80003

Задачи IV соросовской олимпиады по математике для 6 - 11 классов

Дипломная

Математика и математический анализ

В последнее десятилетие широкую известность получили так называемые соросовские олимпиады, проводимые под эгидой фонда Сороса. Уровень этих олимпиад весьма высок и успех на них возможен только при наличии незаурядных математических способностей.

Русский

2015-02-15

1.94 MB

4 чел.

Московский городской педагогический университет

Кафедра алгебры и геометрии

Студент: Трапезников А.А.

Дипломная работа

Задачи IV соросовской олимпиады по математике

для 6 - 11 классов

Руководитель работы: Варпаховский Фёдор Леонидович

Консультант: Семёнов Павел Владимирович

Москва


Оглавление

  1.  Введение _______________________________________ 3
  2.  Джордж Сорос и Институт «Открытое Общество» ____ 4
  3.  Соросовские Олимпиады  _________________________ 5
  4.  Решение задач IV соросовской олимпиады  __________ 6
  5.  Общий обзор задач и их решений  __________________ 40

Литература _______________________________________ 43


Введение

Математические олимпиады имеют в нашей стране долгую и славную историю. В подготовке и проведении этих олимпиад принимали участие выдающиеся учёные и целые коллективы молодых математиков, работавшие под их руководством. Достаточно сказать, что одним из инициаторов и вдохновителей олимпиад по математике был крупнейший отечественный математик А.Н. Колмогоров. Прежде всего ему и его ученикам обязаны мы тем высоким уровнем, который отличал и отличает наши олимпиады. Участники всесоюзных и московских олимпиад не раз завоёвывали призовые места на международных олимпиадах, многие из них впоследствии сами становились видными математиками, вносившими значительный вклад в науку. Известно, например, что ленинградский математик Ю. Матисевич, прошедший большую школу математических олимпиад, использовал свой олимпиадный опыт для решения знаменитой десятой проблемы Гильберта о неразрешимости диофантовых уравнений.

В последнее десятилетие широкую известность получили так называемые соросовские олимпиады, проводимые под эгидой фонда Сороса. Уровень этих олимпиад весьма высок и успех на них возможен только при наличии незаурядных математических способностей.

Автор настоящей работы, сам неоднократно участвовавший в ряде олимпиад и турниров различных уровней, поставил себе целью прорешать и проанализировать 60 задач первого (заочного) тура IV соросовской олимпиады для школьников 6-11 классов. Полученные в работе решения и их анализ окажется, возможно, полезным для тех, кто по-настоящему увлекается математикой или желает сделать её своей профессией.


Джордж Сорос и Институт «Открытое Общество»

Джордж Сорос, основатель и глава благотворительных фондов, родился в Будапеште в 1930 году. В 1947 году он эмигрировал в Великобританию, где закончил Лондонскую Школу Экономики. После отъезда в 1956 году в США Сорос учреждает международный инвестиционный фонд "Quantum Group", деятельность которого стала началом его финансового успеха. В 1979 в Нью-Йорке он основал "Open Society Fund", положивший начало сети благотворительных фондов, охватывающей ныне более 25 стран. Джордж Сорос известен не только как финансист и филантроп, но и как социальный мыслитель, автор ряда книг и статей, для которого основополагающей ценностью и центральной идеей является становление открытого общества в современном мире.

Фонды Сороса - сеть фондов, программ и институтов, учреждённых Джорджем Соросом для помощи в становлении и развитии открытого общества в мире, особенно в бывших коммунистических странах Центральной и Восточной Европы. Национальные фонды сегодня действуют помимо России более чем в 30 странах. Каждый из них имеет собственные руководящие органы и проводит собственные программы.

Институт “Открытое общество” инициирует и поддерживает программы по развитию открытого общества, координирует работу независимых национальных фондов. Деятельность Института выходит за пределы стран Центральной и Восточной Европы, включая в сферу своих программ и Соединённые Штаты. Центральный офис Института расположен в Нью-Йорке.

Центрально-Европейский Университет - международный центр последипломного образования и научных исследований - находится в Будапеште. ЦЕУ был основан Джорджем Соросом в 1991 году. В нём работают 8 факультетов.

Фонды Сороса стремятся создавать инфраструктуры и институты, необходимые открытому обществу для поддержки широкого спектра программ в области образования, коммуникаций, прав человека, науки и медицины, искусства и культуры, экономических реформ и реформы законодательства. Во всех перечисленных областях фонды Сороса разрабатывают и поддерживают различные проекты, работающие на «Открытое Общество».


Соросовские Олимпиады

Главная цель Соросовских Олимпиад - пробуждение массового интереса школьников к математике, физике, химии и биологии.

Основные принципы:

  1.  в Соросовской Олимпиаде должен иметь возможность принять участие любой школьник/школьница - исключительно по собственному желанию;
  2.  задачи Олимпиады должны быть интересны по содержанию, при их составлении необходимо по возможности привлекать сюжеты современной науки;
  3.  задачи Олимпиады не должны отпугивать школьников своей сложностью, и конечно же, не должны выходить за пределы обычной школьной программы.

Сначала проводится заочный тур; задачи по всем четырём предметам публикуются в массовой печати, а также рассылаются по всем школам России вместе с «Соросовским Образовательным Журналом».

Второй, очный тур одновременно проходит в нескольких сотнях базовых школ во всех регионах России. Помимо всех, кто успешно решил задачи заочного тура, к участию во втором туре привлекаются и другие школьники - как правило, по рекомендации их учителей. Дополнительным и весьма эффективным способом привлечения школьников к участию во втором туре является рассылка по школам брошюры с условиями задач заочного тура и их решениями. Многие учителя помогают школьникам разбирать во время уроков или во внеклассное время наиболее сложные задачи и этим дополнительно подпитывают их интерес к решению задач и освоению школьного материала. В итоге число участников второго тура обычно в 3-5 раз превышает число участников заочного тура, приславших свои решения.

Финальный тур проходит в мае, одновременно в нескольких городах. В финальном туре участвует несколько тысяч победителей второго тура. При таком большом числе участников для экономии средств и времени проверка сданных школьниками работ проводится после окончания Олимпиады.

