Математика 6-8 (стр. 3 )

= (a1 + a2 + … + a99 + a100) – 0,5×(a1 + a100) = 1000 – 0,5×(a1 + a100).

Значит, общая площадь фигуры зависит только от суммарной длины крайних отрезков. Ее наибольшее значение — 1000 м2 (оно достигается при a1 = a100 = 0).

Дополнение: из решения можно также сделать вывод, что наименьшего значения площадь фигуры достигает, когда два крайних отрезка имеют суммарную длину 1 км, а остальные отрезки — нулевую длину.

30. Ответ: 56 раз. Решение. Пусть в процессе игры из автомата выпало всего К красных, Б белых и С синих фишек. Тогда всего автомат выбросил К + Б + С фишек. С другой стороны, первый раз автомат включился в самом начале игры, а все последующие разы — после опускания в щель синей фишки. Поэтому всего автомат включался С + 1 раз (это значение и требуется определить). При каждом включении автомат выбрасывает 10 фишек, поэтому общее число фишек равно 10×(С + 1). Таким образом:

К + Б + С = 10×(С + 1), откуда С = (К + Б - 10):9

Всего после обмена фишек на деньги игрок получил К + 300×Б долларов. Так как он оказался не в выигрыше и не в проигрыше, то К + 300×Б = 2000, откуда К = 2000 – 300×Б. Подставив это значение в найденное выше выражение для С, имеем:

С = (1990 - 299×Б):9 = 221 - 33×Б - (2Б - 1):9,

откуда следует, что 2Б - 1 делится на 9.

Обратим внимание, что количество белых фишек не превышает 2000:300 = 6,66… (иначе игрок после обмена белых фишек на доллары остался бы «в плюсе»). Итак, Б £ 6. Среди всех целых неотрицательных Б, не превышающих 6, лишь для Б = 5 значение 2Б - 1 делится на 9. Поэтому Б = 5, и тогда С = (1990 - 299×5):9 = 55.

Поэтому автомат включался 55 + 1 = 56 раз.

31. Решение. Предположим, что все лжецы племени на вопрос, кто самый старший, показывают на самого младшего. Пусть путешественник считает, что некоторая система вопросов позволила ему узнать самого старшего. Тогда если ночью все лжецы станут рыцарями, а все рыцари — лжецами, то утром та же самая система вопросов укажет на самого младшего в племени. Значит, путешественник ни при какой системе вопросов не может утверждать, что он действительно нашел самого старшего.

32. Ответ: такая пара одна — 2 и 4. Решение. Пусть х и у — искомые числа (x > y, так как их разность — факториал). Частное от деления одного из них на другое — факториал (целое число), поэтому x делится на y. Пусть x = ky, где k — натуральное число, большее 1, и x + y = a!, x – y = b!. Тогда a > b и a! делится на b!. Значит, x + y кратно числу x – y. Но

.

Поэтому, k – 1 делитель числа 2, то есть k = 2 или k = 3. Число k — факториал, откуда k = 2. Из равенства a!:b! = 3 следует, что a = 3 и b = 2. Значит, x = 4, y = 2.

33. Ответ. Пусть длина стороны треугольника равна 1. Точкой старта может быть любая точка на стороне треугольника, удаленная от вершины этой стороны на расстояние, равное p/2n, где n — любое натуральное число, а p — любое нечетное натуральное число, меньшее 2n, или 0. Решение. Пусть K — множество точек, указанное в ответе. Вначале заметим, что если расстояние от точки на стороне треугольника до одного конца стороны имеет вид p/2n, то расстояние до другого конца равно (2n – p):2n, то есть имеет такой же вид. Число n назовем степенью вершины ломаной.

Во-первых, восстанавливая такую ломаную, начиная с вершины треугольника (то есть в обратном направлении), можно убедиться, что ее вершины расположены именно в тех точках, которые указаны в ответе. Действительно, первое звено, выходя из вершины треугольника, попадает в точку множества K. Далее, если точка N (рисунок 22), вершина ломаной, принадлежит множеству K и удалена от точки A на расстояние p/2n, то предыдущая вершина M удалена от точки A на расстояние p/2n+1 (так как AMN прямоугольный треугольник, у которого угол A равен 60°).

