Решения задач разминочной е-олимпиады
по математике.
7 класс
1. Три землекопа за 3 часа выкопали 3 ямы, значит,
шесть землекопов за три часа выкопают шесть ям. А
шесть землекопов за пять часов еще в 5/3 раза
больше, то есть 6 * 5/3=10 ям.
2. Наименьшее число с суммой цифр 2 (сумма цифр не
должна равняться самому числу) - 11. Наименьшее
число с суммой цифр 11 - 29. Наименьшее число с
суммой цифр 29 - 2999. Ответ: 2999.
3. Ответ: 1 банан. Поскольку Сова, Кролик вместе
съели 45 бананов, то кто-то из них съел не менее 23
бананов, тогда Винни-Пух съел не менее 24 бананов.
Значит Сова, Кролик и Пух съели вместе не менее 69
бананов. Но т.к. Пятачку тоже что-то досталось ,то
Сова, Кролик и Пух съели вместе ровно 69 бананов, а
Пятачок - 1 банан.
4. 2 см 2 см
3, 5 см
4 см
5. Пусть на складе х банок по 0,7 л, а банок по 0,5 л -
нет. Тогда банок по 1 л: 2500-х. Общая емкость банок -
1998л., значит 0,7х+1*(2500-х)=1998. Преобразуя получим:
0,3х=502. Т.к. х должно быть целым числом,
предположение о том, что на складе нет банок по
0,5л - неверно.
8 класс
1. Среди чисел от 1 до 1984 существует 992 четных
числа. Каждое из них дает по крайней мере одну
двойку в разложении на простые множители числа
1984!. Две двойки в этом разложении дадут числа,
делящиеся на 4 (их всего 496). Далее по 3, 4, 5, 6, 7, 7, 8, 9,
10 двоек соответственно дадут 248, 124, 62, 31, 15, 7, 3 и 1
чисел, делящихся на 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024
соответственно. Сложив полученные числа, мы
получим искомый ответ 992 + 496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 +
1=1979.
2. Из второго условия задачи следует, что в каждом
из двух баков - первом и втором должно быть не
меньше 26 л. бензина. Поэтому общий объем бензина в
первых двух баках должен быть не меньше 52 л, а
52>50. Значит, осуществить такой разлив -
невозможно.
3. Чему может равняться возраст туристов?
Очевидно, одному из чисел: 20, 21, :, 35 (всего 16
вариантов). Поэтому, если предположить, что
возраст любых двух туристов различен, то в группе
не больше 16 человек. Но по условию задачи их 20.
Значит, в группе обязательно есть одногодки.
4.
Пусть колодец в т.О. При таком
расположении сумма расстояний от домов до
колодца - АС+BD. Пусть О' не совпадает с О. О'А + О'С
>АС; О'В + О'D > ВD (неравенства треугольника).
Значит О'А + О'В + О'С + О'D > АС +ВD
5. (а+1/а) - целое
(а+1/а)^2 - целое
(а + 1 / а) ^ 2 = а ^ 2 + 1 / a ^ 2 + 2 a * 1 / a = а ^ 2 + 1 / a ^ 2 + 2
а ^ 2 + 1 / a ^ 2 = ( а + 1 / а ) ^ 2 - 2
Следовательно, а ^ 2 + 1 / a ^ 2 - целое.
9 класс
1. Число делится на 9, если сумма его цифр делится
на 9. Поэтому одна из возможных стратегий для Пети
- дополнять на каждом ходу Васину цифру до 9. Т.е.,
если Вася пишет "0", Петя пишет "9", если
Вася пишет "1", то Петя пишет "8" и т.д.
2. После каждого боя из соревнований выбывает
один боксер, проигравший в этом бою. Поскольку к
концу соревнований выбыть должны все, кроме
победителя, то должно быть 49 боев, независимо от
того, как составляется расписание.
3.
Пусть
О - центр АВСD. При симметрии относительно О точки
А и С, а также В и D попарно переходят друг в друга
Прямая а переходит в параллельную ей прямую,
проходящую через точку С - т.е. в прямую с.
Аналогично, прямая b переходит в прямую d. Значит
"внешний" параллелограмм переходит в себя,
т.е. т. О является его центром.
4. Любой общий делитель чисел х=9m+7n и y=3m+2n должен
быть также делителем чисел x-2y=n и 7y-2x=3m. Поскольку
числа m и n не имеют общих делителей кроме 1, то
любой общий делитель чисел n и 3m должен быть
делителем числа 3. Поэтому он не может быть больше
3. Покажем, что равняться 3 он может. Пусть m=1 n=3,
тогда х=30, у=9 - НОД=3
5. 10/7=1+3/7. Значит х=1, а у+1/2=7/3; 7/3=2+1/3; х=1, у=2, z=3.
