УСЛОВИЯ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ (РАЙОННАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА 2016 Г.)

 

Условия и решения задач

(районная математическая олимпиада 2016 г.)

7 класс

1. Как с помощью прямоугольной плитки размером 5 см на 8 см начертить отрезок длиной 11 см?

Решение. Семь раз отложим от точки А на прямой отрезок, равный 8 см, получим отрезок АВ длины 56 см. Теперь на этом же отрезке от его начала А девять раз отложим отрезок, равный 5 см. Получим отрезок АС длины 45 см. Тогда отрезок ВС искомый.

2. Четверо приятелей заметили, что если они сложатся без первого, то соберут 2016 рублей, без второго – 2017, без третьего – 2018, без четвертого – 2019 рублей. Сколько у кого денег?

Решение. Всего денег у приятелей (2016 + 2017 + 2018 + 2019) : 3 = 2690 рублей. Поэтому у первого 2690 – 2016 = 674, у второго 2690 – 2017 = 673, у третьего 2690 – 2018 = 672, а четвертого 2690 – 2017 = 671 рублей.

Ответ: у первого 674 рубля, у второго 673 руб., у третьего 672 руб., четвертого 671 руб.

3. Построим последовательность чисел следующим образом. На первом месте поставим число 7, далее за каждым числом поставим сумму цифр его квадрата, увеличенную на единицу. Например, на втором месте будет стоять число 14, так как  72 = 49, а 4 + 9 + 1 = 14.  На третьем месте - число 17, так как 142 = 196, а 1+9+6+1 = 17 и так далее. Какое число стоит на 2016-м месте?

Решение. Продолжим нахождение несколько первых членов последовательности:
7; 14; 17; 20; 5; 8; 11; 5; … – число 5 повторилось. Значит, у последовательности есть период длины 3: числа 5; 8; 11 далее будут повторяться. На шестом месте – восьмерка, тогда для любого k > 0 на 3k-ом месте также будет восьмерка. Так как 2016 = 3 × 672, то 2016-ом месте стоит число 8.

Ответ: 8.

4. Тридцать учеников из пяти классов придумали 40 задач, причем ученики одного класса придумали одинаковое количество задач, а ученики разных классов - разное. Сколько учеников придумали по одной задаче?

Решение. Выберем 5 учеников, по одному из каждого класса. Все они придумали разное число задач. Поэтому общее число задач, придуманных ими, не меньше чем 1+2+3+4+5 = 15. остальные 25 учеников придумали не более чем 40 – 15 = 25 за­дач. Ясно, что каждый из них придумал по одной задаче.

Ответ: 26 учеников.

5. У Буратино и Пьеро по 55 гирек весом 1, 2, …, 55 грамм.
Они по очереди подкладывают свои гирьки каждый на свою чашу двухчашечных весов. Первым ходит Буратино. Пьеро выигрывает, если разность масс гирек на чашах окажется равной 50 грамм. Сможет ли он этого добиться?

Решение.

1. Пьеро может просто повторять ходы Буратино. В какой-то момент Буратино вынужден будет сходить гирькой 50 г и немедленно проиграет.
2. Пьеро откладывает в сторону свою 50-граммовую гирьку и ходит как угодно остальными гирьками. В конце игры Буратино выложит все гирьки, а Пьеро все, кроме 50-граммовой. Следовательно, чаша Буратино будет весить на 50 г тяжелее.

Ответ: да.

8  класс

1. Докажите, что 13 + 132 + 133 + 134 +…+ 132014 + 132015 делится нацело на 7.

Доказательство: 13 + 132 + 133 + 134 + … + 132014 + 132015 = 13 (1 + 13) + 133(1 + 13) + … + 132014(1 + 13) = 14 (13 + 133 + … + 132014). Так как 14 делится на 7, то и само число делится нацело на 7.

2. Имеет ли уравнение  xy = 2016 (x+y) решения в целых числах, отличные от х = 0, у = 0? 

Решение. Преобразуем уравнение к следующему виду: (х – 2016)(у - 2016) = 20162. Видим, что уравнение имеет, например, решение х = у = 4032.

Ответ: да, например, х = у = 4032.

3. Известно, что в ∆ ABC  ∠ A = 3 ∠ C. На стороне BC взята точка D так, что ∠ ADC = 2 ∠ C. Докажите, что AB + AD = BC.

Доказательство. Продолжим отрезок BA за точку A и отложим на нем отрезок AE = AD.
Заметим, что  ∠ EAC = 180 – ∠ BAC = 180 – 3 ∠ C, поэтому треугольники ADC и AEC равны (по сторонам AC, AD = AE и углу между ними).
Отсюда находим углы треугольника AEC:  ∠ AEC = ∠ ADC = 2 ∠ C,  ∠ ACE = ∠ C, т. е.  ∠ BCE = 2 ∠ C, поэтому треугольник BEC равнобедренный.
Таким образом, AB + AD = AB + AE = BE = BC.

