Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

отборочный-решения

.pdf
Скачиваний:
56
Добавлен:
17.03.2016
Размер:
858 Кб
Скачать

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

4-5 класс.

Задача 1. У Маши есть 20 разноцветных шариков: желтых, зеленых, синих и черных. Из этих шариков 17 — не зеленые, 5 — черные, а 12 — не желтые. Сколько синих шариков у Маши?

Ответ: 4 шарика. Решение. Зеленых всего 20–17 = 3 шарика. Желтых шариков всего 20–12 = 8 шариков. Следовательно, синих 20–8–5–3= 4 шарика.

Задача 2. Разрежьте фигуру на буквы Т (фигура и буква Т изображены на рисунке).

Решение. См. рис.

Задача 3. Саша принимает таблетку по понедельникам, средам и пятницам каждую неделю. Таблетки продаются в упаковках по 20 штук. Какое наименьшее количество упаковок надо купить Саше, чтобы ему гарантировано хватило таблеток на весь год (состоящий из 365 дней)?

Ответ: 8 упаковок . Решение. Всего в году 365:7 =52 недели и 1 день. Но это день может быть тем, в который надо принимать таблетку. Итого необходимо минимум 52 3+1 = 157 таблеток. Ближайшее число, большее 157 и делящееся на 20, это 160. Таким образом, 8 упаковок хватит.

Задача 4. Автомобиль из одного города в другой ехал со скоростью 90 км/ч, а обратно со скоростью 60 км/ч. С какой постоянной скоростью мог бы ехать автомобиль, чтобы выполнить поездку туда и обратно за тот же промежуток времени?

Ответ: 72 км/ч. Решение. Обозначим время, за которое он проехал в одну сторону, за t. Так как скорость на обратном пути в полтора раза меньше, то время – в полтора раза больше, т.е. 1,5t. Итого за путь туда и обратно затрачено время 2,5t, а общее расстояние 2 90t = 180t. Значит, скорость будет равна 180:2,5 = 72 км/ч.

Задача 5. В квадрате 5х5 клеток в нецентральной клетке стоит крестик, остальные клетки пусты. Аня хочет разрезать этот квадрат на такие части, из которых можно было бы вновь сложить квадрат 5х5, но так, чтобы крестик оказался в центральной клетке. На какое минимальное количество частей Ане надо разрезать квадрат?

Ответ: две части. Решение. Рассмотрим несколько случаев расположения крестика. В каждом случае выделен квадрат или прямоугольник, путем поворачивания которого можно переставить крестик в центр. Легко видеть, что все остальные случаи получаются из разобранных поворотом картинки.

х

х

х

х

х

Задача 6. В классе всего 30 учеников. По итогам учебного года 25 из них получили пять по русскому языку, 22 - по математике, 18 – по географии и 26 – по литературе. Докажите, что есть ученик, получивший пятерки по всем четырем предметам.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

Решение. Всего получено 25+22+18+26 = 91 пятерка. Так как всего 30 учеников, то если бы каждый поучил не более трех пятерок, то общее количество пятерок не превышало бы 90. Следовательно, есть человек, получивший четыре пятерки.

Задача 7. Сколько существует четырехзначных чисел, у которых первая цифра равна 7, а остальные отличаются от предыдущей ровно на 1?

Ответ: семь. Решение. Начнем строить дерево вариантов. 78… или 76.. Затем 787., 789., 765., 767., и в итоге 7878, 7876, 7898, 7654, 7656, 7676, 7678. Понять это можно и другим способом. После каждой цифры, кроме 9, возможно два варианта следующей цифры. Всего было бы 8 вариантов, если бы не 9. Но 9 может встретиться только в третьем разряде, в числе 789.. Значит, это уменьшает ответ только на 1 вариант.

Задача 8. Три кладоискателя – Илья, Дмитрий и Алексей – нашли шкатулку, в которой было 6 монет: 3 золотых и 3 серебряных. Кладоискатели перемешали все монеты и по очереди с завязанн ыми глазами вытащили по 2 монеты, не сказав друг другу, кому какие монеты достались. Илья не знает, какие монеты достались Дмитрию, а какие Алексею, но знает, какие монеты достались ему самому. Придумайте вопрос, на который Илья ответит «да», «нет» или «не знаю», и по ответу на который вы сможете догадаться, какие монеты ему достались.