Во-вторых, из любой точки множества K ломаная приходит в вершину треугольника. Действительно, если точка M — вершина ломаной степени n (рисунок 22), то следующая вершина N ломаной будет удалена от точки A на вдвое большее расстояние, то есть будет иметь степень n – 1. То есть степень вершин ломаной будет понижаться. Но вершина степени 1 — это середина стороны треугольника, а следующая за ней вершина ломаной — вершина треугольника.

34. Ответ: искомое множество состоит из прямой AB, за исключением отрезка AB, прямой, делящей угол ACB пополам, за исключением точки C, и полуокружности, построенной на AB как на диаметре, не проходящей через точку C, с исключенными концами A и B (рисунок 23).

Решение. Рассмотрим два случая расположения равных углов AMC и CMB.

1)

Углы лежат по одну сторону от прямой MC. Тогда точки A, B и M лежат на одной прямой. Этому случаю удовлетворяют только те точки прямой AB, которые лежат вне отрезка AB.

2) Углы лежат по разные стороны от прямой MC (рисунок 24). Треугольники AMC и BMC имеют по две равные стороны и по равному углу. Отразим треугольник BMC относительно прямой MC, тогда вершина B перейдет в точку B1 (рисунок 24). Так как AC = CB1, возможны два случая: либо точка B1 совпадает с точкой A, либо треугольник ACB1 — равнобедренный.

В первом случае CM — биссектриса угла ACB (внутренняя или внешняя), причем искомыми являются все точки обеих биссектрис, кроме точки C, для которой углы AMC и CMB не определены.

Во втором случае сумма углов CAM и CB1M равна 180°, то же верно для углов CAM и CMB. Это равносильно тому, что четырехугольник CAMB — вписанный, то есть точка M лежит на окружности, описанной около треугольника ACB (для нее отрезок AB является диаметром). Не трудно проверить, что указанным условиям удовлетворяют только точки дуги AB, не содержащей точку C, за исключением ее концов.

35. Ответ: x = y = z = 2. Решение. Данное уравнение преобразуется к виду

(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 + (x – 2)2(x + 1) + (y – 2)2(y + 1) + (z – 2)2(z + 1) = 0.

Так как x + 1 > 0, y + 1 > 0, z + 1 > 0, то все слагаемые неотрицательны, значит должны равняться нулю. Это возможно только при x = y = z = 2.

36. Ответ: первый. Решение. Разобьем гирьки на пары: две самые тяжелые, две следующие и так далее. Каждым ходом первый должен класть на весы одну из двух самых тяжелых гирь, так, чтобы второй был вынужден положить вторую гирю пары. А именно, первый кладет более легкую, если разность чашек меньше 2г, и более тяжелую гирьку — если разность равна 2г. В частности, первые ходы: 49г, 50г, 47г, 48г, 46г, 45г, и так далее. После каждой пары ходов первого игрока разность между массами чаш весов будет равна 2г. Тогда после 24-х ходов первого игрока в его распоряжении останутся гирьки 1г и 2г, а чаша соперника будет перевешивать на 2г. То есть у первого игрока не будет возможности сделать ход, поэтому он выиграет.

37. Решение. Прямые EP и FD параллельны (рисунок 25), поэтому четырехугольник с вершинами в точках E, F, D, P — равнобокая трапеция (так как вписана в окружность). Тогда ÐPDF = ÐEFD.

Прямые EF и AC параллельны (так как треугольник ABC равнобедренный), откуда ÐEFD = ÐFDC.

Отрезки CD и CF равны как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, поэтому треугольник CDF равнобедренный, откуда ÐFDC = ÐDFC.

Из трех полученных равенств углов следует, что ÐPDF = ÐDFC, откуда следует, что прямые PD и BC параллельны. Получаем, что прямая PD проходит через середину стороны AC параллельно стороне BC, то есть она содержит среднюю линию треугольника. Что и требовалось доказать.

