Решения задач на олимпиаде по математике

Решения заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников
Калужской области по математике 2014 - 2015 г.
7 класс.
7.1. Замените буквы Y, E, A и R цифрами так, чтобы получилось верное равенство:
YYYY ─ EEE ─ AA + R = 2015.
Ответ. При Y = 2, E = 1, A = 9, R = 3 получаем 2222 ─ 111 ─ 99 + 3 = 2015.
7.2. Разделите фигуру на три равные части так, чтобы линии разрезов шли по сторонам
квадратов.
Решение. Одно из возможных разрезаний такое:
7.3. На острове Рил живут только рыцари, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые
всегда лгут. В Думе острова — 77 депутатов. В целях сокращения бюджета было решено
уволить из Думы одного депутата. Но каждый из депутатов заявил, что если его уволят, то
среди оставшихся депутатов большинство будут лжецами. Сколько рыцарей и сколько
лжецов в Думе?
Ответ. 38 рыцарей и 39 лжецов.
Первое решение. Предположим, что в Думе все рыцари. Тогда после увольнения любого из
них большинство останется рыцарями. Поскольку рыцари не лгут, это противоречит
условию задачи. Значит, в Думе есть хотя бы один лжец. Пусть в Думе l рыцарей и,
следовательно, 77 – l лжецов. Рассмотрим лжеца, из его заявления следует, что l ≥ 76 – l, т. е.
l ≥ 38. Значит, в Думе есть хотя бы и один рыцарь. Рассмотрим его, он сказал правду, значит,
при его увольнении рыцарей останется меньше, чем лжецов, т.е. l – 1 < 77 – l или l < 39. Из
неравенств 38 ≤ l < 39 находим, что l = 39.
Второе решение. Предположим, что в Думе все лжецы. Тогда после увольнения любого из
них большинство останется лжецами. Но сказать про это ни один лжец не мог, поскольку это
правда. Значит, в Думе есть хотя бы один рыцарь. Пусть в Думе k рыцарей и, следовательно,
77 – k лжецов. Рассмотрим рыцаря, из его заявления следует, что k – 1 < 77 – k, т. е. k < 39.
Значит, в Думе есть хотя бы и один лжец. Рассмотрим его, он солгал, значит, при его
увольнении рыцарей останется не меньше, чем лжецов, т.е. k ≥ 76 – k или k ≥ 38. Из
неравенств 38 ≤ k < 39 находим, что k = 38.
7.4. Нюша и Бараш решили поиграть. Смешарики по очереди берут из мешка несколько
конфет (хотя бы одну) и кладут их на стол. При этом конфет можно класть не больше, чем
лежит на столе перед ходом. Перед первым ходом, который делает Нюша, на столе лежат 4
конфеты. Конфет в мешке неограниченно много. Выиграет тот смешарик, после хода
которого на столе окажется 50 конфет. Кто из них может гарантировать себе победу вне
зависимости от игры соперника?
Ответ. Нюша.
Первым ходом Нюша кладёт одну конфету и получается 5 конфет. Как бы не сходил Бараш,
после его хода на столе будет не меньше 6, но не больше 10 конфет. Тогда Нюша может
своим вторым ходом доложить конфет так, чтобы их стало 11. После второго хода Бараша на
столе окажется от 12 до 22 конфет. Нюша третим своим ходом доводит общее число конфет
на столе до 24. Наконец, Бараш кладёт на стол от 1 до 24 конфет, и их становится не меньше
25 и не больше 49. Четвёртым ходом Нюша кладёт на стол недостающее до 50 количество
конфет и тем самым выигрывает.
Замечание: если хотя бы раз Нюша будет дополнять количество конфет не до указанного в
решении числа (5, 11 или 24), тогда она не сможет гарантированно выиграть.
7.5. Для раскраски куба используются белая и чёрная краска. Каждая грань красится одним
цветом. Сколько различных кубиков можно получить при таком их окрашивании? (Два
кубика считаются различными, если их нельзя перепутать, как бы они ни переворачивались.)
Ответ. 10.