В трех Соросовских олимпиадах, которые были проведены в России, Украине, Белоруссии и Грузии, участвовали более 200 тысяч школьников. Только во втором туре III Олимпиады в России приняли участие 68 453 человек из почти 1400 населенных пунктов России; он был проведен в 76 республиках, краях и областях России, в нем также приняли участие многие русскоязычные школьники других республик бывшего СССР. 4106 победителей второго тура были допущены к участию в третьем туре, который состоялся в 26 городах стран СНГ в разных географических зонах. Чтобы наилучшим образом организовать проверку астрономически большого числа решений задач, формируется несколько команд проверяющих. С ними предварительно оговариваются условия проверки, обсуждаются разные возможные варианты решений - стандартных и нестандартных. Затем один человек команды проверяет во всех работах, переданных этой команде, только одну какую-то задачу, другой проверяющий - другую и так далее. Такой подход позволил резко увеличить эффективность и скорость проверки.

В течение трех лет победители Соросовских Олимпиад принесли России максимальное число призовых мест на международных олимпиадах школьников. Успехам Соросовских олимпиад в немалой степени способствовало и то, что принципы их проведения привлекли к их организации наиболее талантливых композиторов задач, которым Программа выражает неизменную благодарность.

После проведения Олимпиад задачи всех туров по всем предметам вместе с их решениями публикуются в сборнике, который издается ежегодно тиражом в 40 тысяч экземпляров и бесплатно рассылается по школам.

Некоторые  ведущие вузы России при проведении вступительных экзаменов учитывают результаты, полученные учащимися в финальном туре Олимпиады. Победители и призеры Соросовской олимпиады получают гранты.

Еще  одним показателем высокого  уровня Соросовских олимпиад  стал следующий факт: четвертый год в  странах, где осуществляется Программа, официальные команды для участия в Международных олимпиадах почти на 90% комплектуются из победителей и призеров Соросовских олимпиад.

Решения задач IV Соросовской олимпиады

6 класс

1. За 25 бубликов заплатили столько рублей, сколько бубликов можно купить на рубль. Сколько стоит один бублик?

Решение:

Пусть 25 бубликов стоят x рублей, тогда за x бубликов заплатили 1 рубль. Тогда в первом случае один бублик стоит рублей, а во втором - рублей. Отсюда получаем уравнение:

Решая это уравнение, получаем:

x2=25

Откуда, с учетом условия, что стоимость не может быть отрицательной получаем:

x=5 рублей.

Тогда один бублик стоит 20 копеек.

Ответ: 20 копеек.

2. Разрежьте квадрат на рисунке на 4 части одинаковой формы и размерам так, чтобы в каждую часть попало ровно по одному заштрихованному квадратику.

Ответ:

3. Числитель и знаменатель дроби - положительные числа. Числитель увеличили на 1, а знаменатель - на 10. Может ли увеличиться при этом дробь?

Решение:

Вычитая, из измененной дроби исходную дробь , получим . Откуда видно, что дробь увеличится, если b>10a, например, если a=1, а b=20.

Пример:

Ответ: Может.

4. Брат вышел из дома на 5 минут позже сестры вслед за ней, но шел в полтора раза быстрее, чем она. Через сколько минут после выхода брат догонит сестру?

Решение:

Пусть скорость сестры равна v м/мин, тогда скорость брата 1,5v м/мин. За время t от начала движения до встречи брат прошел 1,5vt метров, а сестра (vt+5v) метров. Они встретились - получаем уравнение:

1,5vt=vt+5v

1,5t=t+5

t=10 мин

Ответ: 10 мин

5. 3 яблока дороже 5 груш. Могут ли 5 яблок быть дешевле 7 груш? Могут ли 7 яблок быть дешевле 13 груш? (Все яблоки стоят одинаково, все груши - тоже)

Решение:

Условие задачи означает, что 15 яблок стоят дороже 25 груш. Если бы при этом оказалось, что 5 яблок стоят дешевле 7 груш, то получилось бы, что 15 яблок стоят дешевле 21 груши и стоимость 21 груши была бы больше стоимости 25 груш.

Снова по условию задачи 21 яблоко стоит дороже 25 груш. Если, например, 21 яблоко стоит столько же, сколько 36 груш, то 7 яблок стоят столько же, сколько 12 груш, то есть меньше чем стоят 13 груш.

Ответ:

1)Не могут

2)Могут

6. Приведите пример натурального числа, делящегося на 6 и имеющего ровно 15 различных натуральных делителей (считая 1 и само число).

Решение:

Искомое число делится на 2 и на 3. Будем поэтому искать его в виде 2k3l. Его делители будут все числа вида 2a3b, где 0ak, 0bl, то есть следующие числа:

20,21,...,2k

320, 321,..., 32k

............................

3l20, 3l21,..., 3l2k

В каждой строке этой таблицы k+1 число, а строк всего l+1. Следовательно, у числа 2k3l (k+1)(l+1) делителей. Чтобы выполнялось условие (k+1)(l+1)=15 достаточно выбрать k=4, l=2. Отсюда одно из искомых чисел есть 2432=144.

Ответ: 144

7. В хороводе по кругу стоят 30 детей. Правый сосед каждой девочки - мальчик. У половины мальчиков правый сосед тоже мальчик, а у всех остальных мальчиков стоит девочка. Сколько мальчиков и девочек в хороводе.

Решение:

Пусть мальчиков x, а девочек у. Так как всего детей 30 человек, то x+y=30. По условию часть мальчиков являются правыми соседями девочек (таких мальчиков y), а остальные являются правыми соседями мальчиков (таких мальчиков ). Следовательно, y+=x, то есть x=2y, 2y+y=30, y=10, x=20.

Ответ:

8. Лист бумаги согнули вдвое по прямой и прокололи иголкой в двух местах, а потом развернули и получили 4 отверстия. Положения трех из них отмечены на рисунке. Где может находиться четвертое отверстие?

