Математический бой № 3, 7 класс, решения (стр. 2 )

(б) разделить на 2 (если число четное)

Можно ли с помощью этих операций получить из числа 2 число 2016?

Ответ: да, можно. Пример: 2 → 24 → 12 → 6 → 64 → 644 →322 → 3224 → 1612 →806 → 8064 → 4032 → 2016.

8.  На столе лежат две кучки по 100 спичек в каждой. Петя и Вася играют в такую игру. Первым ходом Петя перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую, затем Вася тоже перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую. Вторыми ходами Вася и Петя перекладывают по две спички, третьими — по три и т. д. Побеждает тот, после хода которого либо все 200 спичек впервые окажутся в одной кучке, либо соперник не сможет сделать свой ход. Кто выиграет при правильной игре и как ему для этого надо играть?

Ответ: Второй. Первыми 49 ходами второй должен возвращать спички, взятые первым, в ту кучку, откуда первый их взял. В результате после каждого из этих ходов второго в кучках будет по 100 спичек. Пятидесятым ходом первый переложит из одной кучки в другую 50 спичек, затем второй переложит туда же оставшиеся 50, и все 200 спичек окажутся в одной кучке.

8 класс Решения день 3

9.  В тексте к каждому вопросу указаны пять вариантов ответа. Отличник отвечает на все вопросы правильно. Если двоечнику удается списать, он отвечает правильно, в противном случае – наугад (то есть среди несписанных вопросов он правильно отвечает на 1/5 часть). За год двоечник правильно ответил на половину вопросов. Какую долю ответов ему удалось списать?

Ответ: 3/8. Двоечник неверно ответил на половину всех вопросов. Это составляет 4/5 тех вопросов, на которые он отвечал наугад. Если x – искомая величина задачи, то на 1 – x часть вопросов двоечник отвечал наугад, так что можно составить уравнение:4/5(1-x)=1/2, откуда x=3/8.

10.  Андрей, Боря, Вася, Гриша и Дима имеют фамилии Андреев, Борисов, Васильев, Григорьев и Дмитриев. Известно, что Андрей старше Андреева на 1 год, Боря старше Борисова на 2 года, Вася старше Васильева на 3 года и Гриша старше Григорьева на 4 года. Кто старше – Дима или Дмитриев и на сколько?

Ответ: Дима младше Дмитриева на 10 лет.

Пусть возраст Димы отличается от возраста Дмитриева на x лет. Сумма возрастов, посчитанная «по именам» и «по фамилиям» одинаковы. Значит, 1 + 2 + 3 + 4 + x = 0, откуда x = –10.

11.  Назовем натуральное число «замечательным», если оно – самое маленькое среди всех натуральных чисел с такой же, как у него, суммой цифр. Сколько замечательных среди чисел от 1 до 2016?

Ответ: 28. Для каждой суммы цифр «замечательное» число одно. Значит, среди чисел от 1 до 2016 замечательных чисел столько, сколько можно составить различных сумм цифр. Минимальная сумма цифр – 1, максимальная – равна 1 + 9 + 9 + 9 = 28 всего 28.

12.  Все клетки таблицы 8 × 8 последовательно пронумерованы от 1 до 64 (в каждом ряду клетки нумеруются слева направо, в первом ряду – от 1 до 8, во втором — от 9 до 16 и т. д.). В таблице отметили восемь клеток так, что никакие две не находились в одном столбце или на одной строке. Найдите все значения, которые может принимать сумма номеров отмеченных клеток.

Ответ: 260. Указание: Выберем произвольные две отмеченные клетки. Пусть первая – в клетке (i, j) (i-й столбец, j-я строка), а вторая – в клетке (p, q). Переставим эти ладьи в клетки (i, q) и (p, j). От этого клетки по-прежнему не находятся в одной строке или в одном столбце, и сумма чисел не изменилась. Действуя таким образом, можно переставить все клетки так, что они будут идти вдоль диагонали, а значит сумма чисел в клетках будет равна 1+10+19+28+37+46+55+64 = 260.

13.  В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1 и CC1, I — точка их пересечения. Известно, что AI = BC и ÐACB = 2ÐBAC. Найдите углы треугольника.

Ответ: ÐA = 40°, ÐB = 60°, ÐC = 80°.

Пусть ÐA = α, тогда ÐC = 2α. Из условия следует, что треугольник AC1C – равнобедренный. Проведём в нем биссектрису CD, ÐDCA = α/2. В равнобедренном треугольнике биссектрисы равных углов – равны. Значит, CD = AI = CB и треугольник DCB равнобедренный. При этом ÐB = ÐD = ÐDCA +ÐCAD = 3α/2. Таким образом, сумма углов треугольника ABC есть α + 3α/2 + 2α = 180°. Откуда следует ответ.

