Решения матбоя № 4

Решения матбоя № 4

5-8 классы

2009/2010

1. Пусть х – длина пути по ровному месту DC, тогда AD+CB=9-x. Участки AD и CB турист проходит дважды, один раз в гору со скоростью 4 км/ч, другой раз под гору со скоростью 6 км/ч. На этот путь он затратит ч.

Путь по ровному месту займет ч. Т. к. на весь путь туда и обратно туристу потребуется 3ч 41мин, то

+=3,

откуда х = 4 км.

2. Заметим, что единица из разряда в разряд переходить не может, иначе должна существовать такая цифра, которая при сложении с другой давала бы число оканчивающееся на 9. Таким образом после перестановки, каждой цифре an исходного числа должна найтись такая цифра bn нового числа, что an + bn = 9, но при перестановке 999 цифр одной цифре не найдется пары, и ее придется складывать с той же цифрой, при этом 9 в сумме получиться не может. Противоречие.

3. I кучка II кучка III кучка

555 554 553

550 551 552

549 548 547

544 545 546

…………………………

15 14 13

10 11 12

Будем раскладывать гири по 6 штук, как указано в схеме. После разложения каждых 6 гирь вес кучек окажется равным. Оставшиеся 9 гирь разложим следующим образом: 1, 9, 5; 2, 6, 7; 3, 4, 8.

4. У Юры есть выигрышная стратегия. Ему нужно разбить все клетки на пары (доминошки) и ходить в клетку, парную той, в которую только что ходил Владик.

5. Если дополнить 82° до прямого угла, получим 8°. Проведя биссектрису угла в 82°, получим угол в 41°, 33°=41°-8°.

6. 185=92+92+1. Отложим одну монету, а кучки по 82 монеты сравним между собой (1-е взвешивание).

1.  Если кучки равны, то в каждой по 3 фальшивых монеты, и отложенная – фальшивая. Берем любую из кучек. 92=46+46. Сравниваем кучки по 46 монет (2-е взвешивание), так как фальшивых монет нечетное число, то кучки не могут быть равны, выбираем более легкую, в ней не более одной фальшивой монеты. 46=23+23, сравниваем кучки по 23 монеты (3-е взвешивание), если они равны, берем любую, если не равны, то выбираем более легкую.

2.  Если кучки не равны, то выбираем более легкую, в ней 3 фальшивых монеты, далее действуем, как в 1.

7. Если докажем, что b<a, то т. к. в треугольнике против большего угла лежит большая сторона, докажем и что AD<AE.

Так как А и С лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра, а А и В по разные, то АВ>АС, отсюда

90°-a=ÐВ < ÐС=90°-b, т. е. b<a.

8. Рассмотрим число .

Пусть 3=. Тогда 3а10 оканчивается на а1 , и 3а1 оканчивается на а10 . Причем а1 < 4, иначе при умножении числа на 3 получится 11-значное число.

Т. е. одно из условий 3а10 = а1, 3а10 = а1+10, 3а10 = а1 +20 выполняется одновременно

с условием 3а1 = а10. Делая подстановку а10 = 3а1 , получаем уравнения

9а1 = а1 , 9а1 = а1 +10, 9а1 = а1 +20. Откуда либо а1 =0, либо а1 =5/4, либо а1 = 5/2. Ни одно из найденных значений не подходит в качестве первой цифры числа, получили противоречие.

9. По формулам разности и суммы кубов имеем

(р1 + р2 + р3) 3 - (- р1 + р2 + р3)3 - ( р1 - р2 + р3)3 - ( р1 + р2 - р3 )3 =

=( р1 + р2 + р3 –(- р1 + р2 + р3))´(…) - (р1 - р2 + р3 + р1 + р2 - р3)´(…)=

=2 р1 ´(…)-2 р1 ´(…)=2 р1 ´[(…)-(…)] – делится на р1.

Т. к. р1 , р2 , р3 входят в выражение симметрично, то выражение делится на р2 и на р3.

А так как р1 , р2 , р3 взаимно простые то выражение делится и на их произведение.

10. Каждая точка пересечения диагоналей однозначно определяется парой диагоналей. Точек пересечения столько, сколько можно выбрать пар диагоналей. Всего диагоналей Д=100´(100-3)/2

(из каждой вершины выходит 100-3 диагонали, и при таком подсчете каждая диагональ учитывается 2 раза). 1-ю диагональ можно выбрать Д способами (из Д диагоналей), и на каждый способ выбора 1-й диагонали приходится по (Д-1) способу выбора 2-й диагонали – из (Д-1)-й оставшейся. Т. е. упорядоченную пару диагоналей можно выбрать Д´(Д-1) способом, но нам неважно, какая из диагоналей 1-я, какая – 2-я, поэтому неупорядоченную пару диагоналей можно выбрать Д´(Д-1)/2 способами.