Ii математическая олимпиада имени леонарда эйлера решения заданий первого дня 1



Скачать 57.38 Kb.
Дата30.10.2016
Размер57.38 Kb.
II МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ИМЕНИ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Решения заданий первого дня

1. Однажды барон Мюнхгаузен, вернувшись с прогулки, рассказал, что половину пути он шёл со скоростью 5 км/ч, а половину времени, затраченного на прогулку — со скоростью 6 км/ч. Не ошибся ли барон? (И. Рубанов)

Ответ. Ошибся. Решение. Решение. Если барон половину затраченного времени шёл со скоростью 6 км/ч, то со скоростью 5 км/ч он шёл, самое большее, вторую половину этого времени, то есть не дольше, чем со скоростью 6 км/ч. Но это означает, что барон, идя со скоростью 5 км/ч, прошёл меньшее расстояние, чем идя со скоростью 6 км/ч. Стало быть, со скоростью 5 км/ч он прошёл меньше половины пути.

Замечание. В условии задачи не сказано, что Мюнхгаузен на прогулке шёл только со скоростью 5 или 6 км/ч: оно не исключает того, что часть времени он мог двигаться и с другими скоростями.

2. Найдите какие-нибудь семь последовательных натуральных чисел, каждое из которых можно изменить (увеличить или уменьшить) на 1 таким образом, чтобы произведение семи полученных в результате чисел равнялось произведению семи исходных чисел. (Методкомиссия Всероссийской олимпиады)

Решение. Решение. Подходят, например, числа от 3 до 9: заменим 3 на 2, 4 на 5, 5 на 6, а числа в каждой из пар (6, 7) и (8, 9) заменим друг на друга. В итоге получаем 3・4・5・6・7・8・9 = 2・5・6・7・6・9・8.

Замечание. Если удалось изменить на 1 каждое из n идущих подряд натуральных чисел m, ..., m+n−1 так, чтобы их произведение сохранилось, то можно сделать то же самое и с n+2 идущими подряд натуральными числами m, ..., m+n–1, m+n, m+n+1: достаточно к подходящим заменам чисел m, ..., m+n−1 добавить замены (m+n) ↔ (m+n+1). Именно так был построен пример из нашего решения: сначала найдены три подходящих числа 3, 4, 5, а потом к ним добавлены пары чисел 6, 7 и 8, 9. Добавляя следующие пары, мы получим примеры для любого нечётного количества идущих подряд натуральных чисел. Очевидным образом строятся примеры и для любого чётного количества идущих подряд натуральных чисел.

3. На гипотенузе BC прямоугольного треугольника ABC выбрана точка K так, что AB = AK. Отрезок AK пересекает биссектрису CL в ее середине. Найдите острые углы треугольника ABC. (И. Богданов)

О

твет
. ∠B = 54, ∠C = 36. Решение. Обозначим середину биссектрисы CL через P, а угол ABC через ; тогда ∠ACL = (90−)/2. В прямоугольном треугольнике ACL отрезок AP является медианой, поэтому AP = CP = LP. Теперь из равнобедренных треугольников APL и ABK получаем ∠ALP = ∠LAP = ∠BAK = 180−2∠ABK = 180−2. С другой стороны, ∠ALP = ∠ABC+∠LCB как внешний угол в BCL. Значит, 180−2 = +(90−)/2, откуда 5/2 = 135, то есть  = 54. Тогда ∠ACB = 90−∠ABC = 36.

4. Даны натуральные числа a и b, причем a < 1000. Докажите, что если a21 делится на b10, то a2 делится на b. (П. Кожевников)

Решение. Предположим, что утверждение задачи неверно; тогда найдётся простое число p, входящее в разложение числа a2 на простые множители с показателем меньшим, чем в разложение числа b. То есть, если a делится на pk, но не делится на pk+1, а b делится на pm, но не делится на pm+1, то m > 2k, а значит, m ≥ 2k + 1. Но из делимости a21 на b10 следует, что 21k ≥ 10m. Отсюда 21k ≥ 10(2k + 1), то есть k ≥ 10. Но a < 1000 < 210p10pk, поэтому a не может делиться на pk. Противоречие.

II МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ИМЕНИ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА

Решения заданий второго дня

5. Незнайка выписал по кругу 11 натуральных чисел. Для каждых двух соседних чисел он посчитал их разность (из большего вычел меньшее). В результате среди найденных разностей оказалось четыре единицы, четыре двойки и три тройки. Докажите, что Незнайка где-то допустил ошибку. (Р. Женодаров)

Решение. Запишем каждую из наших разностей со знаком плюс, если в соответствующей паре чисел большее стоит перед меньшим по часовой стрелке, и со знаком минус в противном случае. У нас получились 11 разностей между числом и следующим за ним по часовой стрелке; значит, сумма всех этих чисел равна нулю, то есть чётному числу. Это невозможно, поскольку среди них ровно семь нечётных чисел — четыре числа, равных 1 или –1, и три числа, равных 3 или –3.