Решение. Например, подходит вопрос: «Верно ли, что у кого-то из твоих товарищей есть две золотые монеты?». Если у Ильи две золотые монеты, то золотых монет осталась только одна, ни у кого не может быть две золотые. Значит, он ответит «нет». Если у Ильи золотая и серебряная монета, то оставшееся распределение может быть таким СС и ЗЗ, или таким: СЗ и СЗ. Тогда Илья ответит: 2Не знаю». Если же у Ильи две серебряные монеты, то на его товарищей останется три золотые монеты, и у кого-то точно будет две золотые. Илья ответит «да».

Задача 9. Расставьте в клетки квадрата 5х5 цифры 1, 2, 3, 4, 5 так, чтобы для каждой цифры нашлось бы минимум два ряда (строка или столбец), в котором эта цифра встречается минимум 3 раза. В каждую клетку можно записать ровно одну цифру.

Ответ: см. рис. Могут быть и другие примеры.

1

1

1

4

5

 

 

 

 

 

1

2

2

2

5

 

 

 

 

 

1

2

3

3

3

 

 

 

 

 

4

2

3

4

4

 

 

 

 

 

5

5

3

4

5

 

 

 

 

 

Задача 10. Среди девяти монет 8 одинаковых настоящих и одна фальшивая, чуть более лёгкая. Костя хочет определить эту монету с помощью чашечных весов без гирь. Сможет ли он справиться с этим за четыре взвешивания, если в одном из них весы могли «соврать», т.е. результат одного взвешивания может отличаться от правильного?

Ответ: можно. Решение. Первое взвешивание. На одной чаше весов – три монеты, на другой – три монеты и три монеты не участвуют. Если результат правильный (независимо от того, показало >,<, =), то мы знаем, среди каких трех монет фальшивая. Назовем эти монеты ААА, а остальные – ББББББ (среди них будет фальшивая, если весы солгали в первом взвешивании). Второе взвешивание – на одну чашу АББ, на вторую АББ, и в стороне АББ. Вне зависимости от того, что показали весы (>, <, =) мы получим следующие знания. Если оба взвешивания правдивы, то мы определим фальшивую монету (одна из А). Назовем её Ф. Если первое верное, а второе – лживое, то остаются подозрительные две монеты АА (те, которые не Ф). Если первое – лживое, а второе – верное, то мы найдем ровно две подозрительные монеты ББ. Итак, монета Ф фальшивая, если лжи еще не было, а если ложь была – то одна из монет ААББ.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

Третье взвешивание – на одной чаше АБ, и на второй чаше тоже АБ. Допустим, что возникло равенство. Если ложь уже была, то это – правда, и фальшивая – Ф. Если лжи еще не было, то фальшивая в любом случае – Ф. Можно смело называть фальшивой монетой Ф.

Допустим, что в третьем взвешивании одна чаша перевесила. Если до третьего взвешивания лжи не было, то фальшивая – Ф, зато третье взвешивание – ложь. Если же ложь уже была, то третье взвешивание – точно правда, и монета лежит на более легкой чаше. Таким образом, осталось три подозрительных монеты – Ф и две монеты с легкой чаши, при этом ложь уже была. Осталось одно верное взвешивание на три монеты. Раскладываем по одной монете на каждую чашу, при равновесии фальшивая – та, которая не участвует, при неравновесии – та, которая на легкой чаше.

Комментарий. Естественно, ни одна команда не решила. На самом деле подразумевалось – за ПЯТЬ взвешиваний, там строится простой пример. Составитель приносит свои глубокие извинения за слишком сложную задачу. Единственный плюс – теперь есть что обсудить и целая новая тема для изучения.

Задача 11. Тётя Груша продаёт кабачки. Три кабачка она продаёт за 5 долларов, четыре кабачка – за 6 долларов, а пять кабачков – за 7 долларов. Ни в каком другом количестве тётя Груша кабачки не продаёт. Вчера она продала 100 кабачков и выручила за них 160 долларов. Сколько продаж совершила вчера тётя Груша?

Ответ: 30 продаж. Решение. Давайте считать, что тетя Груша продает кабачки, но и огурцы. За 5 долларов – 3 кабачка и 2 огурца, за 6 долларов – 4 кабачка и 2 огурца, а за 7 долларов – 5 кабачков и 2 огурца. Тогда каждый фрукт стоит ровно 1 доллар. За 160 долларов она продаст 160 фруктов, из них 100 кабачков, значит, 60 огурцов. Заметим, что за любую продажу она продает ровно 2 огурца, значит, было 60:2 =30 продаж.