Данное решение подходит (с небольшими изменениями) и для случая, когда точка P лежит выше отрезка EF.

38. Решение. Допустим, что у каждого коротышки не менее 13 друзей. Пусть Знайка заразился насморком и в первый день заразил всех своих друзей, во второй день больные заразили всех своих друзей, кроме тех от кого заболели и так далее. Рассмотрим город через 3 дня: если какой-то коротышка заразился хотя бы 2 раза, то подарок, пройдя по пути 1-го вируса и вернувшись по пути 2-го, ходил по рукам не более 6 дней, что противоречит условию. Значит, каждый коротышка заразился не более раза. В первый день заразилось не менее 13 коротышек, во второй — не менее 13×12, в третий — не менее 13×12×12, то есть в Цветочном Городе по крайней мере 1 + 13 + 13×12 + 13×12×12 = 2042 коротышек, что противоречит условию.

39. Ответ: может. Решение. Пусть сторож пройдет по пути, указанном на рисунке 26 (пункт a) или на рисунке 27 (пункт б). При этом он побывает в каждом узле сетки ровно один раз. То есть для каждого коридора он один раз будет в одном конце и один раз — в другом: первый раз он включит свет, во второй раз — выключит. То есть по окончанию пути весь объект будет неосвещен.

40. Ответ: за 52 хода. Решение. Заметим, что первую строку и первый столбец не увеличивали, так как в левом верхнем углу по-прежнему стоит число 1. Значит, второй столбец увеличили один раз (так как в пересечении первой строки и второго столбца стоит число 2). Аналогично можно понять, что третий столбец увеличили 2 раза, четвертый — 3 раза, ..., восьмой — 7 раз, вторую строку — 8 раз, третью строку — 16 раз. Итого: 1 + 2 + ... + 7 + 8 + 16 = 52 раза.

41. Ответ: можно. Решение. Один из способов показан на рисунке 28. Каждая из видимых граней оклеена двумя прямоугольниками, а каждая из невидимых на рисунке граней оклеивается также, как и противоположная ей видимая грань.

42. Ответ: 00:00 и 18:20. Решение. Пусть в искомый момент времени на часах горят цифры ab:cd. Тогда с полуночи прошло 60×(10a + b) + (10c + d) минут. Исходя из условия, составляем уравнение

60×(10a + b) + (10c + d) = 100(a + b + c + d),

которое приводится к виду 500a = 40b + 90c + 99d. Заметим, что 99d должно делится на 10, поэтому d = 0. Тогда уравнение принимает вид 50a = 4b + 9c.

Цифра a может принимать значения 0, 1 или 2.

Если a = 0, то все цифры равны нулю. Время 00:00 — первое решение.

Выражение 4b + 9c принимает значение не более 4×9 + 5×9 = 81. Значит, a не может равняться двум.

Если a = 1, то 4b + 9c = 50. Из этого равенства следует, что c — четная цифра, причем она не превышает 5 (так как стоит в разряде десятков минут). При c = 0 или c = 4 значение b не целое. При c = 2 получается второй ответ 18:20.

43. Решение. Возьмем любые 1999 членов последовательности, пусть их сумма равна S. Тогда, добавив к ним (S – 1)-ое число последовательности, получим 2000 членов, сумма которых равна S + (S – 1)×S = S2. (Заметим, что (S – 1)-ое число не совпадет ни с одним из выбранных чисел, так как больше суммы всех выбранных чисел).

44. Решение. После преобразований равенство

приводится к виду (a2 – b2 – c2)(b2 – c2 – a2)(c2 – a2 – b2) = 0, откуда непосредственно следует утверждение задачи.