Решение:

Две из трех точек A,B,C должны быть симметричны относительно прямой сгиба. Если этими точками являются точки A и B, то четвертая точка будет симметрична точке C относительно серединного перпендикуляра отрезка AB. Àíàëîãè÷íî îòûñêèâàåòñÿ íåäîñòàþùàÿ òî÷êà â äâóõ äðóãèõ ñëó÷àÿõ.

9. Подряд написаны числа 1, 2, 3, 4, 5....2000. Первое, третье, пятое и т.д. по порядку вычеркивают. Из оставшихся 1000 чисел снова вычеркивают первое, третье, пятое и т.д. Так делают, пока не останется одно число. Что это за число?

Решение:

После первого вычеркивания останутся числа 2,4,6, … ,2000. Сократив их на 2, получим 1000 чисел 1,2, … ,1000. Вычеркивая из этих чисел нечетные и сокращая оставшиеся на 2 получим 500 чисел. Повторяя ту же процедуру дальше, получим последовательно на третьем и дальнейшем шагах:

 3. 1,2, … ,250.

 4. 1,2, … ,125.

 5. 1,2, … ,62.

 6. 1,2, … ,31.

 7. 1,2, … ,15.

 8. 1,2, … ,7.

 9. 1,2,3.

10. 1.

Поскольку оставшееся число получилось из числа исходной последовательности в результате 10-кратного деления на 2, то в исходной последовательности соответствующее число было 210 = 1024.

Ответ: 1024

10. На числовой оси живет кузнечик, который умеет прыгать на 1 и на 4 вправо и влево. Может ли он за 1996 прыжков попасть из точки 1 в точку 2 числовой оси, если он не должен попадать в точки с координатами, кратными 4.

Решение:

Обозначим текущую координату точки через 4q+r, где 0<r<4. Прыжки первого рода изменяют только q, а второго – только r. Пусть было s1 прыжков первого рода вправо и s2 - влево,  t1 прыжков второго рода вправо, и t2 – влево.

Пусть в результате 1996 прыжков кузнечик попал из точки 1=04+1 в точку 2=04+2, тогда 0+s14-s24=0 и 1+t1-t2=2. Отсюда s1=s2, t1=t2+1. Но s1+s2+t1+t2=1996 или s1+s1+t2+1+t2=1996. Получается, что число 1996 нечётное, следовательно, переход из т.1 в т.2 за 1996 прыжков невозможен.

Ответ: Не может.

7 класс

1. Нефтепровод проходит мимо трех деревень А, В, С. В первой деревне сливают 30% от первоначального количества нефти, во второй 40% от того количества, которое дойдет до деревни и, а в третьей 50% того количества, которое дойдет до деревни С. Сколько процентов нефти от первоначального количества доходит до конца нефтепровода?

Решение:

Пусть в первую деревню поступает x нефти, тогда в А сливают 0,3x, а 0,7x идут в деревню В. Затем в деревне В сливают 0,4(0,7x)=0,28x, а оставшиеся 0,42x идут дальше в деревню С. В деревне С сливают 0,5 от поступившего количества, т.е. 0,21x. И в результате до конца нефтепровода доходит 0,21х нефти. А это составляет 21% от первоначального количества.

Ответ: 21%

2. Есть несколько обыкновенных несократимых дробей (не обязательно правильных) с натуральными числителями и знаменателями (причем знаменатели больше 1). Произведение всех  дробей равно 10. Все числители и знаменатели увеличили на 1. Может ли произведение получившихся дробей оказаться больше 10?

Решение:

Рассмотрим 3 обыкновенных несократимых дроби

Их произведение:

Рассмотрим следующее произведение:

Ответ: Может.

3. Гирлянда состоит из 10 последовательно соединенных лампочек. Ровно одна из лампочек перегорела, но неизвестно, какая. Для замены перегоревшей имеется годная лампочка. Чтобы вывинтить лампочку, нужно 10 секунд, чтобы завинтить - тоже 10 секунд (временем на остальные действия можно пренебречь). Можно ли гарантированно найти перегоревшую лампочку за 10 минут?

Решение:

Итак, 10 мин = 600 секунд.

Для проверки работоспособности одной лампочки необходимо:

  1.  вывинтить проверяемую лампочку - 10 сек
  2.  вкрутить тестирующую лампочку - 10 сек
  3.  Если гирлянда не загорелась (т.е. тестируемая исправна), то перейти к следующей лампочке

В итоге на проверку одной лампочки необходимо - 20 сек.

Лампочек 10 штук, но для определения неисправной лампочки достаточно проверить 9 лампочек. Если все 9 исправны, то 10-ая лампочка неисправна точно, ибо больше не из чего выбирать. А для проверки 9 лампочек необходимо 920=180 секунд. А у нас есть 600 секунд. То есть времени более чем достаточно.

Ответ: Да. Более того достаточно 180 секунд для проверки всех лампочек.

4. Когда быстрый и медленный спортсмены бегут по стадиону в одну сторону, то быстрый обгоняет медленного раз в 15 минут, а когда они бегут навстречу, то встречаются раз в 5 минут. Во сколько раз скорость быстрого бегуна больше скорости медленного?

Решение:

Пусть скорость медленного спортсмена равна x км/мин, а периметр стадиона S км. Тогда за 15 мин он пробегает 15x км, а быстрый спортсмен пробегает (15x+S) км. А тогда скорость быстрого - км/мин. Рассмотрим теперь случай когда спортсмены бегут навстречу друг другу. Медленный пробегает 5x км, а быстрый км и в сумме это составляет S.  Упрощая уравнение 5x + =S, находим что S=15x. Но тогда скорость быстрого спортсмена равна 2x. И получается что отношение скорости быстрого спортсмена к скорости медленного спортсмена равно 2.

Ответ: В 2 раза.

5. Петя опоздал в школу на 35 минут. Тогда он решил сбегать в киоск за мороженым. Но когда он вернулся, второй урок уже начался. Он тут же побежал за мороженым во второй раз и отсутствовал такое же время. Когда он вернулся, то оказалось, что он опять опоздал, и до начала четвертого урока надо ждать 50 минут. За какое время можно сбегать из школы до киоска с мороженым и обратно, если каждый урок вместе с переменой после него длится 55 минут?