Задача 12. На Острове Невезения мальчики всегда говорят правду, а девочки всегда лгут. На этом острове жила семья с тремя детьми. Однажды они собрались вместе и заявили: Саша: «У меня две сестры». Женя: «И у меня две сестры». Валя: «А у меня два брата». Сколько мальчиков и сколько девочек в этой семье? (Замечание: имена Саша, Женя и Валя могут носить как мальчики, так и девочки)

Ответ: Один мальчик и две девочки. Решение. Если Саша – мальчик, то у него 2 сестры. Тогда Женя и Валя – девочки, причем у каждой есть брат и сестра. Получается, что обе лгут, и этот ответ подходит. Рассмотрим случай, когда Саша – девочка. Пусть теперь Женя – мальчик. Так как Женя и Саша говорят одно и то же, то можно считать этот случай рассмотренным с заменой Саши на Женю. Пусть теперь и Саша, и Женя – девочки. Тогда они обе должны лгать, но по одной сестре у них уже есть. Значит, Валя – мальчик, должен говорить правду. Но его высказывание в такой ситуации правдой не является.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

6 класс

Задача 1. Вася выписал подряд все нечетные числа от 1 до 19. После этого он вычеркнул несколько цифр так, что осталось пятизначное число. Какое наибольшее число он мог получить?

Ответ: 95719. Решение. В старшем разряде надо оставить наибольшую цифру – 9, причем она не от числа 19. Значит, все остальные цифры – после числа 9. Следующую цифру нельзя оставить 9 ( после неё нет цифр) или 7 (после неё всего 3 цифры). Значит, это максимум 5. Следующая – максимум 7. Оставшиеся две определяются однозначно.

Задача 2. Рассмотрим все натуральные числа от 1 до 56 000. Каких среди них большекоторые делятся на 7, но не делятся на 8 или тех, которые делятся на 8?

Ответ: поровну. Решение. Число 56 000 делится и на 7, и на 8. Тех, которые делятся на 8 – ровно одна восьмая, т.е. 7000. А тех, которые делятся на 7 – ровно одна седьмая, т.е. 8 000. Так как 7 и 8 – взаимно простые числа, то из них делятся на 8 ровно одна восьмая, а НЕ ДЕЛЯТСЯ – семь восьмых, т.е. 7/8 8000 = 7000.

Задача 3. Дан пример на сложение ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ (разным буквам соответствуют разные цифры, число

АБ + ВГ + ДЕ = ЖЗИ

не может начинаться с 0, цифра 9 не участвует в сложении). Найдите наименьшее возможное значение числа

̅̅̅̅̅̅̅

ЖЗИ.

Ответ: 108 . Решение. Пример. 25+36+47 = 108.Оценка. Докажем, что ̅̅̅̅̅̅̅ делится на 9. Если это получится,

ЖЗИ

то наименьшее трехзначное число, делящееся на 9 – это 108, а на него есть пример. Распишем этот пример

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ( )

сложение АБ + ВГ + ДЕ = 10А + Б + 10В + Г + 10Д + Е = 9 А + В + Д + А + Б + В + Г + Д + Е. Анало-

̅̅̅̅̅̅̅

гично ЖЗИ = 999Ж + 9З + Ж + З + И. Значит, числа А + Б + В + Г + Д + Е и Ж + З + И дают одинаковые остаток при делении на 9. Но их сумма равна сумме цифр от 0 до 8, т.е. 36, поэтому их сумма дает остаток 0 при делении на 9. Это может быть в том и только в том случае, если каждое из чисел А + Б + В + Г + Д + Е и Ж +

дает остаток 0. Но тогда делится на 9, значит, что ̅̅̅̅̅̅̅ делится на 9.

З + И Ж + З + И ЖЗИ

Задача 4. В деревянный куб 3х3х3, в один из угловых маленьких кубиков 1х1х1, залез червяк. Он путешествует по кубу, прогрызая себе путь в какой-то из соседних кубиков. После того, как он покинул куб 3х3, тоже через угловой кубик, оказалось, что в каждом кубике нижнего слоя он побывал по 7 раз, в каждом кубике среднего слоя – по 8 раз, в каждом кубике верхнего слоя – тоже одинаковое число раз. Какое?

