Ответы, указания, решения (1 тур) (стр. 2 )

Ответ: первый игрок выигрывает. Первым ходом он ставит цифру 0 вместо крайней правой звёздочки, чем обеспечивает чётность получающегося числа. Оставшиеся 8 звёздочек разбиваем на пары соседних. При следующих ходах второго игрока первый заменяет цифру в той же паре, куда сходил второй игрок, таким образом, чтобы образовавшееся двузначное число в этой паре делилось на 7. Для этого первый игрок составляет две группы двузначных чисел. Первая: 14, 21, 35, 49, 54, 63, 72, 84, 91, 07; вторая: 21, 42, 63, 14, 35, 56, 07, 98, 49. Если второй игрок ставит цифру вместо первой звёздочки пары, то первый игрок ставит цифру вместо второй звёздочки пары из первой группы. Если второй игрок ставит цифру вместо второй звёздочки пары, то первый игрок ставит цифру вместо первой звёздочки пары из второй группы.

7. В каждой клетке таблицы 9 × 9 записано число, по модулю меньшее 1. Известно, что сумма чисел в каждом квадратике 2 × 2 равна 0. Докажите, что сумма чисел в таблице меньше 9.

В таблицу пометим 20 квадратиков 2 × 2. Для удобства счета в правые верхние уголки этих квадратиков поставим жирные точки. Эти квадратики дважды покрывают клетки, помеченные буквами b, d, f, h и ни разу не покрывают клетки, помеченные буквами a, c, е, g, i. Можем считать, что буквам соответствуют числа, стоящие в этих клетках. Значит, сумма всех чисел таблицы 20 нулей и ещё . Ясно, что это число меньше 9.

8. На столе лежат в ряд четыре фигуры: треугольник, круг, прямоугольник и ромб. Они окрашены в разные цвета: красный, синий, жёлтый, зелёный. Известно, что красная фигура лежит между синей и зелёной; справа от жёлтой фигуры лежит ромб; круг лежит правее и треугольника, и ромба; треугольник лежит не с краю; синяя и жёлтая фигуры лежат не рядом. Определите, в каком порядке лежат фигуры и какого они цвета.

Ответ: слева направо жёлтый прямоугольник, зелёный ромб, красный треугольник, синий круг. Для удобства изложения повторим все условия задачи: 1) красная фигура – между синей и зелёной; 2) справа от жёлтой фигуры – ромб; 3) круг – правее и треугольника, и ромба; 4) треугольник – не с краю; 5) синяя и жёлтая фигуры – не рядом. Поскольку красная фигура лежит между синей и зелёной (условие 1), а жёлтая – не рядом с синей (условие 5), то возможны только два варианта расположения фигур по цвету: «синяя, красная, зелёная, жёлтая» или «жёлтая, зелёная, красная, синяя». Первый из приведённых вариантов неверен, поскольку по условию 2 жёлтая фигура не может лежать на правом крае. Остаётся только одна возможность расположения фигур по цветам: «жёлтая, зелёная, красная, синяя». Из условия 2 сразу же определяется, что ромб зелёный. Отсюда и из условия 4 следует, что треугольник красный. В свою очередь отсюда и из условия 3 следует, что круг синий. Значит, прямоугольник может быть только жёлтым. Окончательный ответ: жёлтый прямоугольник, зелёный ромб, красный треугольник, синий круг.

9 класс, первый тур, 9.01.2017

1.  Из середины каждой стороны остроугольного треугольника опущены перпендикуляры на две другие стороны. Доказать, что главные диагонали шестиугольника, образованного перпендикулярами, пересекаются в одной точке.

Указание. Пусть - шестиугольник, где - середины сторон исходного треугольника, H – ортоцентр исходного треугольника. Тогда - параллелограммы. Отсюда следует, что четырехугольники - параллелограммы, их диагонали, а значит, и главные диагонали шестиугольника, проходят через одну точку.

2.  В треугольнике ABC (AB > AC) через вершину A проведена касательная l к описанной окружности. Окружность радиуса AC с центром в точке A пересекает сторону AB в точке P, а прямую l – в точках M и N. Докажите, что одна из прямых – MP либо NP проходит через центр вписанной окружности треугольника ABC.