Решение:

Пусть Петя отсутствовал(бегая за мороженым туда и обратно) x мин. Тогда через (35 +2x) мин после начала первого урока Петя опоздал на третий урок и так как оставалось ждать 50 мин до начала 4 урока,  то опоздал он на 5 мин. То есть Петя прибежал  через 552+5 мин от начала первого урока. Значит 35+2x = 115. Откуда находим, что Петя бегал за мороженым туда и обратно за 40 мин.

Ответ: 40 мин.

6. В выпуклом семиугольнике проведите как можно больше диагоналей так, чтобы никакие три из них не были сторонами одного треугольника, вершины которого находятся в вершинах исходного семиугольника.

Решение:

Всего в семиугольнике 14 диагоналей, на которых построено 7 треугольников. Если убирается 1 диагональ, то разрушается не более двух треугольников. Значит, чтобы разрушить все треугольники надо убрать не менее чем 4 диагонали. И действительно, убрав 4 диагонали, можно получить фигуру с 10 диагоналями, в которой нет треугольников, составленных из диагоналей (см. рисунок).

Ответ: 10 диагоналей

7. В письменности антиподов числа тоже записываются знаками 0,..., 9, но при этом каждая из цифр имеет у них и у нас разные значения. Оказалось, что у антиподов тоже верны равенства:  58+7+1=48, 226=24, 56=30. Как продолжит равенство 23 = ... грамотный антипод? Что означает у антиподов цифра 9?

Решение:

Пусть 0,1,...,9 означают у антиподов цифры x0, x1, ... , x9. Тогда

x5x8+x7+x1=10x4+x8 (1)

x2x2x6=10x2+x4 (2)

x5x6=10x3+x0 (3)

Две цифры x1 и x7 входят в первое уравнение в сумме и если поменять их значения, то смысл уравнения не изменится. Поэтому если есть одно решение, то, переставляя цифры x1 и x7, получим еще одно верное решение.

Из (2)=> x2 делит x4.

Если x2=0, то из (2) следует, что x4=0, то есть x2=x4 вопреки условию.

Если x2=1, то из (2) следует, что x610, что противоречит условию.

Если x2=3, то из (2) следует, что x4=6 и x6=4.

Если x2=4, то из (2) следует, что x4=8 и x6=3.

Если x2=5, то из (2) следует, что x4=0, x6=2.

Если x26, то из (2) следует, что x4 =0. Но тогда из (1) получаем x5x8+x7+x1=x8, что невозможно.

x2=3

x4=6  

x6=4

x5x8+x7+x1=60+x8 (6)

4x5 =10x3+x0 (7)

Из (7) следует, что x0 делится на 2. То есть x0=2 или x0=8

x2=4

x4=8

x6=3

x5x8+x7+x1=80+x8 

3x5 =10x3+x0 

Такого быть не может, так как при любых x5 и x8 x7+x1<80-x5x8+x8.

x2=5

x4=0

x6=2

x5x8+x7+x1=x8 (4)

2x5 =10x3+x0 (5)

Из (5) следует, что x3=1, x0=4 или x0 =6 или x0 =8.

Но тогда в силу (4) x8>9.

x2=3

x4=6  

x6=4

x0=8

x5x8+x7+x1=60+x8 (6)

2x5 =5x3+4 (8)

Из (8) следует, что x3 четно.

Тогда x3=0 или x3=2

Если x3=0, то x5=2.

Если x3=2, то x5=7.

x2=3

x4=6  

x6=4

x0=2

x5x8+x7+x1=60+x8 (6)

2x5 =5x3+1 (9)

Из (9) следует, что x3 нечетно. Но при x35 в силу (9) x5>9. Если же x3=1, то x5=3 и в силу (2) 2x8+x1+x7=60, что невозможно.

x2=3

x4=6  

x6=4

x0=8

x3=2

x5=7

В этом случае в силу (2) 6x8+x7+x1=60.

Тогда x7+x1 делится на 6. А из оставшихся цифр(0,1,5,9) можно получить 6 только так 5+1.

x2=3

x4=6  

x6=4

x0=8

x3=0

x5=2

В этом случае в силу (2) x8+x7+x1=60, что невозможно.

Итак, x2=3, x4=6, x6=4, x0=8, x3=2, x5=7, x7=1, x1=5. Тогда (2) дает 6x8+6=60, откуда

x8=9.

В результате искомые решения таковы:

x0=8, x1=5, x2=3, x3=2, x4=6, x5=7, x6=4, x7=1, x8=9, x9=0

x0=8, x1=1, x2=3, x3=2, x4=6, x5=7, x6=4, x7=5, x8=9, x9=0

Тогда равенство 23 = =32=9. У антиподов цифра 9 означает 8. Поскольку 2 означает 3, а 3 - 2, то 23=8 означает 9.

Ответ: У антиподов 23=9, цифра 9 означает 8.

8. Подряд написали числа 1, 2, 3, 4, .... 1996, 1997. Каких цифр при записи этих чисел было использовано больше - единиц или двоек? На сколько?

Решение:

Вариант № 1:

Числа от 1 до 999 содержат столько же единиц, сколько и двоек, поскольку все числа, в которых эти цифры встречаются, разбиваются на пары чисел, переходящих друг в друга при замене 1 на 2 и 2 на 1. Например: (1,2); (13,23);(112,221). Числа 1000, … , 1997 содержат дополнительно 998 единиц.

