Александр Германович

Задания и решения
9 класс
1. В городе Электоратове издаются газеты коммунистического, либерального и
демократического направления. В результате социологического опроса было установлено,
что либеральные издания читают все, а кто читает одновременно демократические и
либеральные издания, не читает коммунистическую прессу. Докажите, что читающие
коммунистические газеты не читают демократических.
Решение. Предположим, что имеются лица, читающие коммунистические и
демократические газеты. По условиям задачи, эти лица читают и либеральные
газеты. Но те, кто читает демократические и либеральные газеты, не читают
коммунистических. Противоречие. Значит, таких лиц нет.
2. Сколько существует шестизначных чисел, в записи которых встречается хотя бы одна
чётная цифра?
Решение. Всего шестизначных чисел 900000. Чисел, в записи которых
встречаются только нечётные цифры, всего 56. Значит чисел, требуемых в
задаче: 900000 - 56 = 884375.
3. Произведение четырёх последовательных натуральных чисел равно 3024. Найдите эти
числа.
Решение. Какое-то из четырёх чисел должно быть меньше 10, иначе
произведение было бы слишком большим. Число 10 отсутствует в четвёрке, так
как произведение не оканчивается на 0. Значит, все числа четвёрки меньше 10.
Числа 6, 7, 8, 9 являются решением. Другой четвёрки не существует в силу
монотонности произведения.
4. Докажите, что если n – натуральное, то число 10n + 18n – 1 делится на 27.
Решение 1.Индукция по n: при n = 1 утверждение верно. Предположим, что
при некотором n утверждение верно и докажем, что тогда утверждение будет
верно и для n + 1. Действительно, 10n+1 + 18(n + 1) – 1 = (10n + 18n – 1) + (9·10n
+ 18). Первое слагаемое делится на 27 по предположению индукции, второе –
очевидно, делится на 9, и остаётся заметить, что частное 10n + 2 делится на 3
согласно признаку делимости (сумма цифр этого числа равна, очевидно, трём).
Решение 2.
10n+18n-1=99...9+18n (девяток n штук) = 9(11...1+2n).
Известно, что число и сумма его цифр сравнимы по модулю 3, поэтому число в
скобках сравнимо с 3n, т.е. делится на 3, а исходное число – на 27.
Решение 3.
10n + 18n - 1
10n – 1 = 999…9
n
999…9 + 18n = 9* ( 111…1 + 2n)
n
n
9* (111…1 + 2n)  9  чтобы доказать, что 9* (111…1 + 2n)  27
n
нам надо доказать что ( 111…1 + 2n )  3
n
n
111…1 + 2n = 10n-1 + 10n-2 + …+ 10 + 1 + 2 + 2 + 2 + …+2 =
n
n
n
= ( 10n-1 + 2 ) + ( 10n-2 + 2 ) + …+ ( 10 + 2) + ( 2 + 1),
каждое из слагаемых кратно 3, так как сумма цифр везде будет 1 + 2, это будет
получаться, так как нам даны степени 10, а они всегда будут состоять из 1-ой
единицы, а дальше нули.
То есть мы получаем что 111…1 + 2n  3,
n
а значит 9* (111…1 + 2n)  27
n
Доказано.
5. В остроугольном треугольнике АВС ВН – высота к стороне АС, О – центр описанной
около треугольника АВС окружности. Докажите, что угол АВО равен углу СВН.
Решение. Построим окружность, описанную около треугольника АВС.
В
О1
О
А
Н
D
С
Из центра О опускаем перпендикуляр на АС до пересечения с окружностью в
точке D. Дуга АС делится точкой D пополам. Значит, угол АВD равен углу
СВD. В то же время углы ОDВ, ОВD и DВН равны, так как треугольник ВDО
равнобедренный, а углы ОDВ и DВН – накрест лежащие. Вычитая из равных
углов АВD и СВD равные углы ОВD и DВН, получаем равенство углов АВО и
СВН.
10 класс.
1. Найдите наименьшее число, записываемое только нулями и единицами и делящееся на 81.
Ответ: 1111111101.