Ответ: два раза. Решение. Раскрасим кубик в шахматном порядке, причем угло-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вые кубики – черные. Тогда на пути червяка чередуются черные и белые кубики,

x

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

причем черных – на один больше, так как он начинает и заканчивает в черном ку-

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

x

бике. Пусть в каждом кубике верхнего слоя он побывал x раз. Сложим числа в чер-

x

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x

 

 

 

 

x

ных кубиках 5

x, и в белых 4

 

 

 

 

 

x

 

 

 

7+4 8+5

 

 

7+5 8+4 x, получаем уравнение 67+5x = 68+4x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+1, откуда x = 2.

 

 

 

 

 

x

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

Задача 5. Доска 8х8 полностью накрыта доминошками (каждая доминошкаэто

 

 

x

 

 

x

 

x

 

 

x

прямоугольник 1х2). Какое количество доминошек ПОЛНОСТЬЮ лежит на выделенных диагоналях? Найдите все ответы и докажите, что других нет.

Ответ: 4. Решение. Раскрасим доску в шахматном порядке. Черные клетки обозначим буквой x. Тогда в верхней части 16 черных клеток и 12 белых, а так как каждая доминошка занимает ровно одну бедую и ровно одну черную клетку, то доминошки верхней части заберут из нашей полосы минимум 4 белые клетки (это клетки

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

диагонали). Черных клеток они забрать не могут, так как доминошки из верхней части до черной диагонали не дотягиваются. Кроме того, еще больше белых они забрать не смогут, так как тогда надо забрать и черную клетку, доминошки верхней части до черной диагонали не дотягиваются.

Аналогично с нижней частью, где 9 черных и 12 белых клеток. Они забирают ровно три черных клетки. В нашей полосе остается 4 белых и 4 черных клетки, которые заняты при любой раскладке ровно 4 доминошками.

Задача 6. Все натуральные числа раскрашены в два цвета. Докажите, что найдутся два числа одного цвета, разность которых равна 2 или 3.

Решение. Обозначим цвета за А и Б и предположим, что такие два числа не найдутся. Без ограничения общности, число 1 покрашено в цвет А, тогда 3 и 4 – в цвет Б. Но тогда число 3+2 = 5 покрашено в цвет А, и число 4+3 = 7 тоже покрашено в цвет А, а между 5 и 7 разница ровно 2.

Задача 7. Сколько существует четырехзначных чисел, у которых первая цифра равна 7, а остальные отличаются от предыдущей не более чем на 1?

Ответ: 26. Решение. Рассмотрим вариант второй цифры – это 6, 7, 8. Далее в каждом из случае есть три варианта третьей цифры, итого уже 9 вариантов. Ровно один из этих вариантов заканчивается на цифру 9 – это вариант 789….Последнюю цифру можно поставить тремя вариантами в каждом случае, кроме 789.. В нем есть только два варианта последней цифры. Получаем ответ 3 3 3–1 = 26.

Задача 8. Миша выписал все остатки от деления некоторого числа N на 120, 121, 122, ..., 160. При этом оказались выписаны в каком-то порядке все числа от 44 до 84. Докажите, что N чётно.

Решение. Если число N нечетно, то при его делении на четное число мы получим только нечетный остаток. Заметим, что среди чисел 120, 121, …160 (41 число) – ровно 21 четное число. Значит, мы должны получить минимум 21 нечетный остаток. Но среди чисел от 44 до 84 есть ровно 20 нечетных. Противоречие.

Задача 9. Скачивая файл из интернета, Вася в 14:00 подцепил несколько вирусов. Каждый вирус каждые 5 минут создаёт свою копию (первый раз – в 14:05). Через полчаса Вася запустил антивирус, который через каждые 6 минут удаляет 100 вирусов (первый раз в 14:30). Если вирус и антивирус запускаются в одну и ту же минуту, то первым размножается вирус. Известно, что в 14:40 вирусы ещё жили на компьютере, но позже всё-таки были уничтожены полностью. Когда именно это произошло?