4. Пройдя половину пути, поезд уменьшил скорость на 25% и по­этому опоздал в место назначения на 0,5 часа. За какое время поезд прошёл весь путь?

Решение. Примем длину всего пути за S. Пусть x км/ч – ско­рость поезда при прохождении им первой половины пути. Тогда 0,75x км/ч – скорость поезда при прохождении им второй половины пути. Следовательно, часов поезд затратил на прохождение первой половины пути, часов – второй, часов требуется поезду на прохождение всего пути с постоянной скоростью x км/ч.

По условию задачи имеем уравнение

,

решив которое, найдем x = 3,5.

Ответ: за 3,5 часа

5. Дана функция . Докажите равенство:

.

Доказательство. Преобразуем:

,

. Значит,

. Что и требовалось доказать.

9 класс

1. Каждая точка плоскости окрашена в один из двух цветов: крас­ный или синий. Дока­жите, что на этой плоскости найдется прямоли­нейный отрезок длиной 2016 км, оба конца ко­торого окрашены в один и тот же цвет.

Решение. Рассмотрим на данной плоскости равносторонний треугольник стороной 2016 км. По крайней мере, две его вершины имеют один и тот же цвет (так как вершин три, а цветов всего два).

2. Число диагоналей выпуклого многоугольника в 2016 раз больше числа его сторон. Сколько сторон в этом многоугольнике? 

Решение. Число диагоналей выпуклого многоугольника считается по формуле: . (Необходимо это доказать). Составим и решим уравнение. . Таким образом, условию задачи удовлетворяет выпуклый четыретысячитридцатипятиугольник.

Ответ: 4035-угольник.

3. Сумма двух натуральных слагаемых равна 2016. Если у одного из них зачеркнуть по­следнюю цифру - получится второе. Найдите эти числа.

Решение. Обозначим второе число через А. Тогда пер­вое равно 10А + В, где В - его последняя цифра. По условию получаем (10А + В) + А = 11А + В = 2016. Поскольку однозначное число B меньше 11, последнее равенство озна­чает, что В есть остаток от деления числа 2016 на 11. Деля 2016 на 11 с остатком, получим 2016 = 183·11 + 3, откуда В = 3, А = 183 и 10А+В = = 1833.

Ответ: единственная возможность: 1833 + 183.

4. В каждой из трех коробок лежит по 2016 спичек. Двое иг­рающих берут по очереди лю­бое число спичек из любой ко­робки, но только из одной. Выигрывает тот, кто берет послед­нюю спичку. Докажите, что тот, кто ходит первым, может выиг­рать, как бы ни играл его партнер.

Решение. Первым ходом начинающий должен забрать все спички из любой коробки. После этого останутся две коробки, и ему надо в дальнейшем каждым своим ходом брать столько же спичек, сколько взял перед этим его партнер, но из другой коробки. Придер­жива­ясь такой стратегии, первый будет каждым своим ходом уравни­вать число спичек в коробках и ясно, он рано или поздно выиграет.

5. За круглым столом сидят 2015 представителей четырех племен: люди, гномы, эльфы и гоблины. Известно, что люди ни­когда не сидят рядом с гоблинами, а эльфы - рядом с гно­мами. Докажите, что какие-то два представителя одного племени сидят рядом.

Доказательство проведем методом от против­ного. До­пустим, что никакие два соплеменника не сидят рядом. Назовём условно людей и гоблинов красными племенами, а эльфов и гномов - синими. Тогда синие могут сидеть рядом только с красными, а крас­ные - только с синими. Но в таком случае крас­ные и синие за столом должны чередоваться, а это возможно только в случае, когда сидящих - чётное число. Получили про­тиворечие с тем, что сидящих нечетное число (2015). Следова­тельно, какие-то два представителя одного племени сидят ря­дом. Что и требовалось доказать.

10 класс

1. Существует ли выпуклый 2016-угольник, у которого все углы выража­ются целым числом градусов?

Решение. Предположим, что такой многоугольник существует. Каждый угол этого многоугольника не превосходит 1790, поскольку меньше 1800 и является целым числом. Значит, сумма его углов не превосходит 2016×1790 = 3608640. С другой стороны, известно, что сумма углов любого выпуклого 2016-угольника равна 2014×1800 = 3625200. Видим, что 3608640 < 3625200. Полученное противоречие показывает, что такого многоугольника не существует.

2. Определите год рождения тех людей, которым в 2015 году исполнилось столько лет, какова сумма цифр их года рождения.

Решение. Пусть год рождения этих людей 1900+10x+y. Тогда по условиям задачи составим уравнение

2015 – (1900 + 10x + y) = 1 + 9 + x + y,

которое после преобразования примет вид:

11x + 2y = 105 Þ Þ .