Решение. Количество единиц в искомом числе должно делиться на 9. Число
111111111 на 81 не делится. Перебирая по порядку десятизначные числа из
девяти единиц и одного нуля, находим ответ.
2. Можно ли разложить 100 камешков в 10 куч так, чтобы во всех кучах было по разному
количеству камешков, но после любого разделения любой кучи на две меньших это свойство
нарушалось?
Ответ: Можно.
Пример. 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19.
3. На каждой грани куба поставлено натуральное число. В каждой вершине этого куба
поставлено произведение чисел на примыкающих к этой вершине гранях. Сумма всех чисел в
вершинах оказалась равна 1001. Чему может быть равна сумма всех чисел на гранях?
Ответ: 31.
Решение. Пусть на трех парах противоположных граней написаны числа a1, a2,
b1, b2, c1, c2 соответственно. Сумма всех чисел в вершинах равна (a1 + a2)·(b1 +
b2)·(с1 + + с2). Чтобы в этом убедиться, достаточно раскрыть скобки. При этом
все суммы в скобках больше 1. Есть только один способ разложить число 1001
на три натуральных больших 1 множителя: 71113. Поэтому сумма всех чисел
на гранях равна 7 + 11 + 13 = 31.
4. Точки M, N  середины сторон AD, BC прямоугольника ABCD соответственно. Прямая,
проходящая через точку M, пересекает диагональ AC в точке Q, а луч DC  в точке P.
Докажите, что QNC = PNC.
Решение. Продолжим отрезок NQ до пересечения с прямой CD в точке R.
Точка E пересечения диагонали AC со средней линией MN  середина
основания трапеции MNPR, Q  точка пересечения ее диагоналей. Как
известно, в такой ситуации прямая EQ делит пополам второе основание RP.
Таким образом, NC  высота и медиана, а, стало быть, и биссектриса в
треугольнике RNP, что и требовалось доказать.
A
M
B
E
N
Q
D
R
C
P
5. Существует ли бесконечная последовательность простых чисел p1, p2, …, pn, … такая, что
|pn+1  2pn| = 1 для каждого натурального n?
Ответ: Нет.
Решение. Допустим, искомая последовательность существует. Заметим, что
|pn+1  2pn| = 1  pn+1 = 2pn  1. Из этого, поскольку p1 > 1, следует, что
p1 < p2 < p3 < … . Поэтому p3 > 3. Пусть p3 = 3k + 1. Тогда число 2p3 + 1 делится
на 3. Поэтому p4 = 2p3  1. Аналогично показывается, что в этом случае
pn+1 = 2pn  1  pn+1  1 = 2(pn1) при всех n  3. Из последнего равенства
следует, что pn+3  1 = 2n(p3  1)  pn+3 = 2np3  (2n  1). Поскольку p3  простое
число, большее 2, найдется такое n, что 2n  1 делится на p3. Но тогда на p3
делится и число pn+3  противоречие. Если же p3 = 3k + 2, то нетрудно показать,
что при всех n выполнено равенство pn+1 = 2pn + 1, откуда pn+3 = 2np3 + (2n  1) с
тем же противоречием.
11 класс.
1. В шеренгу выстроились100 человек, каждый из которых  рыцарь или лжец. Рыцари всегда
говорят правду, лжецы всегда лгут. Первый сказал: «Количество рыцарей среди нас 
делитель числа 1», второй сказал: «Количество рыцарей среди нас  делитель числа 2» и
т.д., вплоть до сотого, который сказал: «Количество рыцарей среди нас  делитель числа
100». Сколько рыцарей могло быть в шеренге?
Ответ: 10 или 0.
Решение. Если в шеренге k рыцарей и 0<k<10, то количество чисел меньших
100 и кратных k, больше 10, а их должно быть равно k, т.к. правду сказали в
точности k-ый, 2k-ый, … Если же k>10, то сказавших правду (кратных k),
меньше 10. Противоречие. Случай отсутствия рыцарей проверяется отдельно.