Ответ: 14.54. Решение. Пусть Вася подцепил n вирусов, тогда в 14.30 их станет 64n, и тут же 64n–100. Далее в 14.35 их станет 128n–200, в 14.36 – 128n–300, в 14.40 – 256n–600. Так как в 14.40 они еще жили на компьютере, то n≥3. Если n≥4, то в 14.40 их было минимум 1024–600 = 424. В 14.42 их было не меньше 324. В 14.45 их число удвоилось, то есть прибавилось минимум 324 вируса. Дальше, даже если уничтожать вирусы не каждые 6 минут, а каждые 5, то все равно будет уничтожаться меньше вирусов, чем появляться, поэтому они никогда не будут уничтожены полностью. Таким образом, n=3, и в 14.40 их было 768–600 = 168, а в 14.42 – 68. Тогда в 14.45 их стало 136, в 14.48 – 36, в 14.50 – 72, и в 14.54 антивирус изничтожил их все.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

Задача 10. В городе логиков открылся бар, и четверо друзей-логиков зашли туда. Логик-официант спрашивает: «Все ли будут пить колу?» Первый логик: «Я не знаю». Второй логик: «Я тоже». Третий логик: «И я не знаю». Четвёртый: «Нет, не все». Кому из них официант должен принести колу?

Ответ: первым трем. Решение. Если бы кто-то из первых трех друзей не хотел колы, то он понимал бы, что не все хотят колы, и ответил бы официанту: «Не все». Следовательно, первые трое хотят колу. Четвертый это понимает, но при это отвечает: «Нет, не все», значит, сам он колу не будет.

Задача 11. Разрежьте нарисованную фигуру на наименьшее количество частей, из которых можно сложить

квадрат. Закрашенные клетки считаются вырезанными.

Ответ: см. рис. . Решение.

Задача 12. Выписано 100 чисел. Среди попарных произведений этих чисел ровно 100 отрицательных, среди попарных сумм – тоже ровно 100 отрицательных. Сколько положительных чисел среди попарных произведений?

Ответ: 1226. Решение. Среди выписанных чисел могут быть положительные, отрицательные и ноль, причем отрицательное произведение может быть только у положительного и отрицательного числа. Если положительных чисел x, а отрицательных – у, то отрицательных произведений всего xy=100. Отрицательную сумму точно дают два отрицательных числа и отрицательное плюс 0 (могут быть и другие варианты – отрицательное плюс положительное). Переберем все делители числа 100 (кроме единицы, так как тогда чисел другого знака - 100, всего чисел минимум 101).

положит

2

4

5

10

20

25

50

 

отрицат

50

25

20

10

5

4

2

 

нулей

48

71

75

80

75

71

48

 

Отриц+отриц

 

 

 

 

 

 

1

Поясним эту таб-

Отриц+ноль

50 48

25 71

20 75

10 80

5 75

4 71

2 48

лицу, например, первый столбик. Если есть два положительных, то отрицательных 100/2 = 50. Тогда нулей 100–2–50 = 48. Рассмотрим суммы нулей и отрицательных чисел, их уже 50 48, что больше 100, следовательно, не подходит. И так в каждом столбце, кроме последнего.

Теперь посчитаем, сколько положительных произведений. Это либо произведение двух положительных чисел (их 50 49/2 = 25 49), либо произведение двух отрицательных чисел, а так как отрицательных чисел всего 2, то они дают одно произведение. Получаем ответ.

КОММЕНТАРИЙ.

Олимпиада оказалась слишком сложной для 6 классов. Она выполнила свою роль – отобрать и разделить на лиги, но основные соревнования буду скорректированы с учетом результатов.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

7 класс

Задача 1. Правильный треугольник разрезан на 25 маленьких правильный треугольников так, как показано на рисунке. Можно ли занумеровать их числами от 1 до 25 (каждый номер используется ровно один раз) так, чтобы любые два треугольника, номера которых отличаются на 1 или 2, имели общую точку?

Ответ: нет. Решение. Рассмотрим числа от 3 до 23. Каждое из них должно иметь минимум по 4 соседа, поэтому не может стоять в угловом

треугольнике. Следовательно, там могут стоять только 1, 2, 24 и 25. Но 1 и 2 обязаны стоять рядом, поэтому они вдвоем могут закрыть максимум один угловой треугольник. Аналогично числа 24 и 25. А угловых треугольников три.

Задача 2. Петя и Вася собирали грибы. Оказалось, что Вася нашел столько грибов, сколько Петя нашел ПРОЦЕНТОВ от общего числа собранных грибов. Аналогично, Петя нашел столько грибов, сколько Вася нашел ПРОЦЕНТОВ от общего числа грибов. Сколько грибов нашел каждый из мальчиков?

Ответ: по 50 грибов. Решение. Пусть Петя нашел x грибов и y%, а Вася – y грибов и x%. Так как они в сумме собрали 100% грибов, то y+x=100. Значит, они собрали 100 грибов. Если x>50 (Петины грибы), то и y>50 (т.к. тогда Петя собрал больше половины всех грибов), противоречие. Аналогично если x<50. Получаем ответ.