Вариант № 2:

Число

Наличие 2 в разряде тысяч

Наличие 2 в разряде сотен

Наличие 2 в разряде десятков

Наличие 2 в разряде единиц

Наличие 1 в разряде тысяч

Наличие 1 в разряде сотен

Наличие 1 в разряде десятков

Наличие 1 в разряде единиц

1-9

1

1

10-19

1

10

1

20-29

10

1

1

30-99

7

7

1-99

10

10

10

10

100-199

10

10

100

10

10

200-299

100

10

10

10

10

300-399

10

10

10

10

400-499

10

10

10

10

500-599

10

10

10

10

600-699

10

10

10

10

700-799

10

10

10

10

800-899

10

10

10

10

900-999

10

10

10

10

1000-1099

10

10

100

10

10

1100-1199

10

10

100

100

10

10

1200-1299

100

10

10

100

10

10

1300-1399

10

10

100

10

10

1400-1499

10

10

100

10

10

1500-1599

10

10

100

10

10

1600-1699

10

10

100

10

10

1700-1799

10

10

100

10

10

1800-1899

10

10

100

10

10

1900-1997

10

10

98

10

10

Итого:

200

200

200

998

200

200

200

В результате получаем, что при записи чисел от 1 до 1997 было использовано 600 двоек и 1598 единиц.

Ответ: единиц больше на 998.

9. На числовой оси живет кузнечик, который умеет прыгать на 1 и на 4 вправо и влево. Может ли он за 1996 прыжков попасть из точки 1 в точку 2 числовой оси, если он не должен попадать в точки с координатами, кратными 4.

Решение:

Смотри решение задачи 6.10.

10. Существует ли выпуклый четырехугольник, который можно разрезать по прямой на две части одинаковой величины и формы, но ни диагональ, ни прямая, проходящая через середины противоположных сторон, не делит его на две равные части?

Решение:

Построим следующую прямоугольную трапецию ABCD(смотри рисунок). Возьмем на прямой l1 точки A, M и B так, что АМ=МВ. Из точки М восстановим перпендикуляр к l1 и на этом перпендикуляре возьмем точку N так, что MN=AM. Проведем через N прямую l2, не перпендикулярную l1 и отличную от MN. Опустим из А и В перпендикуляры АD и BC на l2. В треугольниках CNB и DAN гипотенузы равны 1+3=900=3+4, откуда 1=4.

Значит, эти треугольники равны. У этой трапеции нет диагонали или прямой, проходящей через середины противоположных сторон, которые делили бы ее на две равные части, но при повороте на 90 градусов по часовой стрелке вокруг точки М фигура AMHD перейдет в фигуру HMBC.

Ответ: Существует

8 класс

1. Какое максимальное количество 12%-го раствора кислоты можно получить, имея по 1 литру 6 %-го, 10 %-го, 15 %-го растворов?

Решение:

Пусть раствор состоит из x литров первого раствора, y литров второго раствора и z литров третьего. Его концентрация должна быть 12%, то есть . Откуда x=.  Тогда x + y + z==.  А эта сумма наибольшая если y и z наибольшие. В результате получаем: y=1,z=1, x=.

Ответ: 2

2. Какое число больше: 1997199719972  или 199719971996199719971998?

Решение:

Пусть число 199719971997 = n, тогда 199719971996 = n-1, а 199719971998 = n+1. Но 1997199719972 = n2, а 199719971996199719971998 = (n-1)(n+1), а 

n2>(n-1)(n+1) =n2-1.

Значит число 1997199719972 больше числа 199719971996199719971998.

Ответ: 1997199719972 больше.

3. Существует ли выпуклый 1998-угольник, все углы которого выражаются целым числом градусов?

Решение: 

Пусть такой 1998-угольник существует и - его наибольший угол. Тогда сумма всех углов равная 1801996, будет не больше 1998.

18019961998,

180>1790, что невозможно.

Следовательно, 1998-угольник, все углы которого выражаются целым числом градусов, не существует.

Ответ: Не существует.

4. Существует ли десятизначное число, делящееся на 11, в записи которого использованы все цифры от 0 до 9?

Решение:

Вариант № 1

Проверим не делится ли на 11 какое-либо число, которое получается из числа a=9876543210 перестановкой  цифры 1 с цифрой более высокого разряда.

a)Число 9876543210 при делении на 11 дает остаток 6. Перестановка цифры 1 и 2 дает число а+10-100, цифр 1 и 3 - число а+20-2000, цифр 1 и 4 - число а+30-30000 и так далее. Но числа 10-100, 20 - 2000, 30-30000,... дают при делении на 11 те же остатки, что и числа 10 - 1, 20 - 210, 30 - 31,..., то есть остатки 9,0,5,... А так как 6+5=11, то число а+30-30000, то есть число 9876513240 делится на 11.

Вариант № 2

Для того, чтобы число Х делилось на 11 необходимо и достаточно, чтобы разность сумм цифр числа, стоящих на нечетных местах, и  суммы цифр числа, стоящих на четных местах, делилась на 11, то есть надо найти такие пять цифр, чтобы разность их суммы S и суммы 45-S остальных цифр делилась на 11. Достаточно, например, чтобы S-(45-S)=2S-45 было равно -11, то есть S=17. Но 8+2+4+3+0=17. Итак поэтому число 8927463501 делится на 11.

Ответ: Существует.

5. По кругу написано 20 чисел, каждое из которых равно сумме двух своих соседей. Доказать, что сумма всех чисел равна 0.

Решение:

Пусть дано 20 чисел - x1, x2, ... x20. Из условия следует, что

x1=x20 - x19

Складывая эти равенства, получим

x2=x1 - x20

x3=x2 - x1

x4=x3 - x2

.....

x20=x19 - x18

x1+... + x20= x20 - x19 + x1 - x20 + x2 - x1 + x3 - x2 +....+ x19 - x18 = 0

6. Существует ли выпуклый многоугольник. Который не имеет ни оси симметрии, ни центра симметрии, но который переходит в себя при повороте вокруг некоторой точки на некоторый угол, меньше 180°?

Решение:

Возьмем на окружности три точки A,B,C, делящие окружность на три равные части и возле каждой вершины по одну сторону от точек A,B,C на малом расстоянии  отметим точки A1,B1,C1 соответственно. А по другую сторону от точек A,B,C на малом расстоянии 1(1) отметим точки A2,B2,C2 соответственно. В результате фигура не будет иметь ни центра, ни оси симметрии. Действительно, пусть у нее есть ось симметрии, тогда так как точек всего 9, то ось симметрия проходит через одну из них. Пусть, например, она проходит через точку А. Но точки A1 и А2 не симметричны относительно этой прямой, поскольку 12. Ось симметрии не может проходить и через точку A1, поскольку 1<A1B2 ввиду малости 1 и  и так далее.

