отборочный-решения

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

Ответ: один. Решение. Пример 18 ∙ 109 ∙ 1110 ∙ 1211 ∙ 1312 ∙ 1413 ∙ 1514 ∙ 1615 ∙ 1716 ∙ 7217 = 1. Увеличим в первой дроби числитель, во

всех остальных – знаменатель, получится 1+18 ∙ 9+110 ∙ 10+111 ∙ 11+112 ∙ 12+113 ∙ 13+114 ∙ 14+115 ∙ 15+116 ∙ 16+117 ∙ 17+172 = 28 ∙ 7218 = 1

Задача 5. На рисунке показан правильный пятиугольник ABCDE, вписанный в равносторонний треугольник MNP. Найдите величину угла

CMD.

Решение. В простом решении найдена ошибка, доступно только счетное решение. (источник задачи – бразильская олимпиада 2013 второго уровня для 6-8 классов, второй уровень соответствует нашему региональному этапу!!!).

T

F

H

Счетное решение (многие восьмиклассники знают синусы и косинусы в прямоугольном треугольнике, но техника применения выше 8 класса). Опустим перпендикуляр на сторону NP из точки B и из точки

M. В силу симметрии перпендикуляр из M пройдет через точку A. Заметим, что углы правильного пятиугольника равны 108 . Обозначим сторону пятиугольника через a. Рассмотрим треугольник BTC, в нем BCT = 72 , BC = a, тогда BT = a sin72 . Значит, и HF = a sin72 . Треугольник ABE – равнобедренный с углом при вершине 108 , значит, ABF = 36 , BF = a cos 36 . Но треугольник BMF – прямоугольный с углами 30 и 60 , поэтому MF = √3 a cos 36°. Теперь рассмотрим треугольник MCH. В нем в силу симметрии CH = a/2, a MH = a sin72 +√3 a cos 36°. Значит, ctg CMH = (sin72 +√3 cos 36°)/2. Формально задача решена, но фактически – нет.

Задача 6. В кубе 3×3×3 отметили все вершины кубиков 1×1×1, соединили их отрезками и отметили середины всех отрезков. Сколько отмеченных точек получилось?

Ответ: 343. Решение. Будем считать, что каждая отмеченная точка имеет три четные координаты – от 0, 2, 4, или 6 (это будет в случае, если одна вершина куба совпадает с точной (0,0,0), а ребро куба равно 6). Все вновь отмеченные точки – это середины отрезков с четными концами, поэтому имеют целочисленные координаты. Докажем, что мы можем получить любую точку (a, b, c), где a, b, c – целые числа от 0 до 6, кроме самих вершин куба. Если число a – нечетное, то возьмем первые координаты (a–1) и (a+1), а если четное и не равно 0 или 6, то возьмем (a–2) и (a+2). Если же это 0 или 6, то надо взять обе координаты равные a. Аналогично поступим со второй и третьей координатой. Следовательно, мы всегда получим РАЗНЫЕ точки, кроме случаев, когда все три координаты равны 0 или 6. Но эти случаи как раз соответствуют вершинам куба, а они отмечены с самого начала. Поэтому просто отмечены все целочисленные точки с координатами от 0 до 6. Их 7 7 7=343.

Задача 7. Двое юношей и 1000 девушек на трёхместной лодке переправляются с левого берега реки на правый. Каждый юноша должен хотя бы раз пересечь реку с каждой девушкой (при этом в лодке может быть и три человека). Можно ли выполнить такую переправу, сделав при этом не более 900 рейсов с левого берега на правый?

Ответ: да, можно. Решение. Назовем юношей А и Б. 1 раз – А, Б и 1 девушка едут, А возвращается. Далее 375 раз делаем следующий алгоритм – один юноша с двумя девушками едет на тот берег, эти две девушки возвращаются с другим юношей. Так они прокатятся с 750 девушками (назовем их «покатавшимися»). Итог: 1 девушка и юноша, например, А, на правом берегу, остальные – на левом. Затем Б едет за А и возвращается с ним (377 переправ). Далее 249 раз делаем следующий алгоритм: на правый берег едут А, Б и не покатавшаяся девушка

10

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

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

(таких как раз 249), потом А возвращается, на правый берег едут три покатавшиеся девушки, а потом возвращается Б. Итого на правом берегу 997 девушек, на левом – 3 покатавшиеся девушки и два юноши. Всего сделано 249 2+377 = 875 переправ. За три раза они переправят и этих трех девушек.