Задача 3. Дан пример на сложение ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ (разным буквам соответствуют разные цифры, число

АБ + ВГ + ДЕ = ЖЗИ

не может начинаться с 0, цифра 9 не участвует в сложении). Найдите наименьшее возможное значение числа

̅̅̅̅̅̅̅

ЖЗИ.

Ответ: 108 . Решение. Пример. 25+36+47 = 108.Оценка. Докажем, что ̅̅̅̅̅̅̅ делится на 9. Если это получится,

ЖЗИ

то наименьшее трехзначное число, делящееся на 9 – это 108, а на него есть пример. Распишем этот пример

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ( )

сложение АБ + ВГ + ДЕ = 10А + Б + 10В + Г + 10Д + Е = 9 А + В + Д + А + Б + В + Г + Д + Е. Анало-

̅̅̅̅̅̅̅

гично ЖЗИ = 999Ж + 9З + Ж + З + И. Значит, числа А + Б + В + Г + Д + Е и Ж + З + И дают одинаковые остаток при делении на 9. Но их сумма равна сумме цифр от 0 до 8, т.е. 36, поэтому их сумма дает остаток 0 при делении на 9. Это может быть в том и только в том случае, если каждое из чисел А + Б + В + Г + Д + Е и Ж +

дает остаток 0. Но тогда делится на 9, значит, что ̅̅̅̅̅̅̅ делится на 9.

З + И Ж + З + И ЖЗИ

Задача 4. Друзьям Маши нравятся слова, содержащие первую букву их имени, и раздражают слова, содержащие последнюю букву их имени. Если слово содержит обе буквы или не содержит ни одной, то друзья Маши к этим словам безразличны. Маша раздала своим друзьям Антону, Борису, Богдану и Виктору слова БАРСУК, ВАРАН, РУСАК и ПАВИАН в каком-то порядке. Антону слово понравилось, Борису безразлично, а Виктора его слово раздражает. Как отнёсся к своему слову Богдан?

Ответ: Богдана его слово раздражает. Решение. Антону могли достаться слова БАРСУК и РУСАК. Борису – слова БАРСУК, ВАРАН или ПАВИАН, а Виктору – БАРСУК или РУСАК. Получается, что Антон и Виктор получили БАРСУКА и РУСАКА, значит, Богдан – ВАРАНА или ПАВИАНА. В этом случае Богдану слово не нравится.

Задача 5. Имеется 16 одинаковых монет, одна из которых является жадностью. Жадность – это монета, которая весит столько же, сколько настоящая, но когда жадность попадает на весы, одна из чаш обязательно перевесит

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

другую (даже если на самом деле чаши равны). Как за четыре взвешивания на двухчашечных весах выявить жадность?

Решение. Отложим 8 монет, оставшиеся 4 разделим на две кучи и взвесим. Если они равны, то жадность находится среди отложенных, а если нет – то среди 8 взвешенных. Теперь из 8 «подозрительных» монет отложим 4, а оставшиеся четыре взвесим по 2, таким образом у нас останутся подозрительными только 4 монеты. Из них за третье взвешивание мы найдем две подозрительные монеты. Теперь мы берем одну из них и одну настоящую, взвешиваем их. Если весы в равновесии, то жадность – это отложенная подозрительная, если нет – то та подозрительная, которая участвовала в четвертом взвешивании.

Задача 6. В классе всего 30 учеников. По итогам учебного года 25 из них получили пять по русскому языку, 22 – по математике, 18 – по географии, а еще некоторые получили пятерки по литературе. Директор школы, знавший все числа, понял, что есть ученик этого класса, получивший пятерки по всем четырем предметам. Каково наименьшее возможное количество пятерок по литературе?

Ответ: 26 . Решение. Если названо число 25 или меньше, то возможен случай, когда никто из класса не получил 4 пятерки, т.е. каждый получил не больше трех. Пример – см. таблицу. Пусть по литературе есть 26 пятерок. Тогда общее количество пятерок 25+22+18+26=91, а учеников всего 30. Если бы каждый получил не больше трех пятерок, то в сумме было бы не более 30 пятерок, но их 91, значит, есть минимум один ученик с четырьмя пятерками.

