0–0. y число) 0–1.

0–0. Укажите все квадратные трехчлены, минимальным значением которых будет 4.
(y=a(x+b)²+4=ax²+2abx+ab²+4, где a – любое положительное число, b – любое действительное
число)
0–1. Во сколько раз сумма углов восьмиугольника больше суммы углов четырёхугольника? (В 3 раза,
т.к. сумма углов восьмиугольника равна 1806, а четырёхугольника - 1802, что можно
получить, разрезав диагоналями из одной вершины оба многоугольника на треугольники.)
0–2. Найдите какие-нибудь два двузначных числа, у каждого из которых все натуральные делители
можно разбить на 2 группы с одинаковыми суммами. Покажите выполнение требуемого условия.
(Например, 12, т.к. 12+2=1+3+4+6, и 28, т.к. 28=1+2+4+7+14, т.е. требуемым свойством
обладает любое совершенное число.)
0–3. Самолет вылетел из Москвы в час ночи 4 ноября по московскому времени и прибыл в город N в
семь утра того же дня по местному времени. В полдень этого же дня по N-скому времени он
вылетел в город P и прибыл туда в 13.00 того же дня по P-скому времени. Через два часа он
вылетел в Москву и вернулся туда 4 ноября в 18.00 по московскому времени. Сколько времени
самолет находился в воздухе? (10 часов, т.к. самолёт не был в Москве 181=17 часов и при это
ровно 7 часов стоял в аэропортах (127=5 часов в городе N и 2 часа в городе P).)
0–4. Тангенсы углов некоторого треугольника – целые числа. Найдите эти тангенсы. (1, 2 и 3.
Нетрудно вывести из тригонометрических формул, что эти три целых (точнее, натуральных)
числа должны удовлетворять уравнению abc=a+b+c, которое через рассмотрение одного
упорядоченного случая abc можно решить. abc=a+b+c3c, значит, ab3. Рассмотрев три
возможных случая натуральных чисел, удовлетворяющих последнему неравенству (1, 1), (1,
2) и (1, 3), обнаружим, что только второй случай даст нам решение в натуральных числах с
нужным упорядочиванием (1, 2, 3). При этом такой треугольник существует, т.к.
arctg1+arctg2+arctg3=.)
0–5. В равнобедренном треугольнике ABC угол A равен 90. D – точка
пересечения биссектрисы угла A и окружности радиуса BC с центром в
точке B. Найдите угол ОАВ, где О – центр описанной окружности
треугольника ACD. (30. Треугольники BAD
и CAD равны, т.к.
АВ=АС (катеты равнобедренного прямоугольного треугольника), АD
– общая сторона и BAD=CAD. Значит, CD=BD=BC, т.е. треугольник
BCD – равносторонний и BCD=60. Тогда ADC=180–DAC–
ACD=180–45–(45+60)=30. Т.к. центральный АОС=2ADC=60 и
ОА=ОС, то треугольник OAC – равносторонний, значит,
ОАВ=ВАС–ОАС=90–60=30.)
0–6. На квадратном поле 1010 девять клеток поросли бурьяном. После этого бурьян может
распространиться на клетку, у которой не менее двух соседних клеток уже поросли бурьяном.
Какое наибольшее количество клеток мог заполнить бурьян? (81 клетка. Рассмотрим границу
области, поросшей бурьяном (т.е. все отрезки длиной 1 между узлами, по одну сторону от
которых бурьян, а по другую - нет). Вначале длина границы была не более 94=36, поскольку
бурьян рос только в девяти клетках. Нетрудно заметить, что в процессе распространения
бурьяна длина границы не может увеличиваться. Значит, нам необходима зона или
несколько зон, поросших бурьяном, суммарный периметр которых не более 36, а суммарная
площадь была бы максимально возможной. Для доказательства, что такой
фигурой будет квадрат 99, можно применить следующие соображения.
Сначала все несвязные между собой куски состыкуем между собой, в
результате суммарный периметр не увеличится, а площадь сохранится.
