М Г . П . К

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ
ОЛИМПИ АДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
21.12.14 9 класс
г. Омск
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
1.
В квадрате 7×7 закрашено несколько клеток так, что число клеток в
любом ряду (строка или столбец) не превосходит трёх. Если
закрасить ещё одну клетку, найдётся ряд (строка или столбец), в
котором закрашено не менее четырёх клеток. Может ли быть так, что
число закрашенных клеток меньше 20?
2.
В каждую клетку квадрата 2×2 вставлено по числу. Все числа попарно
различны, сумма чисел в первой строке равна сумме чисел во второй
строке, а произведение чисел в первом столбце равно произведению
чисел во втором столбце. Найдите сумму всех четырёх чисел.
3.
Длины всех сторон двух прямоугольных треугольников выражаются
целым числом сантиметров. Может ли произведение этих шести
чисел заканчиваться на 2014?
4.
Угол B треугольника ABC составляет 45 градусов. Внутри
треугольника выбрана точка P так, что BP=6 см и BAP=BCP=45°.
Найдите площадь четырёхугольника BAPC.
5.
Имеется 100 мешков, в каждый из которых должны были положить
золотой слиток. Но часть слитков украли, поэтому в каждый мешок
положили либо слиток, либо три других мешка (возможно,
содержащих слиток или другие мешки). Какое наибольшее число
слитков могло быть украдено?
6.
У натурального числа N выписали в ряд по возрастанию все
собственные делители (собственный делитель натурального числа –
это делитель, отличный от 1 и самого этого числа). Оказалось, что в
этом ряду простые и составные числа чередуются. Сколько
собственных делителей имеет число N?
Просмотр работ участников олимпиады состоится 28.12.2014 в 12.15 в 301 ауд.
1-го корпуса ОмГУ. Закрытие олимпиады и награждение там же в 13.00.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ.
Ответ: может. Решение: пример на рисунке (1 – это закрашенная
1 1 1
клетка).
1 1 1
Критерии. Правильный пример раскраски – 7 баллов. В остальных
1 1 1
случаях – 0 баллов.
1
Ответ: 0. Решение: обозначим числа первой строки через a и b, а числа
1 1 1
второй строки через c и d. Тогда a+b=c+d и ac=bd. Следовательно,
1 1 1
a(a+b–d)=bd, a(a+b)–ad–bd=0, (a+b)(a–d)=0. Так как числа различные,
1 1 1
то a+b=0, но a+b=c+d, откуда вытекает, что a+b+c+d=0.
Критерии. Приведено полное решение, получен верный ответ – 7 баллов. В результате
преобразований получено равенство (a+b)(a–d)=0 (или эквивалентное ему), но дальнейших
продвижений нет – 3 балла. Показано, что числа вида а, –а, с, –с удовлетворяют условию задачи
и только для них получен ответ – 1 балл. В остальных случаях – 0 баллов.
Ответ: не может. Решение: если произведение всех этих чисел заканчивается на 2014, то среди
них ровно одно четное (произведение делится на 2, но не делится на 4), а остальные 5 –
нечетные. Тогда один из треугольников имеет только нечетные стороны, что противоречит
теореме
Пифагора.
Критерии. Верное решение – 7 баллов. Верно сделан вывод, что среди шести чисел только одно
является четным, но дальнейших продвижений нет – 2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
Ответ: 18. Решение. Продлим AP до пересечения со стороной BC, точку пересечения назовем K.
В треугольнике ABK два угла равны по 45°, значит AK – высота и AK=BK. Кроме того, в
треугольнике PKC два угла равны 90° и 45°, значит третий также равен 45° и PK=CK. Имеем
следующие равенства 2SBAPC=2SABK+2SPKC=BK2+PK2=BP2=36. Следовательно, SBAPC=18.
Критерии. Обоснованно получен верный ответ – 7 баллов. Ошибка вычислительного характера
при правильном ходе решения – минус 1-2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
Ответ: 33. Решение. Оценка. Пусть С – мешки со слитками внутри, а М – мешки, в которые
положены мешки, тогда С+М=100 и М=100-С, значит украли ровно М слитков. Кроме того, 3М –
это мешки, лежащие в мешках, следовательно, 3М≤100, так как 100 – общее количество мешков.
Тогда М≤33.
Пример на 33. В мешок положим один пустой и два со слитками, затем в пустой положим еще
один пустой и два со слитками, сделаем так 32 раза – потратим 64 слитка. В последний пустой
мешок положим все три мешка со слитками. Потратили 67 слитков, заполнили все 100 мешков, а
33 слитка можно украсть.
Критерии. Приведено полное решение, получен верный ответ – 7 баллов. Только оценка:
количество украденных слитков не больше 33 – 2 балла. Только пример – 3 балла. В остальных
случаях – 0 баллов.
Ответ: два или четыре. Первое решение. Пусть N=pn – степень простого. Тогда ряд его
собственных делителей имеет вид: p<p2< p3<…< pn-1. Простые и составные делители в этом ряду
чередуются тогда и только тогда, когда n=3, и в этом случае мы имеем ровно два собственных
делителя. Пусть число N имеет более одного простого делителя, причём p наименьший из них, а
q следующий по величине. Тогда число N обязательно делится на p2 и первые три числа в ряду
собственных делителей это: p<p2< q<… Соответственно, последние три числа в ряду
собственных делителей это: …<N/q<N/p2<N/p. Так как простые и составные делители
чередуются, а число N/p делится на pq и простым быть не может, простым является число N/p2,
причём N/p2=q и N=p2q. В этом случае имеется ровно четыре собственных делителя: p<p2<q<pq.
Второе решение. Прежде всего заметим, что количество делителей не может быть нечётным. В
самом деле, в противном случае самый большой делитель N/p есть простое число в силу условия
чередования. Но тогда число N есть произведение двух простых и не имеет собственных
составных делителей вообще. Значит, количество делителей чётно и простым оказывается
делитель N/p2, то есть, либо N=p3, либо N=p2q.
Критерии. Приведено полное решение, получен верный ответ – 7 баллов. Доказано, что только
числа вида N=p3 и N=p2q удовлетворяют условию задачи, но дан ответ не на тот вопрос (или
ответ ошибочен) – минус 1-2 балла. Показано, что числа N=p3 и N=p2q удовлетворяет условию,
найдено количество их собственных делителей, но отсутствие других решений не доказано – 2
балла. То же для одного случая – 1 балл. В остальных случаях – 0 баллов.