Задача 8. Действительные числа a и b удовлетворяют (a+b)(a+1)(1+b) = 2 и a3+b3 = 1. Найдите значение a+b.

Ответ: 1. Решение. (a+b)(a+1)(1+b) = (a+b)(ab+a+b+1), a3+b3 =(a+b)(a2–ab+b2)=(a+b)((a+b)2 –3ab). Обозначим ab

= s, a+b = t. Получим, что t(t+s+1) = 2, t(t2–3s) = 1. Разделим одну часть на другу. Получаем (t+s+1)/ (t2–3s)=2,

откуда 2t2–6s = t+s+1, s = (2t2–t–1)/7. Тогда t+s+1 = (2t2+6t+6)/7, значит, t(t2+3t+3) = 7, откуда t3+3t2+3t–7=0. Раз-

ложим на множители (t–1)(t2+4t+7)=0. Вторая скобка корней не имеет, значит, единственный корень t=1.

Задача 9. Даны три попарно различных натуральных числа a, b, c. Докажите, что число (a+b)(b+c)(c+a) не может быть степенью двойки.

Решение. Заметим, что каждая скобка должна быть степенью двойки. Пусть числа a и b при разложении на простые имеют разные степени двойки, например, a = 2n(2k+1), b = 2m(2r+1), n>m. Тогда a+b = 2n(2k+1)+ 2m(2t+1)= 2m(2n–m(2k+1)+2t+1), и скобка представляет из себя нечетный множитель, а это невозможно. Поэтому все три числа a, b, c имеют в разложении одинаковую степень двойки. Сократим на неё, можно теперь считать, что a = 2k+1, b = 2t+1, c = 2s+1. Тогда (a+b)(b+c)(c+a) = 8(k+t+1)(t+s+1)(k+s+1). Каждая скобка строго больше 1, значит,

она четная. Тогда k+t, t+s, k+s – нечетные числа, но это означает, что k, t, s имеют попарно разную четность, что невозможно.

Задача 10. Существуют ли такие десять попарно различных натуральных чисел, что их среднее арифметическое больше их наибольшего общего делителя ровно в пять раз?

Ответ: нет. Решение. Обозначим через d общий НОД, и каждое число представляется в виде aid. Тогда получаем, что = 5, значит, a1+a2+a3+…+a10 = 50, при этом все ai различны. Но даже если сложить 10 самых маленьких попарно различных натуральных чисел, то получится

1+2+3+…+10 = 55.

Задача 11. Федя написал последовательность чисел 123456123456123456 ... Какое наименьшее количество раз он должен написать 123456, чтобы число стало кратно 77?

Ответ: 77 раз. Решение. Когда Федя напишет последовательность, повторив это число n+1 раз, у него получится 123456 (1+106+1012+1018+…+106n). Заметим, что число 123456 и 77 взаимно просты, поэтому вторая скобка должна делится на 77. 1001 делится на 77, поэтому 103 дает при делении на 77 «остаток» –1, а число 106 – остаток 1. Значит, каждое слагаемое в скобке тоже дает остаток 1, и всего слагаемых 77.

Задача 12. На стороне AB квадрата ABCD отмечена точка K, а на стороне BC — точка L так, что KB=LC. Отрезки AL и CK пересекаются в точке P. Докажите, что отрезки DP и KL перпендикулярны.

Решение. Отрезок DK при повороте на 90° вокруг центра квадрата переходит в отрезок AL, поэтому эти отрезки перпендикулярны. Аналогично, DL CK. Таким образом, прямые AL иCK содержат высоты треугольника DKL. Следовательно, P – его ортоцентр, а DP KL.

Комментарий. Олимпиада 8 класса оказалась сверхсложной. Увы, это связано с тем, что в 8 классе начинается «профессионализация». В основном туре результаты будут учены, конечно. В целом задачи будут кардинальнее легче и менее «олимпиадные».