После этого заключим получившийся клетчатый многоугольник в его
прямоугольную оболочку (см.рис.), в результате суммарный периметр
снова не увеличится, а площадь не уменьшится. Тогда исходная
суммарная площадь зон бурьяна не превосходит площади получившегося прямоугольника
 a  b   P   36 
ab  
        81 , что следует из неравенства Коши для двух неотрицательных
 2  4  4 
ab
чисел ab 
. При этом квадрат 99 можно получить, если изначально бурьяном были
2
заняты первые 9 клеток главной диагонали.)
2
2
2
1–1. Найдите наименьшее натуральное число, квадрат которого оканчивается на 2011. (Такого числа
нет, т.к. при делении на 4 точный квадрат может иметь только остатки 0 и 1, а число,
оканчивающееся на 2011, имеет остаток 3 при делении на 4.)
1–2.
Найдите
наибольший
простой
делитель
числа
3999879.
(2011,
т.к.
2
2
3999879=4000000121=2000 11 =(200011)(2000+11)=19892011)
1–3. В равнобедренной трапеции со взаимно перпендикулярными диагоналями основания равны a и b.
Чему равна высота трапеции? ((a+b)/2. Проведя высоту через точку пересечения диагоналей,
замечаем, что каждый из двух получившихся кусочков равен половине соответствующего
основания (это высоты из вершин прямых углов в равнобедренных
прямоугольных треугольниках). Следовательно, высота равна (a+b)/2.)
1–4. Какое наибольшее количество несоприкасающихся между собой кораблей 12
можно разместить на поле 88? Приведите ответ и пример. (13 кораблей,
которые можно разместить на поле, например, с помощью метода
«пропеллера». Каждый корабль занимает свои 6 узлов клетчатой решётки
99, значит, кораблей не более [81/6]=13.)
1–5. В начале года в классе были организованы два кружка – математический и
биологический. Оказалось, что в математическом кружке юноши составляют 65%, а в
биологическом – 10%. Какое наименьшее количество учащихся может быть в этом классе? (22
13
n и
школьника. Пусть в первом кружке n школьников, а во втором – m, тогда 0,65n 
20
1
m - целые числа, значит, n20, m10, при этом в первом кружке хотя бы 13 юношей, а во
10
втором кружке хотя бы 9 девушек. Т.о. в классе не менее 13+9=22 школьников, причём такое
возможно, если все юноши и 7 девушек занимаются в первом кружке, а 1 юноша и все
девушки занимаются во втором.)
1–6. Приведите пример оклеивания (без наложений) тремя различными
правильными треугольниками какой-нибудь правильной треугольной призмы.
(Разрешается перегибать треугольники через рёбра призмы.) (на рисунке
показана развёртка правильной треугольной призмы с тремя
различными правильными треугольниками оклейки)
2–2. Какой остаток даёт многочлен x+x3+x9+x27+x81+x243 при делении на (x1)? (6.
Пусть x+x3+x9+x27+x81+x243=P(x)(x1)+r. Положив x=1, получим r=6.)
1 x
1
после упрощения? (x,
:
1  x  x x x 1
где x – неотрицательное число, не равное 1)
2–4. Центр круга расположен в узле клетчатой сетки (сторона клетки
равна 1). Какой наименьший радиус должен быть у круга, чтобы в
накрытой им области можно было отметить 10 единичных отрезков
(сторон клеток), не имеющих общих концов? ( 8 . Кругом меньшего
радиуса мы покроем целиком только единичные отрезки из
области, не большей той, что показана на первом рисунке. Но в
ней нельзя отметить нужные 10 отрезков, т.к. любая сторона
содержит один из отмеченных узлов, а их всего 9. Для круга
радиуса 8 пример приведён на втором рисунке.)
2–5. Сколько существует четырёхзначных чисел, которые при
зачеркивании первой цифры уменьшаются в 9 раз? (7 чисел.
Обозначив число за abcd , получим уравнение abcd  9bcd , из
которого следует, что 1000a  bcd  9bcd , а значит, 125a  bcd . При
значениях числа а от 1 до 7 и будут получаться трёхзначные числа bcd . Таким образом,
существуют 7 чисел с нужным свойством.)