45. Ответ: 7 точек. Решение. Прямые из разных красивых троек не могут быть параллельны, иначе на одной из них есть отмеченная точка, не лежащая на прямых другой тройки. Рассмотрим две красивые тройки. Они пересекаются в девяти точках, при этом отмеченными могут быть только эти точки. Небольшим перебором можно показать, что если убрать только одну точку из девяти (оставить восемь точек), то невозможно указать третью красивую тройку прямых. Но если оставить семь точек (середины сторон параллелограмма, две противоположные вершины и центр), то три тройки найдутся (рисунок 29).

46. Ответ: 40 ладей. Решение. Если 40 ладей поставить на клетки, закрашенные на рисунке 30, то такая расстановка будет удовлетворять условию задачи. При этом 24 клетки остались не занятыми ладьями. Покажем, что при любой расстановке ладей, удовлетворяющей условию задачи, свободными окажутся не менее 24 клеток.

Рассмотрим крайнюю вертикаль (горизонталь) доски. Если на ней стоит более двух ладей, то одна из этих ладей бьется двумя другими ладьями, стоящими на этой же вертикали (горизонтали). Назовем такую ладью "лишней". На горизонтали (вертикали), которая бьется "лишней" ладьей, не должно стоять ни одной фигуры. Тогда, если "лишняя" ладья только одна, то на крайних горизонталях и вертикалях 19 свободных клеток, а "лишняя" ладья обеспечит еще 6 свободных внутренних клеток доски, что в сумме более 24 клеток. Если прибавляется еще хотя бы одна "лишняя" ладья, то количество свободных клеток увеличивается, пока все внутренние клетки не окажутся пустыми (тогда будет уже 36 свободных клеток). Таким образом, "лишних" ладей быть не должно и на крайних клетках доски, по крайней мере, 20 свободных клеток.

Рассмотрим вертикаль (горизонталь) доски, соседнюю с крайней. Если на ней более четырех ладей, то найдется ладья, которая бьется двумя ладьями с этой же линии, но не бьется ладьей с соседней крайней вертикали (горизонтали). Назовем такую ладью "лишней". Аналогично указанным выше рассуждениям можно показать, что если есть хотя бы одна такая "лишняя" ладья, то свободных клеток будет не менее 24. Но если таких "лишних" ладей нет, то всего свободных клеток все равно оказывается не менее 24.

47. Решение. Отразим точку P относительно прямой OA (получим точку P1), а точку Q — относительно прямой OB (получим точку Q1). Нетрудно понять, что P1Q1 — длина первого пути шара, а P2Q2 — длина второго пути шара.

Если лучи OP1 и OQ1 совпадают, то также совпадают лучи OP и OQ, откуда следует, что шары P и Q расположены на одном луче, проходящем через точку O.

Пусть лучи OP1 и OQ1 не совпадают. По построению (рисунок 31) углы P1OP2 и Q1OQ2 равны, так как каждый из них в 2 раза больше угла AOB. Тогда, один из лучей OQ1 и OQ2 лежит внутри угла P1OP2, а другой — вне его. По условию задачи, P1Q1 = P2Q2, из чего следует, что треугольники OP1Q1 и OP2Q2 равны (по трем сторонам), то есть ÐP1OQ1 = ÐP2OQ2. Но это невозможно, так как один из этих углов лежит внутри другого угла.

48. Решение. Так как угол A в треугольнике ABC — наименьший, то BC < AC и на стороне AC найдется такая точка M, что CM = CB. Тогда биссектриса CO угла C равнобедренного треугольника BMC пересекает основание BM в его середине — точке N (рисунок 32). Покажем, что средняя линия FN треугольника ABM и радиус окружности EO параллельны и равны.

Радиус EO окружности, вписанной в прямоугольный треугольник BCD, вычисляется по формуле EO = (BD + CD – BC):2. Рассмотрим отрезок AC: AM = AD + CD – CM. Но AD = BD (так как ABD — прямоугольный треугольник с углом 45°) и CM = BC (по построению). Значит, AM = (BD + CD – BC), откуда FN = (BD + CD – BC):2. Следовательно, EO = FN. Параллельность этих отрезков следует из того, что они оба параллельны стороне AC.

Из доказанного можно сделать вывод, что NOEF — параллелограмм, откуда следует, что прямая OC параллельна прямой EF.

