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

3б Соня играет в «Поле Чудес». Сейчас на табло открыто три из шести букв. В этот момент Якубович разрешил переворачивать одновременно любые два табло (а вовсе не угадывать буквы). При этом открытое табло можно переворачивать (и оно становится закрытым). Сможет ли Соня открыть все буквы?

Ответ: нет. Решение: Количество закрытых букв остается всегда нечетным.

3a. В остроугольном неравнобедренном треугольнике АВС точка О – центр описанной окружности, Н – точка пересечения высот, M – середина ВС. Докажите, что прямые АО и НМ пересекаются на описанной окружности треугольника.

Решение. Рассмотрим точку D, диаметрально противоположную точке А и точку N, симметричную Н относительно ВС. Известно, что N принадлежит описанной окружности.

Заметим, что . Если L – середина ND, то , следовательно, точка M принадлежит LO. Отсюда , далее нетрудно показать, что точки N, M, H лежат на одной прямой.

4.  Имеется 50 предметов и 10 ящиков, в каждый из которых помещается 5 предметов. Каждый предмет раскрашен в один из 10 цветов. Доказать, что предметы можно так разложить по ящикам, что в каждом ящике будут предметы не более чем двух цветов.

Решение. Рассмотрим цвет, в который окрашено меньше всего предметов. Предметов этого цвета не больше 5, поэтому все они уместятся в одном ящике. Оставшееся место в этом ящике заполним предметами цвета, в который окрашено больше всего предметов, (их не меньше 5, поэтому их достаточно для наполнения ящика). У нас осталось 45 предметов, раскрашенных в 9 цветов, и 9 ящиков. С ними проделываем ту же операцию и т. д.

5.  Найдутся ли такие две пары натуральных чисел, что суммы в парах одинаковы, а произведения отличаются ровно в 2016 раз?

Решение. Например, подойдут пары (4n –2, 1) и (2n, 2n–1) или (n2+n, 1) и (n2, n +1) при n=2016.

6б Докажите, что любой выпуклый многоугольник периметра 2016 можно покрыть кругом диаметра 1008.

Решение. Рассмотрим точки A, B на границе многоугольника, которые делят пополам его периметр. Докажем, что круг с центром в середине O отрезка AB радиуса 504 покроет многоугольник. Если это не так, найдется точка D на границе многоугольника такая, что . Эта точка не может совпасть с A и B. Рассмотрим треугольник ADB – в нем DO - медиана, при этом - противоречие.

6a Положительные числа x и y меньше единицы. Докажите, что .

Решение. Если выражения 1+y и 1+x заменить на x+y, то они уменьшатся, поэтому сами дроби увеличатся, и все выражение в левой части тоже увеличится. .

7.  Имеется 8 монет, 7 из которых – настоящие, которые весят одинаково, и одна фальшивая, отличающаяся по весу от остальных. Чашечные весы без гирь таковы, что если положить на их чашки равные грузы, то любая из чашек может перевесить, если же грузы различны по массе, то обязательно перетягивает чашка с более тяжелым грузом. Как за четыре взвешивания наверняка определить фальшивую монету и установить, легче она или тяжелее остальных?

Решение. Обозначим монеты и их массы буквами A, B, C, D, E , F, G и H. Ясно, что если на чашки весов положены по 4 монеты, то весы не могут оказаться в равновесии. Заметим также, что если монеты разложены по чашкам поровну, то та чашка, где лежит фальшивая монета, всегда либо перевешивает (если фальшивая монета тяжелее настоящих), либо нет (если легче). Поэтому если одна и та же монета при двух взвешиваниях, когда монеты были разложены по чашкам поровну, однажды оказалась внизу, а однажды вверху, то она – настоящая. Положим при первом взвешивании на левую чашку монеты A, B, C и D , на правую – остальные, при втором взвешивании на левой чашке пусть будут A, B, E и F, а на правой – остальные монеты. Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что A + B + C + D > E + F + G + H и A + B + E + F > C + D + G + H. В этом случае монеты C, D, E и F – настоящие и, если фальшивая монета тяжелее их, то это A или B, а если легче – то G или H. Третьим взвешиванием сравним массы A + G и B + H. Пусть, скажем, A + G > B + H (другой случай разбирается аналогично). Тогда монеты B и G – настоящие и четвертым взвешиванием следует сравнить A + H с B + G. Если A + H > B + G, то фальшивой и более тяжелой, чем настоящие, является монета A, а если A + H < B + G, то фальшивой и более легкой является монета H.

8.  Может ли значение квадратного трехчлена 2x2–x–36 при целом x быть квадратом простого числа?

Решение. Ответ: может. Преобразовав квадратный трехчлен, получим равенство (2x — 9)(x + 4) = p2. Так как p простое, то возможны лишь следующие ситуации: x + 4 = ±1, x + 4 = 2x — 9 = ±p, 2x — 9 = ±1. Решаем эти уравнения, получаем: x=5; 13 значение трехчлена является квадратом простого числа.