2–3. Чему равно выражение 1 
x 2  y 2  ( x  4) 2  ( y  3) 2 , если x+y–3=0.
2–6. Найдите наименьшее значение выражения
Укажите также все пары чисел (x, y), при которых достигается это
значение. (5 при x=12/7, y=9/7. Заметим, что на координатной
плоскости речь идёт о точке N на прямой x+y–3=0, для
которой сумма расстояний до точек О(0;0) и А(4;3) будут
минимально возможной. Из неравенства треугольника
следует, что это положение соответствует точке М
пересечения данной прямой и прямой ОА, которая задаётся
уравнением y=3x/4, при этом расстояние ОА=5 найдём по
теореме Пифагора. Решая получившуюся систему двух
линейных уравнений, найдём, что x=12/7, y=9/7.)
3–3. Расставьте в клетках квадрата 3×3 действительные числа (не обязательно различные) так, чтобы
сумма любых двух соседних по горизонтали чисел была равна 6, а произведение любых двух
соседних по вертикали чисел была равна 4. (Например, в шахматном порядке числа 3  5 и
3  5 .)
3–4. Квадрат разделили на прямоугольники (необязательно равные), проведя несколько разрезов,
параллельно его сторонам (от края до края). Оказалось, что сумма периметров этих
прямоугольников в семь раз больше периметра исходного квадрата. Какое наибольшее количество
прямоугольников могло получиться? (49. Рассмотрим квадрат ABCD со стороной a, тогда его
периметр равен 4а. Пусть проведенные разрезы разбили сторону АВ на m отрезков, а сторону
ВС – на n отрезков (см. рис.). Количество получившихся при этом прямоугольников равно
mn. Т.к. каждый отрезок, лежащий на границе квадрата ABCD, является стороной одного из
таких прямоугольников, а каждый внутренний отрезок – стороной двух прямоугольников, то
сумма периметров образовавшихся прямоугольников равна: 2(m – 1)a + 2(n – 1)a + 4a = 2(m +
n)a. По условию задачи: 2(m + n)a = 28а, то есть m + n = 14. Если сумма двух положительных
чисел m и n фиксирована, то их произведение достигает наибольшего B
C
значения, когда m = n. Это следует, например, из неравенства между
mn
средним геометрическим и средним арифметическим mn 
или
2
из того, что наибольшее значение квадратичной функции f(x) = x(S – x)
S
D
достигается при x  . Таким образом, m = n = 7; mn = 49.)
A
2
3–5. В числе 188188…188 (набор 188 встречается 11 раз) вычеркивают несколько цифр так, чтобы
оставшееся число делилось на 7. Какое наибольшее число могло остаться? (888888188…188 –
число начинается с 6 восьмёрок, затем 8 раз идёт набор 188, надо зачеркнуть три первые
единицы. Заметим, что все восьмёрки можно уменьшить на 7, при этом останется число (из
33 единиц – репьюнит Е33) с тем же остатком при делении на 7, что и прежнее. Самым
маленьким репьюнитом, делящимся на 7, является Е6, тогда легко показать, что на 7 делятся
только те репьюниты, в которых количество цифр делится на 6. Значит, нам надо оставить
30 цифр, т.е. надо зачеркнуть 3 цифры, причём единицы, идущие в начале.)
3–6. В выпуклом четырёхугольнике ABCD А=90, а ВС=СD=1. Какую наибольшую площадь может
иметь этот четырёхугольник? ( 2  1 . Из четырёх таких фигур можно сложить равносторонний
2
восьмиугольник с периметром 8, а среди восьмиугольников с фиксированным периметром
наибольшую площадь имеет правильный, следовательно, четвёртую часть такого
правильного восьмиугольника и представляет собой искомый четырёхугольник
максимальной площади 2  1 , при этом АС будет биссектрисой угла А и АВ=АС=АD.)