49. Ответ: 301 место. Решение. Каждый пассажир включен в один из циклов вида P1P2…Pm, где P1, P2, …, Pm — некоторые пассажиры, причем Pi-й пассажир (i = 1, 2, …, m – 1) имеет билет на место, которое занимает Pi+1-й пассажир, а Pm-й пассажир — на место, которое занимает P1-й пассажир. Если в таком цикле 100 пассажиров или менее, то все они могли составить одну рассматриваемую группу, для которой среднее арифметическое номеров занимаемых ими мест равно среднему арифметическому номеров мест, указанных в их билетах, что противоречит условию. Поэтому m ³ 101. Значит, если число циклов больше 2, то в аэробусе размещаются 303 или более пассажиров.

Заметим далее, что если Pk, Pk+1, …, Pk+r — цепочка пассажиров, последовательно включенных в некоторый цикл, причем номера мест в билетах пассажиров Pk и Pk+r отличаются на 1, то r ³ 101. Рассматривая цепочку Pk+r, Pk+r+1, …, Pm, P1, …, Pk, получим неравенство m – (k + r) + k ³ 101. Следовательно, m ³ 101 + r ³ 202, и поэтому число мест в аэробусе может быть меньшим, чем 303, только если выполняется одно из следующих условий:

1) все пассажиры включены в один цикл;

2) число циклов равно 2, причем любые два билета на соседние (по номерам) места принадлежат пассажирам из разных циклов.

Пусть выполнено первое условие. Рассмотрим пассажиров An, An+1 и An+2 с билетами на n-е, (n + 1)-е и (n + 2)-е места соответственно. Между An и An+1 пассажирами в кратчайшей из цепочек, их соединяемых, имеется не менее 100 пассажиров, между An+1 и An+2 — также не менее 100 пассажиров, а между An+2 и An либо нет ни одного пассажира, либо имеется не менее 100. Значит, общее число мест меньше 303, то либо An сидит на (n + 2)-ом месте, либо An+2 сидит на n-ом месте. Ввиду произвольности номера n имеем (с точностью до направления) цикл A1A3A5…ANA2A4…AN’, где N и N’ — наибольший нечетный и наибольший четный номера соответственно, а Ai — пассажир, занимающий i-ое место, i = 1, 2, …, max(N, N’). Пассажиры, сидящие на местах N, 2, 4, …, 198, имеют билеты на места 2, 4, 6, …, 200, а разность соответствующих средних равна (N – 200):100. Так как эта разность более 1, получаем N ³ 301. Нетрудно убедиться, что цикл A1A3A5…A301A2A4…A300 удовлетворяет условиям задачи.

Пусть теперь выполнено второе условие, то есть имеются два цикла, каждый из которых включает всех пассажиров с билетами на места одной четности. Если в каком-нибудь из этих циклов пассажир An сидит не на (n + 2)-ом месте, а An+2 — не на n-ом месте, то в цикле не менее 202 пассажиров, а в аэробусе — не менее 403 мест. В противном же случае имеем (с точностью до направления) цикл A1A3A5…AN, где пассажиры с билетами на места 1, 3, 5, …, 199 сидят на местах N, 1, 3, …, 197; разность соответствующих средних арифметических (N – 199):100 больше 1, откуда N ³ 301.

50. Решение. Мысленно уберем из стопки первого игрока самую старшую бубновую карту Т. Возможны два случая.

1) Пусть среди оставшихся бубновых карт найдется убывающая пара карт, то есть такие карты К и Д (не обязательно король и дама), так что К старше Д и лежит выше Д. Тогда второй выигрывает, выкладывая в своей стопке Т пик на место К бубен у первого, К пик на место Д бубен, Д пик на место Т бубен, и карты равного достоинства на остальные места.

2) Если среди оставшихся бубновых карт нет убывающих пар, то все бубны идут по возрастанию. Выберем из них четыре карты, скажем 10, В, Д и К. Тогда второй выиграет, выкладывая в своей стопке пиковых Д, 10, К и В соответственно на места бубновых 10, В, Д и К у первого, и карты равного достоинства на остальные места.