 

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0

Р

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

 

 

 

 

 

Я

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

 

 

 

 

 

 

 

 

+

+

+

+

+

Г

+

+

+

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

Л

 

 

 

 

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

Задача 7. Сколько существует четырехзначных чисел, у которых первая цифра равна 7, а остальные отличаются от предыдущей не более чем на 2?

Ответ: 100. Решение. Вторая цифра может быть равна 5, 6, 7, 8, 9. Если вторая цифра – это 5, то третья – это 3, 4, 5, 6, 7, в любом случае четвертую можно подписать еще пятью вариантами. Итак, если число начинается на 75.., то всего 25 вариантов. Если число начинается на 76.., то третья цифра 4, 5, 6, 7, 8, и четвертую можно подписать пятью вариантами, кроме ситуации 768.., когда для последней цифры только 4 варианта. Итого 24 варианта. Теперь рассмотрим ситуацию 77…Она продолжается цифрами 5, 6, 7 (к каждой можно дописать еще 5 вариантов), 8 (4 варианта) и 9 (три варианта). Итого 22 варианта. Теперь 78… К ней дописываем в качестве третьей цифры 6, 7 (вместе 10 вариантов) или 8 (4 варианта) или 9 (3 варианта), итого в сумме 17. Остался последний случай – 79…К нему можно дописать либо 7 (5 случаев), либо 8 (4 случая), либо 9 (3 случая), всего 12. Оста-

лось всё сложить 25+24+22+17+12=100.

Задача 8. Есть 99 палочек с длинами 1, 2, 3, …, 99. Можно ли из них сложить контур какого-нибудь прямоугольника?

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

Ответ: да, можно. Решение. Разделим палочки на пары с суммой 99. Таких пар будет всего 49: 1+98, 2+97, 3+96, ….И еще одна палочка длиной 99. Теперь две боковые стороны будут по 99, а две другие – по 99 24. Конечно, можно и другим способом.

Задача 9. Числа a, b, c таковы, что у прямых y = ax + bc, y = bx + ac и y = cx + ab есть общая точка. Докажите, что среди графиков есть совпадающие.

Решение. Пусть все прямые пересекаются в точке ( x0, y0). Тогда ax0 + bc = bx0 + ac, откуда x0(a–b) = acbc, т.е. x0(a–b) = с(ab). Если a=b, то первая и вторая прямые совпадают. Пусть ab. Тогда x0 = c. Теперь сделаем то же самое для второй и третьей прямой. bx0 + ac = cx0 + ab, откуда x0(b–c) = abac, т.е. x0(b–c) = с(bc). Если b=c, то вторая и третья прямые совпадают. Если же это не так, то x0 = a. Но у нас уже x0 = c, значит, a=c, и в этом случае совпадают первая и третья прямые.

Задача 10. В городе логиков открылся бар, и четверо друзей-логиков зашли туда. Логик-официант спрашивает: «Все ли будут пить колу?» Первый логик: «Я не знаю». Второй логик: «Я тоже». Третий логик: «И я не знаю». Четвёртый: «Нет, не все». Кому из них официант должен принести колу?

Ответ: первым трем. Решение. Если бы кто-то из первых трех друзей не хотел колы, то он понимал бы, что не все хотят колы, и ответил бы официанту: «Не все». Следовательно, первые трое хотят колу. Четвертый это понимает, но при это отвечает: «Нет, не все», значит, сам он колу не будет.

Задача 11. Существуют ли такие десять попарно различных натуральных чисел, что их среднее арифметическое больше их наибольшего общего делителя ровно в шесть раз?

Ответ: да. Решение. Обозначим через d общий НОД, и каждое число представляется в виде aid. Тогда полу-

чаем, что

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10

= 6, a1+a2+a3+…+a10=60. Найти такие раз-

 

10

 

 

T

личные взаимно простые в совокупности числа несложно, например, 1, 2, 3, 4, 5,

6, 7, 8, 9, 15.

 

 

B

 

 

 

 

Задача 12. Дан треугольник ABC, в котором BC = 2AB. Точка D – середина

K

стороны BC, точка K – середина отрезка BD. Докажите, что AC = 2AK.

 

D

Решение. Продлим отрезок AK на свою длину, т.е. KT = AK, а AT = 2AK.