Ответ: Существует

7. В выпуклом семиугольнике проведите как можно больше диагоналей так, чтобы никакие три из них не были сторонами одного треугольника, вершины которого находятся в вершинах исходного семиугольника.

Смотри решение 7.6.

8. Приведите пример натурального числа,  которое делится на 30 и имеет ровно 105 различных натуральных делителей, включая 1 и само число.

Решение:

Будем искать такое число в виде 2k3l5m. Сомножитель 2k имеет k+1 делителей. Точно также у сомножителя 3l будет l+1 делителя, у 5m - m+1 делителей. Поэтому произведение 2k3l5m имеет (k+1)(l+1)(m+1) делителей. Следовательно, взяв k=6, l=4, n=2, получим требуемое число 263452=129600.

Ответ: 129600

9. В письменности антиподов числа тоже записываются знаками 0,..., 9, но при этом каждая из цифр имеет у них и у нас разные значения. Оказалось, что у антиподов тоже верны равенства:  58+7+1=48, 226=24, 56=30. Как продолжит равенство 23 = ... грамотный антипод? Что означает у антиподов цифра 9?

Смотри решение 7.7.

10. Существует ли выпуклый четырехугольник, который можно разрезать по прямой на две части одинаковой величины и формы, но ни диагональ, ни прямая, проходящая через середины противоположных сторон, не делит его на две равные части?

Смотри решение 7.10.

9 класс

1. Решите уравнение:

2

Решение:

       

Ответ: Нет решений.

2. Через вершины А и В единичного квадрата ABCD проходит окружность, пересекающая прямые AD и АС в точках К и М, отличных от А. Найдите длину проекции КМ на АС.

Решение:

1. KLMA; KLMA=L

2. KAL=450; ABK=AMK(опираются на одну дугу);. KLA=KAB

3. Из (2) по признаку подобия:KLM подобен KAB.

4. Пусть AK = a, тогда из KLA находим KL=a. Составляем пропорцию для подобных треугольников KLM и KAB:

 ,

ML=

Ответ:

3. В цехе работало несколько станков. После реконструкции количество станков сократилось, причем число процентов, на которое уменьшилось число станков, оказалось равным числу оставшихся станков. Какое наименьшее число станков могло быть в цехе до реконструкции?

Решение:

Пусть k - число станков до реконструкции, p - число процентов (целое). По условию p = k(1-) или p = 100 - . А наименьшее значение числа k, при котором 100+k является делителем 10000, является число 25.

Ответ:25

4. Найдите наименьшее значение выражения

Решение:

Это выражение определено когда x0,y0 и x, y - одного знака. Оно не меняется при замене x и y на -x и -y. Поэтому можно считать, что x>0 и y>0.

Так как , то 8xy-. Знак равенства возможен только если , т.е. если 2x=y.

Пусть =t, тогда 8xy-=8t2-t ==

=.

Равенство достигается при . Таким образом:

Ответ: .

5. Имеется квадратная таблица со стороной n. Можно ли в клетки этой таблицы вписать числа 0, 1 или 2 так, чтобы все суммы чисел по строкам и столбцам были бы различны и принимали значения от 1 до 2n, если: a) n = 7, б) n= 8?

Решение:

1

0

0

0

0

0

0

0

1

2

1

0

0

0

0

0

0

3

2

2

1

0

0

0

0

0

5

2

2

2

1

0

0

0

0

7

2

2

2

2

2

0

0

0

10

2

2

2

2

2

2

0

0

12

2

2

2

2

2

2

2

0

14

2

2

2

2

2

2

2

2

16

15

13

11

9

8

6

4

2

а) Рассмотрим таблицу 3x3. Пусть сумма по столбцам равна s1,s2,s3, а сумма по строкам равна t1,t2,t3. Тогда s1+s2+s3= t1+t2+t3

s1+s2+s3+t1+t2+t3=1+2+...+2n=n(1+2n)

Но n(1+2n) не делится на 2 нацело. Значит построить такую таблицу для нечетного числа строк и столбцов нельзя.

б) Смотри рисунок.

Ответ: a)Нет б) Да

6. Около квадрата со стороной 1997 описан ромб. Найдите его диагонали, если известно, что они равны различным целым числам.

Решение:

1. AOB подобен KMB(AOB=KMB=90; MKB=OAB)

2. Из подобия треугольников имеем 

Пусть AO=;BO=. Тогда :=:(-).

Отсюда получаем уравнение: yx=1997(x+y).

Пусть y=1997k(правая часть делится на 1997, а значит и левая должна делиться, то есть либо x, либо y делится на 1997), тогда kx=x+1997k.

x(k-1)=1997k

Пусть x=kt(k и k-1 взаимно просты, а значит x делится на k): t(k-1)=1997.

Ответ: x=1998, y=19981997.

7. Для любых двух точек А(x1; у1) и В(x2; у2) расстояние (A, В) между ними определено равенством (A, B) = |x1 - x2| + 1 - у2|. Докажите, что для введенного таким образом расстояния выполняется неравенство треугольника: (A,C)+(С,В) (А,B). Пусть А и B - две точки плоскости (можно взять А(1; 3), В(3; 7)). Найдите геометрическое  место точек С, для которых: а) (А,С)+ (С,В)= (А,В);(1) б),C) = (С,В)(2).

Решение:

Пусть есть три точки А(x1; у1), В(x2; у2) и C(x3;y3), не лежащие на одной прямой (если лежат, то доказательство следует из условия задачи).

Тогда (А,B)= |x1 - x2| + 1 - у2|=|x1 - x3 + x3- x2| + 1 - y3 + y3 - у2|  |x1 - x3| + |y1 - y3|+

+|x3 - x2| + 3 - у2|=(А,C)+ (C,B)

а) Пусть А(1; 3), В(3; 7), С(x; y). Тогда равенство (1) примет вид:

 |1 - x| + |3 - у| + |x - 3| + - 7| = 6

Тогда ответ изображен на рис 1.