Если весь куб одноцветный: имеем 2 варианта – чёрный и белый. Если лишь одна грань
белая (или чёрная): имеем ещё 2 варианта. Две грани одного цвета могут быть смежными
или противоположными: имеем ещё 4 варианта. Если же три грани белые и три чёрные,
имеем ещё 2 варианта (в зависимости от того есть ли у одноцветных граней общая вершина).
Решения заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников
Калужской области по математике 2014 - 2015 г.
8 класс.
8.1. На острове Невезения один из компьютеров оказался заражён вирусом. Этот вирус
действует так: попав на некоторый компьютер К, он через секунду заражает пять ранее не
инфицированных компьютеров, а сам компьютер К взрывает. Скольких компьютеров не
досчитаются островитяне через 4 секунды после первого заражения?
Ответ. 156.
Через 1 секунду после первого заражения будет заражено ещё 5 компьютеров. Через 2
секунды уже «инфицированные» компьютеры заразят ещё 5·5 = 25 компьютеров, а 5
компьютеров-распространителей будут взорваны. Через 3 секунды 25 «больных»
компьютеров перенесут заразу ещё на 5·25 = 125 компьютеров, сами же они выйдут из строя.
Наконец, через 4 секунды новыми заражёнными окажутся 5·125 = 625 компьютеров. Но при
этом эти 625 компьютеров будут ещё «целыми», а взорвутся 1 + 5 + 25 + 125 = 156
компьютеров.
8.2. В треугольнике ABC биссектриса AE равна отрезку EC. Найдите угол ABC, если
известно, что AC = 2AB.
Ответ. 90°.
Пусть D — середина АС. Тогда AB = ½AC = AD.
Треугольники ABE и ADE равны, поскольку AE — общая
сторона, AB = AD и <BAE = <EAD. Значит, угол ABC
равен углу ADE. Поскольку ED — медиана в
равнобедренном треугольнике AEC, поэтому ED будет в
нём и высотой. Значит, <ABC = <ADE = 90°.
8.3. Числа 22014 и 52014 выписаны одно за другим в десятичной записи. Сколько цифр всего
выписано?
Ответ. 2015.
Пусть записи чисел 22014 и 52014 содержат x и y цифр соответственно, это означает, что 10x-1
< 22014 < 10x и 10y-1 < 52014 < 10y. Перемножая неравенства, получим, что 10x+y-2
< 22014·52014 < 10x+y или 10x+y-2 < 102014 < 10x+y, что даёт неравенства на степени: x + y –
2 < 2014 < x + y. Такое возможно только при x + y = 2015.
8.4. Можно ли разбить числа 1, 2, 3, …, 33 на 11 групп по 3 числа в каждой так, чтобы в
каждой группе одно из чисел равнялось бы сумме двух других?
Ответ. Нельзя.
Так как в каждой группе одно число равняется сумме двух других, сумма трёх чисел группы
чётная. Значит, если бы такое разбиение было возможным сумма всех чисел из полученных
11 групп была бы также чётной, но сумма всех 33 чисел нечётна (всего имеется 17 нечётных
чисел).
8.5. Из 10 палочек сложили десятиугольник. Верно ли: что из них можно выбрать три: из
которых складывается треугольник?
Ответ. Неверно.
В качестве примера можно привести 10 первых чисел Фибоначчи: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,
55. Так как 55 < 1 + 1 + … + 34, 10-уголник составить можно. А так как каждое число есть
сумма предыдущих, ни одного треугольника составить нельзя.
Замечание. Пример не единственный. Другой пример можно построить пример на основе
степеней двойки.
Решения заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников
Калужской области по математике 2014 - 2015 г.
9 класс.
9.1. В семье четыре человека. Если Маше удвоят стипендию, то общий доход всей семьи
возрастет на 5%, если вместо этого маме удвоят зарплату, то на 15%, если же зарплату
удвоят папе, то на 25%. На сколько процентов возрастет доход семьи, если дедушке удвоят
пенсию?
Ответ. 55%.
Решение. Из условия следует, что доход Маши составляет 5% от общего дохода семьи,
доход мамы - 15%, а папы - 25%. На долю дедушкиной пенсии остаётся 55%. Вот на столько
и повысится доход семьи, если дедушке удвоят пенсию.
9.2. Докажите, что любой квадратный трёхчлен можно представить как разность двух
трёхчленов, каждый из которых не имеет корней.
