . Тогда в каждой тройке будет ровно одно число, кратное трем, т. е. число, не взаимно простое с . Другие два числа каждой тройки не делятся на три и, следовательно, взаимно просты с . Т. е. чисел, взаимно простых с в два раза больше, чем не взаимно простых..

44. см. задачу 36.

45. см. задачу 37.

46. Ответ. 0 или 6.

Решение.

Существуют только два способа расстановки

л	л	л	л	л		р	л	р	л	р
л	л	л	л	л	р	л	р	л	р

47. Доказательство.

.

Следовательно,

48. см. задачу 40.

49. Ответ. Сможет.

Решение.

Например,

9	5	12	8
15	1	16	2
10	6	11	7
14	4	13	3

50. см. задачу 41.