2
4–4. Десяти детям надо было заплатить по 3 рубля. К сожалению, у них могли быть только монеты в 2,
5 и 10 рублей. Тем не менее, каждый отдал ровно по 3 рубля, обмениваясь монетами с другими
ребятами. Какая наименьшая сумма денег могла быть у всех десяти вместе? (56 рублей, например,
у 8-х – по 5 рублей и у 2-х – по 4 монеты в 2 рубля, в результате 8 детей получили на сдачу по
2 рубля, а 2 ребёнка – по 5 рублей. Очевидно, что минимальная сумма у одного ребёнка была
не менее 5 рублей, далее показываем, что 10 и 9 таких детей не могло быть, значит, есть ещё
хотя бы 2 ребёнка с большим набором денег, а это уже не меньше 8 рублей, т.е. в сумме у
детей не менее 85+28=56 рублей.)
4–5. В прямоугольном треугольнике АВС катеты АВ и ВС
равны соответственно 1 и 2. На катетах и гипотенузе
треугольника отмечают точки М, N и Р соответственно,
такие, чтобы сумма длин отрезков PM, PN и РВ была
наименьшей из возможных. Какое значение будет
принимать эта сумма? (2. При любом положении точки Р
на гипотенузе для минимизации суммы расстояний
точки М и N должны оказаться проекциями точки Р на
катеты, тогда будем считать, что у нас точки имеют следующие координаты  А(0;1), В(0;0),
С(2;0), Р(x;y), М(0;y), N(x;0), откуда сумма S  PM  PN  PB  x  y  x 2  y 2 , но в силу
AM MP
1 y x

 ,
подобия прямоугольных треугольников AMP и ABC получаем, что
, т.е.
AB BC
1
2
откуда x=22y. Тогда S  x  y  x 2  y 2  2  y  x 2  y 2  2  y  y 2  2  y  y  2 с учётом
неотрицательности y. При этом S=2 при М=Р=А и N=B.)
4–6. Найдите какое-нибудь трёхзначное число, у которого все натуральные делители можно разбить
на 2 группы с одинаковыми суммами. Покажите выполнение требуемого условия. (Например,
496=2431,
т.к.
сумма
всех
натуральных
делителей
(496)=(243)=(1+2+22+23+24)(1+31)=3132=2496 и её можно разбить на 2 группы слагаемых с
суммами, равными 496,  само число, т.е. требуемым свойством обладает любое совершенное
число.)
5–5. Разрежьте квадрат на 5 частей, из которых можно без пропусков и наложений сложить три
попарно
неравных
квадрата.
(Воспользуемся
равенством
2²+3²+6²=4+9+36=49=7², разделим квадрат на сетку 77, в которой
выделим квадраты 22 и 33, а также три части, из которых
очевидным образом складывается квадрат 66 (см. рис.). Можно также
воспользоваться
равенством
1²+4²+8²=1+16+64=81=9²,
построив
соответствующую конструкцию.)
5–6. Найдите наибольшее значение выражения (ab)2+(bc)2+(ca)2 при
условии a2+b2+c2=1. Приведите также пример тройки чисел a, b и с, когда
2
2
a
,b  
,c  0 .
достигается это наибольшее значение. (3, например, при
2
2
(ab)2+(bc)2+(ca)2=2(a2+b2+c2)2(ab+bc+ca)=3(a2+b2+c2)2(ab+bc+ca)(a2+b2+c2)=
=3(a2+b2+c2)(a+b+c)2=3(a+b+c)23. При этом наибольшее значение 3 достигается при
a+b+c=0.)
6–6. Действительные числа x, y и a таковы, что x  y  a  2 и x 2  y 2  a 2  6a . При
каких a произведение x y принимает наибольшее значение? ( a  2 . Легко получить, что
x  y  a  2
система уравнений  2
имеет действительные решения тогда и только тогда,
2
2
 x  y  a  6a
2
2 
когда  a  2 . Из этой системы следует, что xy  a 2  a  2 . Так как на промежутке  ; 2
3
3 
функция f a   a 2  a  2 является возрастающей, то её наибольшее значение достигается
при a  2 .)