олимпиада

[родина1]

Условия и решения задач
(районная математическая олимпиада 2017 г.) Брянская область


11 класс

1. Докажите, что n (n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 есть точный квадрат при любом натуральном n.
Доказательство. Преобразуем выражение: n (n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2. Что и требовалось доказать.

2. На встрече Незнайки и его друзей каждый (кроме Незнайки) обменялся рукопожатием со всеми остальными. Незнайка, у которого было плохое настроение, некоторым друзьям не пожал руку, а некоторым всё же пожал. Во время встречи сделано 2017 рукопожатий. Сколько рукопожатий сделал Незнайка?
Решение. Обозначим общее количество друзей (не считая Незнайку) через n. Посчитаем, сколько всего было сделано рукопожатий. Если не учитывать те, которые сделал Незнайка, то каждый из n друзей пожал руку каждому из n − 1 своих товарищей. Получается n(n − 1) рукопожатие. Однако этот результат нужно еще разделить на 2, поскольку каждое рукопожатие оказалось посчитанным дважды. Получится n(n − 1)/2, а с учетом k рукопожатий, сделанных Незнайкой, всего окажется n(n − 1)/2 + k рукопожатие, где 0 < k < n. Итак, n(n − 1)/2 + k = 2017, где 0 < k < n. В силу этого ограничения на k имеем: n(n − 1)/2 < 2017 < n(n − 1)/2 + n, или n(n − 1)/2 < 2017 < n(n + 1)/2.
При n ≤ 63 получим: n(n + 1)/2 ≤ 63*64/2 = 2016 < 2017,
при n ≥ 65 получается n(n − 1)/2 ≥ 65*64/2 = 2080 > 2017.
Подставив n = 64, убедимся, что этот вариант удовлетворяет двойному неравенству.
Значение k определяется из уравнения n(n − 1)/2 + k = 2017: получаем k = 1.
Ответ: 1.

3. В двух коробках находятся 25 голубых и розовых кубиков. Наугад из каждой коробки достают по одному кубику. Вероятность того, что оба вынутых кубика окажутся розовыми, равна 0,54. Найдите вероятность того, что оба вынутых кубика окажутся голубыми.
Решение. Пусть общее количество кубиков в первой и второй коробках равно m1 и m2 соответственно (для определенности считаем, что m1 не больше m2), а количество розовых кубиков в этих коробках равно k1 и k2 соответственно. Тогда вероятность того, что оба вынутых кубика розовые, равна ( k1/m1)•( k2/m2).
Получаем соотношения:
( k1/m1)•( k2/m2) = 0,54 = 27/50,
m1 + m2 = 25.
Так как 27m1m2 = 50k1k2, то хотя бы одно из чисел m1, m2 делится на 5. Но сумма m1 + m2 тоже делится на 5, поэтому каждое из чисел m1, m2 делится на 5. Таким образом, имеем всего две возможности: либо m1 = 5, m2 = 20, либо m1 = 10, m2 = 15.
В случае m1 = 5, m2 = 20 получаем k1k2 = 54, где k1 не превосходит 5, а k2 не превосходит 20. Перебрав все возможные значения ki, найдем k1=3, k2=18. Тогда в первой коробке 2 голубых кубика, во второй тоже 2 голубых кубика, и вероятность вытащить два голубых кубика равна (2/5)•(2/20)=0,04.
Аналогично, в случае m1 = 10, m2 = 15 находим k1= 9, k2=9. Тогда в первой коробке 1 голубой кубик, во второй – 6 голубых кубиков, и вероятность вытащить два голубых кубика равна (1/10)•(6/15) = 0,04 (в обоих случаях ответы одинаковы).
Ответ: 0,04.

4. Решите уравнение 20[x] – 6{x} = 2017, где ([x] – целая часть числа x, т.е. наибольшее целое число, не превосходящее x, {x} – дробная часть числа x: {x} = x - [x] ).
Первое решение. Из неравенства 0 {x} < 1 следует 0 6{x}  6 , 0  20[x] - 2017  6. Прибавим 2017, поделим на 20 и получим  x < или 100,85  x < 101,15 . Таким образом, x 101, {x}   = 0,5 и x  101  0,5 = 101,5.
Второе решение. Из условия следует, что число 6x должно быть целым, значит, это одно из чисел 0, 1, 2, …, 6. При этом его сумма с 2017 должна делиться на 20. Значит, 6x  3 , x = = 101.
Ответ: 101,5.