Решение.
Считаем старший коэффициент трёхчлена f ( x) = ax 2 +bx+c положительным, иначе всё
b2
- минимальное значение трёхчлена. Если
4a
m > 0 , то исходный многочлен не имеет корней, положим f ( x) = 2f ( x)  f ( x) . Если m = 0 ,
f ( x)  2 f ( x)  1  ( f ( x)  1) . Если m < 0 , то многочлены g ( x) = 2f ( x)  3m и
то
h( x) = f ( x)  3m не имеют корней, а разность их равна f ( x) . Во всех случаях многочлены в
правой части не имеют корней.
умножим на минус один. Положим m = c 
9.3. Отразим дугу АС описанной окружности равностороннего треугольника АВС, не
содержащую вершину В, относительно стороны АС, и возьмём на ней произвольную точку
М. Обозначим за D пересечение луча АМ со стороной ВС, и за Е - пересечение луча СМ со
стороной АВ. Докажите, что АD = CE.
Решение.
Обозначим точку, симметричную вершине В относительно стороны АС, через Р. Углы САВ и
ВСА равны 60 градусов, что совпадает с величиной угла АРС, вписанного в отражённую
окружность и опирающегося в ней на хорду АС, следовательно, прямые ВА и ВС касаются
отражённой окружности в вершинах А и С соответственно. Значит, угол ВСЕ между
касательной СВ к отражённой окружности и её хордой СМ равен углу САD, опирающемуся в
отражённой окружности на эту хорду, и треугольники ВСЕ и САD равны по стороне (ВС =
АС) и прилежащим к ней углам. Отсюда следует равенство их соответствующих сторон АD и
CE.
9.4. Из 16 чисел составлен магический квадрат, то есть квадрат 4 на 4, в котором сумма
четырёх чисел в любой строке, любом столбце и любой из двух диагоналей одна и та же
(назовём её S). Докажите, что сумма чисел, стоящих в четырёх угловых клетках этого
квадрата, также равна S.
Решение.
Сумма 8 чисел, стоящих в двух средних строках, равна 2S. Аналогично сумма 8 чисел,
стоящих в двух крайних столбцах, равна 2S. Приравнивая эти суммы и выбрасывая
пересечение этих множеств, получим, что сумма четырёх, стоящих в углах исходного
квадрата, и четырёх, стоящих в его центральных клетках, равны между собой. Но эти 8 чисел
заполняют собой две диагонали магического квадрата, значит, обе суммы равны S.
Замечание. Даже из чисел от 1 до 16 существует 880 магических квадратов. Значит, никакой
перебор вариантов нельзя засчитывать даже как часть решения.
9.5. Каждая клетка доски 8 на 8 окрашена в один из 3 цветов. Уголком называется фигура из
трёх клеток, имеющих общую вершину. Может ли количество уголков на доске, состоящих
из клеток трёх разных цветов, равняться 100?
Ответ. Нет .
Решение. Каждый уголок содержится ровно в одном квадратике 2 на 2 клетки, каждый такой
квадратик содержит ровно четыре различных уголка. Всего имеем 49 квадратиков и 196
уголков. Цветов всего три, поэтому каждый квадратик содержит не менее двух клеток
одного цвета, причём обе этих клетки попадают вместе ровно в два уголка, содержащихся в
данном квадратике. Следовательно, двухцветных уголков на доске не меньше 98,
соответственно, на трёхцветные остаётся не более 98.
Решения заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников
Калужской области по математике 2014 - 2015 г.
10 класс.
10.1. Докажите, что любой квадратный трёхчлен можно представить как разность двух
трёхчленов, каждый из которых не имеет корней.
Решение.
Считаем старший коэффициент трёхчлена f ( x) = ax 2 +bx+c положительным, иначе всё
b2
− минимальное значение трёхчлена. Если
4a
m > 0 , то исходный многочлен не имеет корней, положим f ( x) = 2f ( x)  f ( x) . Если m = 0 ,
то f ( x) = 2f ( x) +1  ( f ( x) +1) . Если m < 0 , то многочлены g ( x) = 2f ( x)  3m и
не имеют корней, а разность их равна f ( x) . Во всех случаях многочлены в правой части не
имеют корней.