 

A

 

Докажем, что AT=AC. Треугольники BKA и DKT равны оп первому при-

 

знаку (BK = KD, AK = KT, BKA = DKT как вертикальные). Значит, ABD =

C

KDT, более того, AB = DT. Тогда AB = DT = BD = DC (так как D – середина BC). Заметим, что BAD = BDA, обозначим его через α. Тогда ABD = KDT = 180 –2α. ADT = ADB+ KDT = α+180 –2α= 180 –α. Кроме того,ADC = 180 – ADK = 180 –α. Рассмотрим треугольники ADT и ADC. Сторона AD – общая, DT = DC, ADT = ADC, поэтому треугольники равны и AT=AC.

VII Ижевский Командный турнир математиков Отборочная олимпиада, 4-5 мая 2015 года

8 класс

Задача 1. Сто математиков прислали в журнал по статье. Сотрудники редакции составили всевозможные списки, состоящие из 40 статей, и стали рассматривать эти списки. В половине этих списков они уже нашли статью с доказательством теоремы Ферма. Докажите, что если тщательно поискать, то ещё хотя бы в одном списке обязательно найдётся статья с доказательством теоремы Ферма.

Решение. Всего списков С10040 = 40!60!100! . Допустим, что нет доказательства в n статьях. Тогда списков, в которых нет доказательства, всего С40. Допустим, что это ровно поло-

вина, попробуем решить уравнение

1

∙ С40

= С40, т.е.

100!

 

=

!

, поэтому

 

 

 

 

2

100

 

2∙40!60!

 

40!( −40)!

 

 

 

 

100!(n–40)!= 2 60! n! Заметим, что в 100! Есть простой множитель 97, поэтому он должен быть в и правой части, поэтому n≥97. Переберем случаи. n=97. Тогда после сокращения получится 98 99 100 = 2 58 59 60, 9900 ≠ 58 60. Второй случай. n=98. Тогда после сокращения получится

99 100 = 2 59 60, 9900 ≠ 2 59 60. Третий случай. n=99. Тогда после сокращения получится 100 = 2 60, 100 ≠ 120. Значит, такое уравнение не имеет решения, и если доказательство есть в списков, то оно есть еще хотя бы в одном.

Задача 2. Четверо мальчиков собирали грибы. Оказалось, что Антон нашел столько грибов, сколько Борис нашел ПРОЦЕНТОВ от общего числа собранных грибов. Борис нашел столько грибов, сколько Василий нашел ПРОЦЕНТОВ от общего числа грибов. Василий нашел столько грибов, сколько ПРОЦЕНТОВ нашел Григорий от общего числа грибов, и, наконец, Григорий нашел столько грибов, сколько Антон нашел ПРОЦЕНТОВ от общего числа грибов. Сколько грибов нашел каждый из мальчиков?

Ответ: каждый нашел по 25 грибов. Решение. Пусть Антон нашел x грибов и y%, а Борис – z грибов и x%, Василий – t грибов и z%, Григорий – y грибов и t%. Так как они в сумме собрали 100% грибов, то y+x+z+t = 100. Значит, они собрали 100 грибов. Если x>25 (грибы Антона), то и y>25 (т.к. тогда Антон собрал больше четверти всех грибов), значит, t>25 (ибо Григорий тоже собрал больше 25) и z>25 (Борис собрал больше четверти). Но тогда их сумма больше 100, противоречие. Аналогично рассматривается случай, когда x<25.

Задача 3. Из чисел от 1 до 100 выбирают два числа, разность которых равна 7, а произведение делится на 20. Сколькими способами это можно сделать?

Ответ: 19. Решение. Так как разность двух чисел равна 7, то одно из них четное, а другое – нечетное. Кроме того, ровно одно из них делится на 5. Первый случай – когда одно и то же из двух чисел делится и на 4, и на 5. Значит, оно делится на 20. Таких чисел всего пять – 20, 40, 60, 80, 100, к каждому, кроме последнего, можно второе выбрать двумя способами – прибавить 7 и вычесть 7. От 100 можно только вычесть 7. Итого 9 вариантов. Второй случай – когда одно число делится на 5, а другое – на 4. На 5 делятся десять нечетных чисел – 5, 15, 25, …95. Если мы прибавим 7 и вычтем 7, то получим два четных числа, разница между которыми 14, значит, ровно одно из них делится на 4. Осталось проверить, что 5+7=12 – нам подходит, 95–7 = 88 – тоже подходит. Итого еще 10 вариантов. Всего 19 вариантов.

Задача 4. Произведение десяти обыкновенных дробей равно 1. В каждой из дробей либо числитель, либо знаменатель увеличили на 1 так, что произведение не изменилось. Какое наименьшее количество числителей могло быть увеличено?