Приложение

Турнир команд проходил по следующей системе.

1. Состоялось 4 тура предварительных математических боев по швейцарской системе.

2. После проведения четырех туров команды распределились по местам. При распределении мест первым критерием было количество очков (за победу давалось 2 очка, за ничью — 1, за поражение — 0), вторым критерием был рейтинг, который определялся как сумма очков всех соперников команды в прошедших четырех турах.

3. В финальных боях команда, занимавшая первое место, встретилась с командой, занявшей второе место, третье место встретилось с четвертым, …, седьмое место — с восьмым.

4. Победитель первой пары стал обладателем первого диплома, проигравшая команда первой пары и победитель второй пары — второй диплом, проигравшая команда второй пары и победитель третьей пары — третий диплом, проигравшая команда третьей пары и победитель четвертой пары — грамоты за успешное выступление в турнире.

Общие итоги олимпиады

Личная олимпиада проходила по традиционной системе устных олимпиад. Вначале школьникам предлагались вводные задачи. Выводные задачи и дополнительное время на решение получали школьники, предъявившие решения трех задач. Результатом школьника считалось количество решенных задач.

Участники, решившие 7 задач, были награждены дипломами I степени, решившие 6 задач — II степени, решившие 5 задачи — III степени, решившие 4 задачи — похвальными грамотами.

Первые дипломы
Томин Дмитрий	8	Лицей № 33, г. Иваново
Цымбалюк Александр	7	ФМЛ № 27, г. Харьков
Щербина Татьяна	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Ятченко Артем	7	ФМЛ № 27, г. Харьков
Вторые дипломы
Бугаев Дмитрий	7	Лицей № 64, г. Омск
Вершинина Анастасия	8	ФМЛ, г. Киров
Гордон Дмитрий	8	Академическая гимназия № 45, г. Харьков
Гринберг Игорь	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Есебуа Георгий	7	ФМЛ № 27, г. Харьков
Зеленская Анна	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Лапина Светлана	8	Школа № 000, г. Нижний Новгород
Никульченко Артем	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Панов Михаил	8	Школа № 28, г. Рыбинск
Петухов Алексей	8	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Рагулина Кира	7	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Тарасюк Александр	8	Гимназия № 10, г. Минск
Шепельская Варвара	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Третьи дипломы
Баканов Сергей	8	Школа № 32, г. Астрахань
Басов Андрей	7	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Буланов Павел	8	Школа № 19, г. Минск
Васильев Максим	8	Лицей № 64, г. Омск
Вервейко Дмитрий	7	Университет Наяновой, г. Самара
Волков Борис	7	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Гринберг Антон	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Игнатьева Ольга	8	Школа № 27, г. Чебоксары
Кислицын Евгений	7	ФМЛ, г. Киров
Кузнецов Кирилл	8	НШЛ № 40, г. Нижний Новгород
Куракин Алексей	8	Гимназия-лицей № 2, г. Рыбинск
Лариков Олег	8	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Лебедь Виктория	8	Гимназия № 2, г. Минск
Мешин Юрий	7	ФМЛ, г. Киров
Носович Сергей	8	Гимназия № 7, г. Жодино, Минская обл.
Осянин Станислав	8	Гимназия № 26, г. Набережные Челны
Помелов Артем	7	ФМЛ, г. Киров
Поплавский Михаил	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Рубцов Андрей	8	Лицей № 33, г. Иваново
Свердлик Валерий	8	ФМЛ № 27, г. Харьков
Сидоров Алексей	8	Школа № 32, г. Кострома
Сотнезов Роман	8	Школа № 27, г. Чебоксары
Чалкина Наталия	7	Лицей "Вторая школа", г. Москва
Шаповалова Валентина	8	г. Иваново
Шулятьев Андрей	8	Школа № 34, г. Чебоксары
Щукин Дмитрий	8	Школа № 27, г. Чебоксары