Решение. Пусть I – точка пересечения прямой NP и биссектрисы угла A. Поскольку точки N, P, C лежат на окружности с центром A, имеем: , отсюда следует, что четырехугольник AICN вписанный и . Нетрудно видеть, что точки A, I лежат на серединном перпендикуляре к PC. Далее, . Отсюда , то есть I – центр вписанной окружности треугольника ABC.

2 (В). На плоскости проведены три окружности радиуса 1, центры которых образуют равносторонний треугольник со стороной 3. Найти радиусы окружностей, касающихся трех данных.

Ответ: Указание. Использовать теорему косинусов для треугольников, образованных центрами окружностей.

3.  Какое наибольшее число точек можно отметить в круге радиуса 1 так, чтобы попарные расстояния между ними были бы больше ?

Ответ: 3 точки. Оценка. Рассмотрим точки и центр окружности О. Из теоремы косинусов для треугольника получаем: , откуда . Следовательно, точек не более трех. Пример. Вершины равностороннего треугольника, вписанного в окружность.

4.  Даны 4 монеты. Каждая из них может быть либо настоящей, либо фальшивой. Вес настоящей монеты 10 грамм, а фальшивой 9. Можно ли за три взвешивания на электронных весах, показывающих вес груза, определить, какие монеты настоящие, а какие — фальшивые?

Ответ: Можно. Решение. Взвесим первую и вторую монеты. Если их суммарный вес равен 20 или 18, обе монеты в первом случае настоящие, во втором — фальшивые, и, взвешивая по одной две оставшиеся монеты, мы находим, какие они. Пусть суммарный вес равен 19. Тогда взвесим вторую и третью монеты. Если их суммарный вес равен 20 или 18, мы знаем про них, а стало быть, и про первую монету всё, и, нам осталось взвесить отдельно четвёртую монету. Если же суммарный вес второй и третьей монет равен 19, возможны два случая: вторая фальшивая, а первая и третья — настоящие, или вторая настоящая, а первая и третья — фальшивые. Тогда взвесим первую, третью и четвёртую монеты. В первом случае их суммарный вес равен 29 или 30, во втором — 27 или 28. Таким образом, результат такого третьего взвешивания позволяет узнать всё обо всех монетах.

5.  2017 человек выстроились в шеренгу. Каждый из них — рыцарь или лжец (рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут). Каждый заявил: «Слева от меня есть рыцарь». Сколько рыцарей могло быть в шеренге?

Ответ: Ни одного. Решение. Крайний слева, очевидно, лжёт. Но тогда лжёт и его правый сосед. Следовательно, лжёт и правый сосед этого соседа. Продолжая это рассуждение, убеждаемся, что все в шеренге — лжецы.

6.  В стране 2017 городов. Из некоторых городов имеются прямые авиарейсы в другие города, каждый рейс — односторонний. Известно, что для любых двух городов A и B хотя бы из одного из них можно добраться в другой на самолете (возможно, с пересадками). Докажите, что есть город, из которого можно добраться по крайней мере в 1008 других и в который можно добраться по крайней мере из 1008 других.

Решение. Рассмотрим ориентированный граф, в котором вершины – города, и ориентированное ребро АВ проводится, если имеется путь из города А в город В. По индукции доказывается, что в таком графе существует путь, проходящий по всем вершинам. База для 3 и 4 вершин проверяется перебором. Индукционный переход. Уберём произвольный город A. По индукционному предположению оставшуюся часть можно обойти, пусть этот путь начинается с города B. Если дорога между A и B ведёт в B, то можно из A переехать в B, и проехать оттуда по оставшимся городам. Если же эта дорога ведёт в A, то рассмотрим последний город на пути (C). Если дорога между A и C ведёт в A, то искомый маршрут – B–…–C–A. Иначе – рассмотрим первый город на пути, в который ведёт дорога из A. (назовём его D, а предыдущий – E) и воспользуемся маршрутом B–…–E–A–D–…–C. Итак, в нашем графе имеется путь по 2017 вершинам. Рассмотрим город на 1009 месте в этом пути. В него можно попасть из предыдущих 1008 городов пути и из него можно попасть в последующие 1008 городов найденного пути.

6А. Докажите, что любое натуральное число, большее 7, можно представить в виде суммы двух взаимно простых чисел, больших 1 (натуральные числа называются взаимно простыми, если их наибольший общий делитель равен 1).

Решение. Взаимно простыми являются два последовательных числа, а также два нечетных числа, отличающихся на 2 или на 4. Нечетное число представимо в виде , а четное – в виде или в виде .