14.  В четырехугольнике ABCD сторона BC вдвое больше стороны AB, ÐA < 60°, ÐBDC = 90°, ÐBAD = ÐCBD. Докажите, что AB +AD > 2BD.

Обозначим E – середину гипотенузы прямоугольного треугольника BDC. Тогда отрезки BE, EC и DE равны. В треугольнике BED углы B и D меньше 60°, значит, BD > BE. В треугольнике ABD сторона AB меньше стороны BD, значит, угол ADB меньше угла A. Отсюда следует, что в треугольнике ABD угол B самый большой, как и сторона AD. Отложим на AD отрезок AF, равный BD. Треугольники ABF и BED равны по первому признаку. В результате получаем AB +AD = BF + AF + FD = (BF + FD) + BD> 2BD.

15.  Найдите все пары взаимно простых натуральных чисел a и b, таких, что a2 + 2b2 делится на a + 2b.

Ответ: (1, 1) и (4, 1). Указание: из условия следует, что 6b2 = ((a2 + 2b2) − (a2 − 4b2)) делится на (a + 2b). Иначе говоря, НОД(6b2, a + 2b) = a + 2b. Докажите вначале, что НОД(b, a + 2b) = 1, и выведите отсюда, что НОД(6b2, a + 2b) может равняться только одному из чисел 1, 2, 3, 6.

16.  На столе лежат две кучки по 100 спичек в каждой. Петя и Вася играют в такую игру. Первым ходом Петя перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую, затем Вася тоже перекладывает одну спичку из какой-то кучки в другую. Вторыми ходами Вася и Петя перекладывают по две спички, третьими — по три и т. д. Побеждает тот, после хода которого либо все 200 спичек впервые окажутся в одной кучке, либо соперник не сможет сделать свой ход. Кто выиграет при правильной игре и как ему для этого надо играть?

Ответ: Второй. Первыми 49 ходами второй должен возвращать спички, взятые первым, в ту кучку, откуда первый их взял. В результате после каждого из этих ходов второго в кучках будет по 100 спичек. Пятидесятым ходом первый переложит из одной кучки в другую 50 спичек, затем второй переложит туда же оставшиеся 50, и все 200 спичек окажутся в одной кучке.

9 класс решения день 3

1.  Точки A, B и C – точки попарного пересечения трех окружностей, O1, O2, O3 – их центры (см. рис.). Окружность, описанная около треугольника ABC, проходит через центры всех трех окружностей. Доказать, что прямые AO3, BO1 и CO2 пересекаются в одной точке.

Решение. Обозначим окружность, описанную около Δ ABC, за S. O1A = O1C как радиусы. Тогда ÐABO1=ÐCBO1 как углы, вписанные в окружность S и опирающиеся на равные дуги O1A и O1C. Отсюда прямая BO1 – биссектриса ÐB в ΔABC, аналогично для прямых AO3 и CO2, а биссектрисы углов треугольника пересекаются в одной точке.

2б. На столе лежат семь монет цифрой вверх. За один ход разрешается перевернуть любые пять монет. Какое наименьшее число ходов необходимо совершить, чтобы перевернуть все монеты?

Ответ: 3 хода. Решение. Очевидно, что одного хода не хватит. После двух ходов найдутся по крайней мере три монеты, перевернутые по два раза, а значит, эти монеты будут в исходном положении. Приведем пример переворачивания всех монет за три хода. Пронумеруем монеты цифрами от 1 до 7 и перевернем за первый ход монеты с номерами 1, 2, 3, 4, 5, за второй ход — 1, 3, 4, 5, 6, за третий ход — 1, 3, 4, 5, 7.

2a В стране городов, попарно соединённых дорогами. Дороги принадлежат N компаниям, при этом каждая компания владеет хотя бы одной дорогой. Докажите, что найдутся три города, попарно соединённых дорогами трёх разных компаний.

Индукция по N. База индукции очевидна. Пусть утверждение верно для . Пусть в стране имеется город. Удалим из рассмотрения один город A вместе со всеми дорогами, выходящими из него. Если дороги между оставшимися городами принадлежат ровно k компаниям, то воспользуемся индукционным предположением. Если они принадлежат компании, то, рассматривая две компании как одну, мы опять сможем воспользоваться индукционным предположением. Допустим, что дороги между оставшимися городами принадлежат менее чем k компаниям. Тогда найдутся две компании, которым принадлежат дороги, выходящие из города A и не принадлежат дороги между остальными городами. Пусть дорога AB принадлежит первой из них, а дорога AC второй. Тогда города A, B, C – искомые.