б) Пусть А(1; 3), В(3; 7), С(x; y). Тогда равенство (2) примет вид:

|1 - x| + |3 - у| = |x - 3| + - 7|

Тогда ответ изображен на рис 2.

8. В левом нижнем углу шахматной доски размерами 6 x 6 находится король. За один ход он может передвинуться либо на одну клетку вправо, либо на одну клетку вверх, либо на одну клетку по диагонали - вправо и вверх. Сколькими различными путями король может пройти в правый верхний угол доски?

Решение:

Очевидно, что в каждую клетку, находящуюся на сторонах АВ и АD, ведет только один путь; в клетку 2b ведут 3 пути. В клетку 2с можно попасть, во-первых, из пункта 2b, значит, тоже 3 путями, во-вторых, из пункта 1с, и, в третьих из клетки 1b, то есть еще двумя  путями. Следовательно, всего к клетке 2с ведут 3+1+1= 5 маршрутов. Аналогично, найдём количество маршрутов, ведущих в каждую оставшуюся клетку. И в результате найдем, что в клетку 6f ведут 1683 маршрута.

Ответ: 1683 различных путей.

9. В треугольнике АВС угол А равен а, а высота, проведенная к стороне ВС, равна h. Вписанная в треугольник окружность касается сторон треугольника в точках K, M, и P, где Р лежит на стороне ВС. Найдите расстояние от Р до КМ.

Решение:

Пусть О - центр вписанной окружности, AOBC=Q, HAQ=, PL  MK,PN  AM, радиус окружности равен r. Тогда QOP=, AQ  MK, AQMK=T, OMT=. Из OPN находим, что ON = rcos, а из OMT находим, что OT = rsin(/2). Тогда PL = rcos + rsin(/2) (1)

Из HAQ находим, что AQ=; Из MAO находим, что AO=; Из POQ находим, что OQ=. Так как AQ=AO+OQ, то = +.(2)

Из (1) и (2) следует, что LP = hsin.

Ответ: hsin.

10. На плоскости имеется изображение окружности с отмеченным центром. Пусть на этой плоскости изображен произвольный угол. С помощью одной линейки построите биссектрису этого угла.

Решение:

В решении задачи используется следующий факт: Если О - произвольная точка медианы ВМ треугольника АВС  и прямые СО и АО пересекают стороны АВ и СВ соответственно в точках С1 и А1, то прямая С1А1 параллельна основанию АС(см. рисунок). Этот факт позволяет с помощью одной линейки через точку, лежащую вне прямой, провести параллельную ей прямую, если на данной прямой отмечен отрезок и его середина. 

Построение:

Пусть дан угол АВС.

1. Через вершину угла АВС и центр окружности, проводим прямую 1

2. Через произвольную точку окружности D проводим прямую 2, параллельно прямой 1

3. Проводим прямую 3, через точку О и точку D

4. Проводим прямую 4, параллельно прямой 1

5. Проводим прямую 5, параллельно стороне угла АВ

6. Проводим прямую 6, параллельно стороне угла ВС

7. Проводим прямую 7, параллельно прямой 6

8. Проводим прямую 8, параллельно прямой 5

9. Проводим прямую 9

10. Проводим прямую 10, параллельно прямой 9

11. Прямая 10 искомая

10 класс

1. Известны две стороны вписанного четырехугольника ABCD: АВ = а, ВС =b. На стороне CD взята точка К так, что СК =m. Окружность, проходящая через В, К и D, пересекает прямую DА в точке М, отличной от D. Найдите АМ.

Решение:

Так как 4-х угольник описанный, то сумма противолежащих углов в нем равна 180 градусов. То естьDAB+DCB=1800, MAB+DAB=1800. Следовательно, MAB=DCB=KCB;

Решение задачи следует непосредственно из подобия треугольников MAB и KCB. Из подобия треугольников:

; ;AM=;

Ответ

2. Решите уравнение:

Решение:

Начнем преобразовывать выражение с последнего слагаемого:

И в результате нетрудно заметить получится следующее тождество:

Ответ: -1/11

3. Для любых двух точек А(x1; у1) и В(x2; у2) расстояние (A, В) между ними определено равенством (A, B) = Max(|x1 - x2|,1 - у2|). Докажите, что для введенного таким образом расстояния выполняется неравенство треугольника: (A,C)+(С,В) (А,B). Пусть А и B - две точки плоскости (можно взять А(1; 3), В(3; 7)). Найдите геометрическое  место точек С, для которых: а) (А,С)+ (С,В)= (А,В); (1) б),C) = (С,В) (2).

Решение:

Пусть есть три точки А(x1; у1), В(x2; у2) и C(x3;y3), не лежащие на одной прямой (если лежат, то доказательство следует из условия задачи).

И пусть |x1 - x2| > |y1 - y2|.

Тогда (А,B)= |x1 - x2|=|x1 - x3 + x3- x2|   |x1 - x3| + |x3 - x2|(А,C)+ (C,B)

а) Пусть А(1; 3), В(3; 7), С(x;y). Нетрудно заметить, что если точка С будет находиться на прямых y=x+4 или y=-x+10, то |3-x2|=|7-у2|. Аналогично если взять точку С на прямых y=x+2 или y=-x+4, то |1-x2|=|3-у2|.

Рассмотрим точку В и прямые у=х+4 (1) и  у=-х+10 (2). Если точка С выше одновременно (1) и (2), то ВС=y-7. Если точка С ниже одновременно (1) и (2), то ВС=7-y. Если ниже(1) и выше (2) и лежит в зонах 9 или 6, то ВС=x-3. Если выше(1) и ниже (2) и лежит в зонах 4,5,7,8, то ВС=3-х. Рассмотрим точку А и прямые у=х+2 (3) и у=-х+4 (4). Если точка С выше одновременно (3) и (4), то ВС=y-3. Если точка С ниже одновременно (3) и (4), то ВС=3-y. Если ниже(3) и выше (4) и лежит в зонах 2,3,5 или 6, то ВС=x-1. Если выше(3) и ниже (4) и лежит в зонах 1,4,7, то ВС=1-х. Для решения задачи надо выбрать область, в которых сумма расстояний ВС и АС равно 4. А такая область (включая границу) изображена на рисунке выше.