5. Точки сторон правильного треугольника раскрашены в два цвета. Докажите, что найдется прямоугольный треугольник с вершинами одного цвета.
Решение. Предположим, что нет прямоугольного треугольника с вершинами одного цвета. Разделим каждую сторону правильного треугольника двумя точками на три равные части. Эти точки образуют правильный шестиугольник. Если две его противоположные вершины одного цвета, то все остальные вершины будут второго цвета, а значит, есть прямоугольный треугольник с вершинами второго цвета. Следовательно, противоположные вершины шестиугольника разноцветные. Поэтому найдутся две соседние разноцветные вершины; противоположные им вершины тоже разноцветные. Одна из этих пар разноцветных вершин лежит на стороне треугольника. Точки этой стороны, отличные от вершин шестиугольника, не могут быть ни первого, ни второго цвета. Получено противоречие. Что и требовалось доказать.

Comments

[Гость]

Условия и решения задач
(районная математическая олимпиада 2017 г.)

10 класс

1. Решите уравнение z4– 4z3 + 12z2 – 24 z +24 = 0.
Указание. Уравнение z4– 4z3 + 12z2 – 24 z +24 = 0 преобразовать к виду (z2 – 2z)2 + 8(z – 1,5)2 + 6 = 0, которое не имеет решений, т.к. левая часть уравнения принимает только положительные значения.
Ответ: уравнение не имеет решений.

2. Два игрока играют в следующую игру. Перед ними лежит кучка из 2017 камней. Игроки берут камни по очереди. За один ход первый может взять из кучки любое нечетное число камней от 1 до 99, второй – любое четное число камней от 2 до 100. Тот, кто не сможет сделать ход, проигрывает. Кто выиграет при правильной игре?
Решение. Опишем стратегию первого игрока. Первым ходом он должен взять со стола 97 камешков. Каждым следующим, если второй игрок берет х камешков, то первый игрок должен взять 101 – x камешков (он всегда может это сделать, потому что если х – четное число от 2 до 100, то (101 – x) – нечетное число от 1 до 99). Так как 2017 = 101 × 19 + 97 + 1, то через 19 таких «ответов» после хода первого на столе останется 1 камешек, и второй не сможет сделать ход, т. е. проиграет.
Ответ: первый.

3. За одно преобразование можно уменьшать или увеличивать на 1 свободный член или коэффициент при x приведенного квадратного трехчлена x2+px+q. Из трехчлена x2+2015x+2017 за несколько преобразований получили трехчлен x2+2017x+2015. Докажите, что в некоторый момент был трехчлен с целым корнем.
Доказательство. Заметим, что -1 является корнем квадратного трехчлена x2+(n+1)x+n, т.е. приведенного трехчлена, у которого коэффициент при x на 1 больше свободного члена. В изначальном трехчлене коэффициент при x меньше свободного члена, а в конечном – больше. А так как изменять мы можем только один из них на единицу, значит, в некоторый момент коэффициент при x был на 1 больше.

4. Две окружности касаются внутренним образом в точке K. Прямая пересекает большую окружность в точках A и B, а меньшую окружность в точках C и D. Точка C лежит между A и D. Докажите, что /_ AKC = /_ BKD .
Решение. Пусть l – общая касательная к окружностям в точке K, l  (AB)  M. BKD  DKM  BKM . BKM - угол между касательной и секущей большей окружности. Следовательно, BKM  BAK. DKM - угол между касательной и секущей меньшей окружности. Следовательно, DKM  DCK. Итак, BKD  DCK BAK. Из ACK ,  AKC=180о   BAK   ACK = 180о   BAK  (180о   DCK)   DCK   BAK   BKD, что и требовалось доказать.

5. Можно ли раскрасить плоскость в три цвета так, чтобы каждая прямая оказалась окрашенной ровно в два цвета (все три цвета должны присутствовать)?
Решение. Да, можно. Введем систему координат. Покрасим красным цветом начало координат, синим цветом - оси координат, исключая начало координат, белым - оставшиеся точки плоскости. Покажем, что полученная раскраска - искомая. Возьмем произвольную прямую. Имеются три возможности. 1) Прямая может являться одной из осей координат. Тогда все точки этой прямой - синие, за исключением одной красной. 2) Прямая может проходить через начало координат, но не являться осью координат. Тогда она не пересекает оси координат в других точках; поэтому все точки этой прямой - белые, за исключением одной красной. 3) Прямая пересекает хотя бы одну из осей координат не в начале координат и отлична от осей координат. Тогда эта прямая раскрашена в синий и белый цвета.
Ответ: можно.

[Гость]

Условия и решения задач
(районная математическая олимпиада 2017 г.)