10 класс
1. Число делится на 9, если сумма его цифр делится
на 9. Поэтому одна из возможных стратегий для Пети
- дополнять на каждом ходу Васину цифру до 9. Т.е.,
если Вася пишет "0", Петя пишет "9", если
Вася пишет "1", то Петя пишет "8" и т.д.
2. После каждого боя из соревнований выбывает
один боксер, проигравший в этом бою. Поскольку к
концу соревнований выбыть должны все, кроме
победителя, то должно быть 49 боев, независимо от
того, как составляется расписание.
3.
Пусть О - центр АВСD. При симметрии относительно
О точки А и С, а также В и D попарно переходят друг
в друга Прямая а переходит в параллельную ей
прямую, проходящую через точку С - т.е. в прямую с.
Аналогично, прямая b переходит в прямую d. Значит
"внешний" параллелограмм переходит в себя,
т.е. т. О является его центром.
4. Любой общий делитель чисел х=9m+7n и y=3m+2n
должен быть также делителем чисел x-2y=n и 7y-2x=3m.
Поскольку числа m и n не имеют общих делителей
кроме 1, то любой общий делитель чисел n и 3m должен
быть делителем числа 3. Поэтому он не может быть
больше 3. Покажем, что равняться 3 он может. Пусть
m=1 n=3, тогда х=30, у=9 - НОД=3
5. Пусть х и у - данные числа. Условие х+у<ху можно
переписать в виде (у-1)(х-1)>1. Откуда очевидно, что
х>1, у>1, неравенство о среднем арифметическом и
среднем геометрическом для чисел х-1 и у-1 дает
(х-1)+(у-1)>=2*корень((х-1)(у-1))>2. Откуда х+у>4.
11 класс
1. Пусть f(x)=ax2+b1x+c1, g(x)=ax2+b2x+c2,
тогда f(x)+ g(x )=2ax2+(b1+b2)x+(c1+c2)
и по теореме Виета (или из формулы корней
квадратного уравнения) сумма корней f(x) равна (-b1/a),
сумма корней g(x) равна (-b2/a), следовательно, -b1/a-b2/a=0,
откуда -(b1+b2)/2=0, а это - сумма корней f(x)+
g(x ).
2. Пусть х - количество толстых, тогда количество
тонких равно 58-х, и они вместе принесли 14(58-х)
пончиков. Пусть каждый толстый получил по n
пончиков, тогда 14(58-х)= nx. Преобразуя, получаем, что
(n+41)х=14*58. Значит, х - делитель числа 14*58=2*2*7*29.
Подставляявместо х все делители этого числа,
меньшие 58 (а именно, 1, 2, 4, 7, 14, 28 и 29), можно
убедиться, что условию удовлетворяют толье=ко х=28
и х=29, а для остальных получается, что 15х (число
пончиков, принесенных толстыми) не делится на 58-х
(количество тонких).
3. 41*271=11111. В любом 35-значном числе без нулей и
пятерок есть цифра, которая встречается не менее
5 раз, т.к. 35/8=4(3 в остатке). Вычеркнув все цифры,
кроме пяти одинаковых, получим число, кратное 11111,
которое кратно 41.
4. Теорема синусов, примененная к треугольникам
АВС и АDС, дает AD/sinACD=DC/sinDAC, AB/sinACB=BC/sin BAC, или
AD/DC=sinACD/sinDAC, AB/BC=sinACB/sinBAC. Учитывая условие задачи и
то ,что углы DAC и BAC равны, получаем sinACD=sinACB. Так как
ACD и ACB не равны, то последнее равенство означает,
что их сумма равна 1800. Значит, больший из
них - угол ACB - тупой.
5. Рассмотрим самого высокого солдата в некоторой
неправильной шеренге. Докажем, что после него
могут стоять не более двух солдат. Для этого
предположим противное, что после него стоят по
крайней мере трое. Если они стоят по росту в
порядке возрастания, то это противоречит условию
неправильности шеренги. Если же какие-то двое из
них стоят в порядке убывания, то они вместе с
самым высоким солдатом образуют тройку стоящих
по росту солдат, что опять противоречит
условиюнеправильности шеренги. Полученное в
обоих случаях противоречиедоказывает
сформулированное утверждение. Аналогичные
рассужденияпоказывают, что и перед самым высоким
солдатом в неправильной шеренге могут стоять не
более двух солдат, и что то же самое верно для
самого низкого солдата.
а) обозначим солдат буквами А, В, С и D (по росту).
Приведенное выше рассуждение показывает, что в
неправильной шеренге солдаты А и D должны стоять
в середине, а солдаты В и С, тем самым, по краям.
Таким образом, мы можем получить 4 неправильных
шеренги: BADC, BDAC, CADB, CDAB.
б) Из приведенного выше рассуждения следует, что
в неправильной шеренге из пяти солдат самый
высокий должен стоять посередине (на третьем
месте), то же самое можо утверждать и про
самого низкого. Значит, неправильной шеренги из
пяти солдат построить нельзя.