Решая последнее уравнение в целых числах, найдем: y = 3, x = 9.

Ответ: год рождения 1993.

3. Найдите все значения числового параметра а, при которых корни уравнения положительны.

Решение. Если (а+1)=0, то уравнение будет линейным, и его корнем при a = -1 является x = 1. Подходит.

Если а ≠ -1, то уравнение будет квадратным. По теореме Виета его корни положительны тогда и только тогда, когда выполняется

.
С учетом первого случая получаем ответ .

Ответ: .

4. Последовательность числовых функций f1(х), f2(x), … удовле­творяет условиям:

1)  f1(x) = x;

2)  для любого n N.

Найдите f2015 (2015), f 2016(2016).

Решение. По условию имеем последовательность число­вых функций:

х; ; …

(это проверяется по формулам).

Значит, .

Тогда

Ответ:

5. Докажите, что число 242015 + 142015 делится на 19.

Доказательство. Из того, что 24 = 19 + 5, 14 = 19 – 5, получаем 242015 + 142015 = (19 + 5)2015 + (19 – 5)2015 = 19 × А + 52015 + 19 × В – 52015 = 19(А + В), где А и В – некоторые натуральные числа. Что и требовалось доказать.

11 класс

1. Найдите сумму коэффициентов в разложении

.

Решение. Сумма коэффициентов многочлена P(x) равна значе­нию этого многочлена при x = 1. В нашем случае

P(1) = = (-1)2016 + 12017 = 1 + 1 = 2.

Ответ: 2.

2. Выписаны 2016 чисел: 1, 11, 111, 1111, ..., 11 ... 1. Сколько среди них чисел, делящихся на 7?

Указание. Решение основано на выявленной закономерности: каждое шестое число данной последовательности делится на 7.

Ответ: 336 чисел.

3. Около окружности описан четырехугольник АВСD, у ко­торого АD||ВС. Докажите, что, где S - площадь четырехуголь­ника АВСD.

Решение. Из условия задачи следует, что четырехугольник АВСD – трапеция или ромб, в частности квадрат. В этом и другом случае имеем . Очевидно, что h.

Четырехугольник АВСD описан около окружности, поэтому вы­полняется равенство АD+ +ВС = АВ + СD. Следовательно, и АВ + СD. Равен­ство воз­можно в том случае, когда АВСD - квадрат.

4. Какое число больше: (2016!)2 или 20162016?

Решение. Представим левую часть в виде произведения (1·2016) · (2·2015) · … · (2015·2) · (2016·1). Первый и последний сомножители равны 2016. Каждый из остальных сомножителей больше 2016. Так как 20162016 – произведение 2016 чисел, каж­дое из которых равно 2016, то это число меньше, чем (2016!)2.

Ответ: (2016!)2 >20162016.

5. Запишите в данную таблицу числа так, чтобы в каждом столбце и в каждой строке стояла арифметическая прогрессия:

1
			6
		6
	9

Решение. Пусть a1, a2, a3, a4 – разности прогрессий, запи­санных в строках таблицы. Тогда ее ячейки можно заполнить так, как показано на рисунке

1	1+a1	1+2a1	1+3a1
6-3a2	6-2a2	6-a2	6
6-2a3	6-a3	6	6+a3
9-a4	9	9+a4	9+2a4

Пользуясь свойством арифметической прогрессии, запишем систему уравнений:

2(6 – 3a2) = 6 – 2a3 + 1, 12 – 6a2 = 7 – 2a3,

2(6 – 2a3) = 6 – 3a2 + 9 – a4, 12 – 4a3 = 15 – 3a2 – a4,

12 = 6 – a2 + 9 + a4, Þ a2 – a4 = 3, Þ

12 = 6 + a3 + 1 + 3a1; a3 + 3a1 = 5;

6a2 – 2a3 = 5,

3a2 – 4a3 + a4 = 3,

a2 – a4 = 3,

a3 + 3a1 = 5.

Из третьего уравнения выразим a4 = a2 – 3 и подставим во второе уравнение. Получим:

 

6a2 – 2a3 = 5, 6a2 – 2a3 = 5,

4a2 – 4a3 = 6, Þ 2a2 – 2a3 = 3,

3a1 + a3 = 5; 3a1 + a3 = 5.

Вычтем из первого уравнения второе, получим 4a2 = 2; зна­чит, a2 =0,5. Тогда 2a3 = 2a2 – 3 = 1 – 3 = -2 и a3 = -1; a4 = a2 – 3 = = 0,5 – 3 = -2,5 и a4 = - 2,5. Следовательно, 3a1 – 1 = 5 и a1 = 2.

Теперь заполним таблицу. Проверка показывает, что найденные числа удовлетворяют условию задачи.

1	3	5	7
4,5	5	5,5	6
8	7	6	5
11,5	9	6,5	4

Ответ показан на рисунке.