9 класс

1. В ряд выписали 2016 чисел. Может ли быть отрицательной их сумма, если, взяв любые пять чисел из этого ряда и сложив их, мы получим положительное число?
Решение. Обозначим данные числа через a1 , a2 , ... , a2016 , упорядочив их по возрастанию: a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ a2016. Если a2016 – отрицательное число, то и все 2016 чисел – отрицательные и сумма любых пяти из них отрицательна, что противоречит условию. Поэтому a2016 ≥ 0. Но тогда в сумме a1 + a2 + ... + a2006 = (a1 + ... + a5)+(a6 + ... + a10)+ ...+(a2010+ ... +a2015) + (a2016) каждая из скобок неотрицательна. Значит, сумма всех 2016 чисел неотрицательна.
Ответ: Нет.

2. Сумма возрастов мамы и папы в 8 раз больше суммы возрастов всех их детей. Через 4 года сумма возрастов родителей будет в 3 раза больше суммы возрастов детей, а 8 лет – в 2 раза. Сколько человек насчитывает семья?
Решение. Пусть n – количество детей в семье, x – сумма возрастов детей, y – сумма возрастов родителей. Исходя из условия задачи, составим систему уравнений:
8x = y
3(x + 4n) = y + 8,
2(x + 8n) = y + 16.
Подставляя во второе и третье уравнение значение y = 8x, получим (после очевидных упрощений) систему
5x = 12n – 8,
3x = 8n – 8.
Домножая первое уравнение на 3, а второе на 5, и вычитая первое из второго, найдем: n = 4. Значит, семья насчитывает 4+2 = 6 человек.
Ответ: 4.

3. В ∆ABC центры вписанной и описанной окружностей совпадают. Докажите, что ∆ABC равносторонний.
Решение. Пусть дан треугольник АВС, в котором точка О – центр как вписанной, так и описанной окружности (см. рисунок). Так как О – центр описанной окружности, то ОА = ОВ = ОС (как радиусы этой окружности), поэтому треугольники ОАВ, ОАС, ОВС – равнобедренные. Значит, ∠ ОАВ = ∠ ОВА, ∠ ОAC = ∠ ОCА, ∠ ОВC = ∠ ОCВ. Точка О – центр вписанной окружности, поэтому она равноудалена от всех сторон треугольника АВС, а значит, является точкой пересечения биссектрис треугольника. Тогда ∠ ОАВ = ∠ ОАC, ∠ ОВA = ∠ ОВC, ∠ ОCА = ∠ ОCB. Учитывая ранее доказанные равенства, получим, что ∠ ОАВ = ∠ ОАC = ∠ ОВA = ∠ ОBC = ∠ ОCА = ∠ ОCB. Значит, в треугольнике АВС все углы при вершинах равны, то есть он равносторонний, что и требовалось доказать.

4. Дана функция f(x) = x^2 + ax + b. Известно, что f(x_1) =0, f(x_2) = 0 и f(2016) = f(2018). Найдите (x_1+x_2)/2.
Решение. Так как f(2016) = f(2018), то 2016^2 + 2016a + b = 2018^2 + 2018a +b; 2a = -2*4034; a =-4034 . По теореме Виета x_1 + x_2 = -a; -a/2 = 2017.
Ответ: 2017.

5. Плоскость раскрашена в три цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1.
Решение. Предположим, что любые две точки, лежащие на расстоянии 1, окрашены в разные цвета. Рассмотрим правильный треугольник ABC со стороной 1; все его вершины разного цвета. Пусть точка A1 симметрична A относительно прямой BC. Так как A1B = A1C = 1, то цвет точки A1 отличен от цветов точек B и C, т. е. она окрашена в тот же цвет, что и точка A. Эти рассуждения показывают, что если AA1 = Ц3, то точки A и A1 одного цвета. Поэтому все точки окружности радиуса Ц3 с центром A одного цвета. Ясно, что на этой окружности найдутся две точки, расстояние между которыми равно 1. Получено противоречие. Что и требовалось доказать.

[All_ex]

родина1, спасибо...
В сообществе есть топик посвящённый олимпиадам Брянской области eek.diary.ru/p194543076.htm
Вставил там ссылку на этот топик...

[Alemand]

Спасибо!

[Гость]

родина1, плохо видно условие задач: 8.3, 9.4, 10.4.

[Груша Вильямс]

В первом задании как понимаю надо было узреть (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 в исходном выражении? Что можно разбить на два множителя, один из которых содержит в себе другой, тогда при раскрытии скобок будет что-то типа `ab=a(a+k)=a^2+ka`...
Мне просто такая уже попадалась, правда лет 7-8 назад... Точь-в-точь с таким подходом. Получается, что это тогда приём))

[Гость]

как понимаю надо было узреть

В читаемом виде rgho.st/6cBP8bgVf