[sggssdtdft]

Мды... Только-только пришла с городской олимпиады по математике (питерской, в смысле)...

Ну и, как всегда, имеется куча заданий, с которыми очень бы хотелось разобраться.

Если кто-нибудь поможет - спасибо большое )))

Ах да, задания 11 класса.

Вот.

1. Десятичная запись квадрата натурального числа состоит из нескольких единиц и одной двойки. Докажите, что он делится на 11.



2. В стране 100 городов и 199 дорог (каждая дорога соединяет два города, любые два города соединены не более чем одной дорогой). Из любого города можно доехать по дорогам в любой другой. Докажите, что можно закрыть несколько дорог, образующих замкнутый маршрут, так, чтобы по оставшимся дорогам по-прежнему можно было доехать из любого города в любой другой.



3. Шестиугольник ACDEF вписан в окружность. Оказалось, что AB=BD, CE=EF. Диагонали AC и BE пересекаются в точке X, диагонали BE и DF - в точке Y и диагонали BF и AE - в точке Z. Докажите, что треугольник XYZ - равнобедренный.



Помогите пожалуйста, а то мне теперь эти задачи покоя не дают, особенно первая... %)))

@темы: Олимпиадные задачи

Comments

[#Free world#]

Мда вроде Питер, а задачки неоригинальные совсем ( -- скучно.

[Renaissance_Art]

1ая ваще элементарная какая-то

ответ 121 пришел в голову автоматом, а позже что-то вроде такого решения:

число оканчивается либо на 1, либо на 2. на 2 квадрат числа натурального оканчиваться не может, значит, на 1.

далее, если квадрат ( то есть тоже натуральное число ) оканчивается на 11, то, значит, корень из этого числа оканчивается либо на 9, либо на 1. получается

( а+1 )*( а+1 )=...11, где а - число меньше искомого на 1.

тогда а*а + 2*а + 1 = ...11, значит, а*а + 2*а = ...10, где а - число, делящееся на 10; а*( а+2 ) = ... 10. если а/10 - четное число, то противоречие ( в правой части после деления на 10 остается нечетное число, в левой, очевидно, четное ). если а/10 - число нечетное, то получается вот что:

некое число, делящееся на 10, причем а/10 оканчивается 1,3,5,7,9, при умножении на самое себя, увеличенное на 2, дается некое число оканчивающееся 10.

..10*..12=..20, ..30*..32=..60, ..50*..52=..00, ..70*..72=..40, ..90*..92=..80.

противоречие!

значит, тот самый квадрат оканчивается не на 11, а на 21.

поехали перебирать числа: 121, 1121, 11121...стопъ! уже самое первое подходит под определение квадрата, заодно оно же делится на 11.



вот такие какие-то мысли, может, и некорретно ( решал чисто в процессе разглядывания монитора ), но вроде правильно.

[sggssdtdft]

поехали перебирать числа: 121, 1121, 11121...стопъ! уже самое первое подходит под определение квадрата, заодно оно же делится на 11.



Я вот тут что-то не поняла... Я, конечно, туплю, но там в таком случае надо доказать, что других квадратов вида 111...121 нет... Может, это и очевидно (а очевидно ли?), но я пока доказывала чуть мозги себе не сломала, причем так и не доказала ...

А вообще, пасиба )

[Renaissance_Art]

да, точно, забыл доказать, что больше чисел нет ( хотя это и правда нетрудно вроде )

корень из 1..121 при четном числе 1 перед 2 имеет вид 333...33,3...

при нечетном числе там др.фигня, чуть позже распишу.

[Robot]

Вообще, в данной задаче не требуется искать такие числа. Главное, доказать, что они делятся на 11. Есть признак делимости на 11: число делится на 11 тогда и только тогда когда знакопеременная сумма его цифр делится на 11

an...a2a1 делится на 11, если а1-а2+a3+...((-1)^(n-1))an делится на 11.

например, 143 делится на 11, так как 3-4+1 делится на 11

Renaissance_Art правильно сказал, что квадрат целого числа не может заканчиваться на 2. Поэтому последняя цифра 1. Далее доказываем, что место 2 второе справа, то есть число представляет собой 11...1121. (я, например, просто возводила в квадрат числа 11, 21, 31..91, 19, 29, ..99, так как последние две цифры искомого числа определяются именно этим. Оказывается, что либо появляется ненужная цифра, либо 2 стоит на втором месте справа)

Итак, число выглядит 11...1121. Если перед двойкой стоит нечетное число единиц, например, 2к+1, то общее число цифр равно 2к+3 и тогда последняя 1 в знакопеременной сумме берется со знаком+ , а значит, сама знакопеременная сумма будет равна 0: 1-1+1-1+..+1-2+1=0. Значит, наше чиcло делится по признаку делимости на 11.

Пусть теперь перед 2 четное число единиц

111111..1121. Если делить на 11 с остатком , то в частном будет получаться число вида

101010..101 и в остатке 10. Докажем, что квадраты целых чисел при делении на 11 давать в остатке 10 не могут.

Пусть искомое число х=с^2

Для с возможны следующие случаи

1) с=11к, тогда х делится на 11 без остатка

2)с=11к+1. Тогда с^2=121k^2+22k+1 х дает в остатке 1

3)с=11к+2 x дает в остатке 4

ну и т.д.

Таким образом квадрат натурального числа не может быть записан в виде числа 1111..1121 с четным числом единиц перед 2

[Robot]

sggssdtdft

На дороги никогда не умела решать.

А в геометрической условие правильно записано?

[Renaissance_Art]

2 Robot

а прикольно с нечетным числом единиц вы разобрались)) у меня намного геморнее получилось))

я просто че-та так подумал, что можно доказать единственность удовлетворяющего условиям числа 121.)



что касается геометрии, вчера что-то нарисовал так, решать не стал, но показалось несложным: как понял, там надо просто показать, что в треугольнике при основании углы равные, эти углы представить как разность углов в прилегающих мн-никах и наверняка )))))) там получится, что где-нибудь там что-нибудь там попарно опирается на одни и те же дуги)

[sggssdtdft]

В геометрической правильно... ))

Там действительно что-то с углами-дугами... Но провозившись с этим всем минут 40 и перерисовав это все раз 7, я все равно ни к чему хорошему не пришла ) Вот такая я тупая... )))

[sggssdtdft]

И еще раз спасибо большое за решение первой )))

[mpl]

.