умножим на минус один. Положим m = с 
10.2. Докажите, что, если xy > x + y , то x+ y > 4 для неотрицательных чисел x, y .
Доказательство.
По
неравенству
о
среднем
арифметическом
геометрическом, x + y  2 xy > 2 x + y , откуда x + y > 2 и x+ y > 4 .
и
среднем
10.3. Четырёхугольник ABCD, диагонали АС и BD которого перпендикулярны, вписан в
окружность с центром О. Докажите, что ломаная АОС делит его на две части равной
площади.
Доказательство. Достаточно доказать, во первых, что О лежит внутри ABCD, во вторых, что
площадь треугольника АОВ равна площади треугольника CОD, а площадь треугольника ВОС
равна площади треугольника DОА.
Пусть Р – точка пересечения АС и BD Диагонали АС и BD разбивают круг на 4 части, одна из
которых, скажем, соответствующая углу АРВ, содержит О. Если О лежит вне треугольника
АРВ, то дуга окружности, соответствующая центральному углу АОВ, больше 180 градусов.
Однако, сумма дуг АОВ и CОD равна удвоенной величине угла АРВ, то есть, 180 градусам противоречие.
Рассмотрим треугольники ВОС и DОА. Их площади равны половинам произведений
квадрата радиуса окружности на синусы углов ВОС и DОА соответственно. Эти углы, как
центральные, равны удвоенным вписанным углам BDС и АCD соответственно. Два
последних угла являются углами между гипотенузой и катетами в прямоугольном
треугольнике DРС, где Р – точка пересечения АС и BD , их сумма равна 90˚. Следовательно,
сумма углов ВОС и DОА равна 180˚, а их синусы равны, откуда следует, что площадь
треугольника ВОС равна площади треугольника DОА . Аналогично, площадь треугольника
АОВ равна площади треугольника CОD .
10.4. Из 16 чисел составлен магический квадрат, то есть квадрат 4 на 4, в котором сумма
четырёх чисел в любой строке, любом столбце и любой из двух диагоналей одна и та же
(назовём её S). Докажите, что сумма чисел, стоящих в четырёх центральных клетках этого
квадрата, также равна S.
Решение. Сумма 8 чисел, стоящих в двух средних строках, равна 2S. Аналогично сумма 8
чисел, стоящих в двух крайних столбцах, равна 2S. Приравнивая эти суммы и выбрасывая
пересечение этих множеств, получим, что сумма четырёх, стоящих в углах исходного
квадрата, и четырёх, стоящих в его центральных клетках, равны между собой. Но эти 8 чисел
заполняют собой две диагонали магического квадрата, значит, обе суммы равны S..
Замечание. Даже из чисел от 1 до 16 существует 880 магических квадратов. Значит, никакой
перебор вариантов нельзя засчитывать даже как часть решения.
10.5. В танцевальном зале находятся 15 мальчиков и 15 девочек, расположенных в двух
параллельных рядах, так что образуется 15 танцевальных пар. В каждой паре мальчик выше
девочки, но не более, чем на 10 см. Докажите, что если расположить мальчиков и девочек в
параллельные ряды по увеличению роста, то в каждой паре мальчик снова будет выше
девочки, но не более, чем на 10 см.
Доказательство. Пусть P1, P2, …, P15 — пятнадцать исходных пар. Расположим теперь
мальчиков по росту: a1 ≤ a2 ≤ … ≤ a15, и девочек тоже расположим по росту: b1 ≤ b2 ≤ … ≤ b15.
Предположим, что в какой-то паре разница в росте превышает 10 см: ak − bk > 10. Тогда для
мальчиков ростом ak, ak+1, …, a15 и для девочек ростом b1, b2, …, bk также выполняется
условие ai − bj > 10. Рассмотрим исходные пары, в которые попали дети ростом b1, b2, …, bk ,
ak, ak+1, …, a15. По принципу Дирихле, двое из этих 16 детей попадут в одну пару. Тем самым
хотя бы в одной из исходных пар разница между ростом мальчика и ростом девочки должна
быть больше 10 см.
Противоречие.
Решения заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников
Калужской области по математике 2014 - 2015 г.
11 класс.