6. В компании из шести человек любые пять могут сесть за круглый стол так, что каждые два соседа окажутся знакомыми. Докажите, что и всю компанию можно усадить за круглый стол так, что каждые два соседа окажутся знакомыми. (С. Волчёнков)

Решение. Заметим, что у каждого в компании не менее трёх знакомых. Действительно, если бы некто X был знаком менее, чем с тремя, то, исключив из компании одного из его знакомых, мы получили бы пятёрку людей, в которой у X не более одного знакомого, т. е. посадить их за круглый стол невозможно. Возьмём теперь любых пятерых и рассадим их за круглый стол. Шестой человек знаком, по крайней мере, с тремя из них; значит, он знаком с какой-то парой сидящих рядом людей. Если мы посадим шестого между ними, то получим требуемую рассадку.

7. При каком наибольшем n можно раскрасить числа 1, 2, ..., 14 в красный и синий цвета так, чтобы для любого числа k = 1, 2, ..., n нашлись пара синих чисел, разность между которыми равна k, и пара красных чисел, разность между которыми тоже равна k? (Д. Храмцов)

Ответ. = 11. Решение. Очевидно, n ≤ 12, поскольку существует лишь одна пара чисел с разностью 13. Предположим, что требуемое возможно при n = 12. Число 12 представляется в виде разности чисел от 1 до 14 ровно двумя способами: 13–1 и 14–2. Пусть для определенности число 1 — красное. Тогда число 13 тоже красное, а числа 2 и 14 — синие. Далее, существуют три пары с разностью 11: 12–1, 13–2, 14–3. Пара 13 и 2 разноцветная, значит, две остальных — одноцветные, поэтому число 12 красное (как и 1), а число 3 — синее. Продолжая таким образом рассматривать разности 10, 9, 8 и 7, на каждом шаге мы будем получать, что все возможные пары, кроме двух, уже разноцветные, и поэтому цвета еще двух чисел восстанавливаются однозначно. В итоге мы получим, что числа от 2 до 7 включительно — синие, а числа от 8 до 13 — красные. Но в таком случае число 6 не представляется в виде разности ни красных, ни синих чисел — противоречие. Следовательно, n ≤ 11. Осталось показать, что n может равняться 11. Один из примеров выглядит так: числа 1, 2, 4, 6, 8, 10, 12 — красные, а числа 14, 13, 11, 9, 7, 5, 3 — синие (расположение синих и красных чисел симметрично относительно середины отрезка [1, 14]). Есть и другие примеры.

8

. Биссектрисы углов A и C трапеции ABCD пересекаются в точке P, а биссектрисы углов B и D — в точке Q, отличной от P. Докажите, что если отрезок PQ параллелен основанию AD, то трапеция равнобокая. (Л. Емельянов)

Решение. Обозначим через ρ(X,YZ) расстояние от точки X до прямой YZ. Поскольку точка P лежит на биссектрисе угла C, имеем ρ(P,BC) = ρ(P,CD). Аналогично, ρ(Q,AB) = ρ(Q,BC). Но, поскольку QP || BC, имеем
ρ(Q,BC) = ρ(P,BC), откуда ρ(Q,AB) = ρ(P,CD) (см. рис.). Аналогично,
ρ(P,AB) = ρ(P,AD) = ρ(Q,AD) = ρ(Q,CD). Продолжим боковые стороны AB и CD до пересечения в точке S. Пусть точка P′ симметрична Q относительно биссектрисы ℓ угла ASD. Тогда из симметрии ρ(P′,CD) = ρ(Q,AB) = ρ(P,CD) и ρ(P′,AB) = ρ(Q,CD) = ρ(P,AB). Таким образом, точки P и P' лежат внутри угла ASD на прямых, параллельных AB и CD и отстоящих от них на расстояния ρ(P,AB) и ρ(P,CD) соответственно. Так как эти прямые не параллельны, у них только одна точка пересечения; значит, P' = P, точки P и Q симметричны относительно биссектрисы угла ASD, и ℓ  PQ || AD. Итак, в треугольнике SAD биссектриса является высотой, углы при его основании равны, то есть трапеция ABCD — равнобокая.


База данных защищена авторским правом ©bezogr.ru 2016
обратиться к администрации

    Главная страница