2. Из картона вырезано несколько прямоугольников. На плоскости нарисован квадрат,
сторона которого не меньше любой стороны любого из прямоугольников, а периметр не
меньше суммы периметров прямоугольников. Докажите, что все прямоугольники можно
без наложений разместить в квадрате.
Решение. У каждого прямоугольника отметим наименьшую сторону. Сумма
отмеченных сторон не больше четверти суммы периметров прямоугольников,
то есть не больше стороны квадрата. Поэтому достаточно все прямоугольники
выложить друг за другом, приложив их короткими сторонами к одной из
сторон квадрата.
3. В треугольнике ABC проведена медиана AM. На ней выбрана точка P такая, что PC = CM и
PCM = ABC. Докажите, что BP не может быть биссектрисой угла B.
A
K
P
C
M
B
Рис. 2
Решение. Положим ABC = PCM = 2. Тогда, если BP  биссектриса, то
PBM =PBA=. В равнобедренном треугольнике PCM угол при вершине
равен 2, значит, CMP = 90. Продолжим CP до пересечения с AB в точке
K. Треугольник CKB – равнобедренный (углы при основании равны), значит,
KM и медиана и высота. Значит, PMK = . Равенство углов PMK и PBK
означает, что точки P, K, B, M лежат на одной окружности. PK = PM, как
хорды, стягивающие равные дуги в этой окружности. Значит, PKM = . Но,
этот угол из треугольника CMK = 902. Отсюда,  = 30. В треугольнике
CKB два угла равны 60, т.е. он – правильный. PM в нём – средняя линия,
которая не может пересекать основание в точке A. Противоречие.
4. Сумма четырех ненулевых чисел равна 0. Сумма кубов этих чисел тоже равна 0.
Докажите, что сумма 2009-х степеней этих чисел тоже равна 0.
Решение.
a+b+c+d = 0

a+b = (c+d)

(a+b)3 = (c+d)3

3
3
2
2
3
3
2
2
a +b +3a b+3ab = c d 3c d3cd  ab(a+b) = cd(c+d)  k(abcd) = 0, где
k = a+b = (c+d). Если k = 0, то a = b, c = d, и утверждение задачи очевидно.
В противном случае ab = cd. Положим x = a/с = d/b. Тогда a = cx, d = bx, и
a+b+c+d = 0  (b+c)(x+1) = 0, откуда b+c = 0 или x = 1. В первом случае
b = c и a = d. Во втором случае a = c и d = b, откуда a = c и b = d. В обоих
случаях утверждение задачи очевидно.
5. Несколько костяшек домино выложили в ряд (по правилам игры в домино). Докажите, что
полный набор костяшек можно выложить в ряд (по правилам) так, что выложенные ранее
костяшки шли в нем в том же порядке (может быть, не подряд).
Решение. Будем прикладывать оставшиеся костяшки к уже выложенным. Если
так не удалось выложить все костяшки, будем выкладывать оставшиеся в
новые цепочки, пока костяшки не кончатся. Мысленно разделим все кости на
половинки. Получится по 8 половинок каждого из семи достоинств от 0
(«пусто») до 6. Назовем половинки на концах цепочек крайними, а остальные 
средними. Поскольку средние половинки делятся на пары, состоящие из
половинок одного достоинства, средних половинок каждого достоинства 
четное число. Стало быть, крайних  тоже. Пусть концы какой-то из цепочек 
разного достоинства. Тогда найдутся еще крайние половинки тех же
достоинств, и мы сможем соединить нашу цепочку с какой-то другой. В
противном случае у каждой цепочки  одинаковые крайние половинки, а у
разных цепочек  разные. Тогда на любые две одинаковые крайние половинки
найдутся шесть средних того же достоинства. Возьмем цепочку, у которой на
концах половинки достоинством a. Если такие половинки есть внутри другой
цепочки, вставим между ними нашу. Если же все они  внутри нашей цепочки,
то там есть и половинки всех остальных достоинств (от костей вида (a,b)), и
внутрь нее можно вставить любую другую. Уменьшая таким образом число
цепочек, мы в итоге соединим все их в одну.