11.1. В одну из двух ёмкостей, содержащих одинаковое количество раствора поваренной
соли, долили чистой воды, равной по массе 1/3 от массы содержащегося в ней раствора, а из
другой ёмкости выпарили столько же воды. В результате концентрация соли во второй
ёмкости стала в 3 раза больше, чем в первой. Найти отношение начальных концентраций
растворов.
Ответ. 2:3.
Решение. После того, как в первую ёмкость, долили чистой воды, равной по массе 1/3 от
массы содержащегося в ней раствора, концентрация соли в ней стала 3/4 от исходной. После
того, как из второй ёмкости выпарили столько же чистой воды, концентрация соли в ней
стала 3/2 от исходной. По условию, 1/2 исходной концентрации соли во второй ёмкости
равна 3/4 исходной концентрации соли в первой ёмкости. Отсюда исходная концентрация
соли во второй ёмкости равна 3/2 исходной концентрации соли в первой ёмкости, то есть
отношение концентраций в первой и второй ёмкостях равно 2:3.
11.2. Выпуклый пятиугольник АВСDЕ таков, что четырёхугольник АВDЕ является ромбом,
а треугольник ВСD — равносторонний. Найти величину угла АСЕ.
Ответ. 30°.
Решение.
По условию, отрезки АВ, BC, CD, DE, AE, BD равны. Следовательно,
треугольники АВС и CDE равнобедренные, из суммы углов пятиугольника и условия
вытекает, что сумма углов АВС и CDE при их вершинах равна 300°. Обозначим угол DСE за
x , тогда угол CDE равен 180°−2x, угол АВС равен 120°+2x, а угол ВСА равен 30°−x. В
таком случае угол АСЕ равен разности угла BCD и суммы углов DСE и ВСА, то есть 30°.
11.3. Известно, что у двух четырёхугольных пирамид A1B1C1D1S1 и A2B2C2D2S2 с вершинами
S1 и S2 боковые грани – попарно равные треугольники (S1A1B1 = S2A2B2, S1B1C1 = S2B2C2 …).
Верно ли, что в основаниях лежат также равные четырёхугольники (A1B1C1D1 и A2B2C2D2)?
Ответ. Неверно.
Решение. В качестве примера четырёхугольника, лежащего в
основании одной пирамиды, можно рассмотреть дельтоид
B
ABC1D (см. рис.). Обозначим точку пересечения его диагоналей
через O, а точку, симметричную C1 относительно диагонали
BD, через C2. Теперь построим две пирамиды – одну с
C
C
A
2
O
1
основанием ABC1D, другую с основанием ABC2D. Вершины S1 и
S2 поместим в одну точку на перпендикуляре к плоскости
основания, восставленном в точке O. Легко видеть, что боковые
грани построенных пирамид – попарно равные треугольники, а
D
основания различны.
Замечание. Возможны и другие примеры. При проверке нужно точно проследить, что
вершины основания лежат в одной плоскости.
11.4. Докажите, что уравнение nx + ny = nz не имеет решений в целых числах при n > 2.
Решение. Предположим, что решения есть. Не умаляя общности можно считать, что x ≤ y.
Разделив обе части уравнения на nx, получим 1 + ny-x = nz-x. Значит, z > x. Теперь правая часть
полученного равенства делится на n, а левая нет, что и доказывает отсутствие решений.
Замечание. Левая часть может делиться на n если y – x = 0. В этом случае n = 2, откуда
легко видеть, что при n = 2 решения уравнения есть (x = y = z – 1).
11.5. Сумма неотрицательных чисел a, b, c, d, e и f равна 6. Найти максимум значения
выражения ab + bc + cd + de + ef + fa .
Ответ. 9.
Решение. Преобразуем исходное выражение как
ab+bc+cd +de+ef + fa = (a+c+e)(b+d + f )  (ad +be+cf ) . По неравенству о среднем
арифметическом и среднем геометрическом имеем
a + c + eb + d + f   a + c + e+ b + d + f 2 / 4 = 9 , следовательно
ab + bc + cd + de + ef + fa  9  ad + be + cf   9 ввиду неотрицательности a,b,c,d,e. Девятка
достигается, когда ad + be + cf = 0 , например, при a = 3, b = 2, c = d = 0, f = 1, e = 0 .