Решения Математический бой №3 (10-11классы)

1. Известно, что если в данной квадратной числовой таблице выбрать любые n чисел, расположенных в разных строках и столбцах таблицы, то во всех случаях их сумма будет одинаковая. Сумма чисел в некоторой строке этой таблицы равна А, в некотором столбце – равна В; число, стоящее на пересечении указанных строки и столбца, равно С. Найти сумму S всех чисел в данной таблице. Ответ. . Решение. Рассмотрим два произвольных набора чисел указанного в условии вида, которые отличаются только в некоторых двух строках и двух столбцах. Из равенства сумм этих наборов следует, что для любых четырех чисел таблицы, которые расположены в вершинах произвольного прямоугольника (со сторонами, параллельными строкам и столбцам), сумма чисел в одной паре противоположных вершин равна сумме чисел в другой паре. Преобразуя это равенство, получаем, что разности чисел по каждой горизонтальной (или вертикальной) строке, взятые в одном порядке, равны. Отсюда легко получить, что таблица такого типа имеет вид: . Тогда .

2. (Группа А). Прямая, параллельная диагонали и проходящая через точку пересечения диагоналей и правильного пятиугольника , пересекает сторону в точке . Найдите угол . Ответ. .. Решение. Докажем, что - биссектриса угла . В самом деле, . Потому угол .

2. (Группа В). В пространстве расположены два единичных куба с общим центром. Доказать, что объем их пересечения не меньше . Решение. Оба куба содержат общий шар объема больше 1/2.

3. Доказать, что - число иррациональное.

Решение. Несложно доказать, что при нечетном является многочленом с целыми коэффициентами от . Если - число рациональное, то - число рациональное, что неверно.

4. (Группа А). В клетках таблицы расставлены натуральные числа от 1 до 81 (каждое стоит ровно в одной клетке). Вовочка несколько раз проделывал следующую операцию: выбирал положительное число и строку (или столбец) таблицы и домножал все числа, стоящие в выбранной строке (столбце), на это число. После нескольких таких операций в клетках квадрата опять оказались все числа от 1 до 81, причем каждое число поменялось местами с симметричным ему относительно главной диагонали. Докажите, что Вовочка допустил ошибку в вычислениях. Решение. Поскольку операции перестановочны, можно считать, что строки таблицы умножались на числа ; а столбцы на , соответственно. Заметим, что - числа рациональные, причем . Разделив все на , а все на , заметим, что полученная таблица получается из исходной домножением строк на новые и столбцов на новые . То есть можно считать, что . В этом случае все - числа рациональные. Рассмотрим простые числа 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79. По крайней мере, одно из них стоит не на диагонали. Пусть это число стоит на пересечении -ой строки и -го столбца. Тогда произведение , где - взаимно просто с . Поэтому или , где - взаимно просто с , либо аналогичный вид имеет . Рассмотрим первый случай. Поскольку число кратное в таблице единственное, то числители всех (в несократимом представлении дроби ) делятся на . Но тогда знаменатели всех делятся на , что невозможно, так как . Второй случай рассматривается аналогично.

4. (Группа В). Можно ли на координатной плоскости изобразить несколько различных парабол вида так, чтобы общее число их точек пересечения было равно 2016?

Ответ: Можно. Решение. Любые две параболы такого вида пересекаются в одной точке, причем никакие три не проходят через одну точку. Если число таких парабол равно , то число их точек пересечения равно . Уравнение имеет целое решение .

5. На стороне AC треугольника ABC выбрана точка D так, что 2AD = DC. Точка E – основание перпендикуляра, опущенного из D на отрезок BC, а F – точка пересечения отрезков BD и AE. Найдите угол ADB, если известно, что треугольник BEF равносторонний. . Ответ: .

Решение. Обозначим . Тогда в прямоугольном треугольнике точка - середина . Поэтому . Применяя теорему Менелая к треугольнику и прямой , получаем, что . По теореме косинусов из треугольника имеем . Отсюда .

6. Пусть x и y – положительные действительные числа такие, что . Докажите, что . Решение..

7. Даны 12 отрезков, длины которых принадлежат интервалу . Докажите, что можно выбрать 3 отрезка так, что составленный из них треугольник будет остроугольным. Решение. Если - стороны треугольника, то треугольник остроугольный, если , прямоугольный, если , тупоугольный, если . Пусть числа упорядочены по возрастанию. Так как то из отрезков длины нельзя построить остроугольный треугольник, если . Аналогично, из отрезков длины нельзя построить остроугольный треугольник, если . Отсюда (по индукции), , где – k – е число Фибоначчи. Тогда , и получаем противоречие.

8. Пусть a и b – действительные числа, и . Найти наименьшее возможное значение (- наибольшее из чисел x и y). Ответ. . Решение. Очевидно, что . Отсюда . Наименьшее значение , равное , достигается при .