б) Пусть А(1; 3), В(3; 7), С(x;y). Учитывая решение пункта а) нетрудно построить и решение для задания б). Достаточно рассмотреть каждую область и посмотреть чему равно значение расстояния в этой области. Так нетрудно получаем, что в области, где x1 решением являются точки прямой y=6-x, где 1x<3 - прямой у=5, где x3 - прямой у=8-х. Решение изображено на рисунке.

4. Решите систему уравнений:

(1)

Решение:

Рассмотрим на плоскости следующие векторы: (x,), (y,), (z,), (t,), (6,8).

Систему (1) можно интерпретировать: +++=

Длина вектора  равна 10, а сумма длин векторов, входящих в сумму тоже равна 1+2+3+4=10. То есть векторы  ,,, коллинеарны . А из этого можно записать условия:

5. В левом нижнем углу квадратной доски 7х7 стоит король. За один ход он может передвинуться либо на одну клетку вправо, либо на одну клетку вверх или на одну клетку по диагонали - вправо и вверх. Сколькими различными путями может попасть король в правый верхний угол доски, если ему запрещается посещение центральной клетки?

Решение:

Непосредственно считать все возможные маршруты  от А до С сложно -запутаться можно. Надо начать с подсчета маршрутов  до клеток, более близких к начальному пункту А(см. Рисунок). Очевидно, что в каждую клетку, находящуюся на сторонах АВ и АD, ведет только один путь; в клетку 2b ведут 3 пути. В клетку 2с можно попасть, во-первых, из пункта 2b, значит, тоже 3 путями, во-вторых, из пункта 1с, то есть еще один путь, и, в - третьих из клетки 1b, то есть еще один путь. Следовательно, всего к клетке 2с ведут 3+1+1= 5 маршрутов. Аналогично, получим и для остальных клеток. И в результате получим, что в клетку 7g ведут 5020 маршрута.

Ответ: 5020 различных путей.

6. Можно ли в клетках квадратной таблицы n x n расставить числа 0, 1 или 2 таким образом, что суммы чисел по строкам и по столбцам принимали бы все различные значения от 1 до 2n.

Рассмотрите два случая: а) n - нечетное число; б) n - четное число.

Смотри решение задачи 9.5.

7. Докажите, что число ( + + )1997 можно представить в виде A+B+C+D, где А, В, С, D - целые. Найдите с точностью 10-10 отношение .

Решение:

Раскроем скобки и рассмотрим произвольный член, который получается умножением s3 -, s2-, s1-, Так как s1+ s2+ s3=1997, то либо s3 или s2 или s3 - нечетное, а остальные степени четные, либо все три степени нечетные. Если s1 нечетное, то число   имеет вид А, где А - целое число (аналогично для остальных). А если все степени нечетные, то число будет иметь вид D. Таким образом, при возведении в степень 1997 у нас получатся только одночлены вида A, B, C, D.

Пусть

A0=( + + )1997 = A+B+C+D,

A2=(- + + )1997 = -A+B+C-D,

A3=( -  + )1997= A-B+C-D, 

A5=( +  - )1997= A+B-C-D

Оценим величину . Легко проверить, что справедливо неравенство

+ + <4.

=

A0- A2=2A+2D,

A3+ A5=2A-2D

;

Найдём отношение  <

Ответ:

8. В треугольнике АВС угол В отличен от прямого, АВ : ВС = k. Пусть М - середина АС. Прямые, симметричные ВМ относительно АВ и ВС, пересекают прямую АС в точках D и Е. Найдите BD:BE.

Решение:

Пусть ВС=s см, BE= t см, BD:BE = r, DBA=ABM=, MBC = CBE = , BM= q см. Тогда ВА = ks см, BD = rt. 

Рассмотрим треугольники DBA, DBM и ABM. SDBM=SDBA+SABM. Следовательно, rtkssin + ksqsin =rtqsin2. Упростив получим rtks + ksq =2rtqcos. (1) Аналогично рассмотрев треугольники MBC, MBE, CBE, получим ts + sq = 2tqcos. (2) Умножив равенство (2) на k и вычитая из (1), получим равенство (3): rtks - tks= 2tq(cos - kcos).

Из треугольника ABM, используя теорему косинусов, получим (4)

Из треугольника CBM, используя теорему косинусов, получим (5)

Подставив равенства (4) и (5) в равенство (3) и упростив полученное выражение, получим r(q2-p2)-k2(q2-p2)=0. Откуда r= k2.

Замечание: Можно сократить на q2-p2. Если q = p, то ABC=900.

Ответ: k2.

9. На окружности отмечено 16 точек. Найдите наибольшее возможное число остроугольных треугольников с вершинами в отмеченных точках.

1

2

А

Решение:

Возьмем произвольную точку на окружности. Проведем диаметр окружности через эту точку. Всего треугольников с вершинами в 16 точках равно . Посчитаем наименьшее число тупоугольных треугольников, какого можно добиться при всевозможных расположениях. Пусть в область 1 попали оставшиеся 15 точек, тогда, выбрав любые две точки из 15, получим треугольник с тупым углом. Тогда число треугольников с тупым углом равно . Пусть в область 2 попала одна точка, тогда если брать треугольники с вершинами в этой точке, точке А и любой точке из области 1, то будут получаться только остроугольные треугольники. Поэтому тупые углы будут только у треугольников, образованных выточкой А и двух точек из области 1. А их можно выбрать способами. Продолжая эти рассуждения, получим результаты представленные в таблице:

Область 1

0

1

2

3

4

5

6

7

Область 2

15

14

13

12

11

10

9

8

Число тупоугольных треугольников в области 1

0

0

1

3

6

10

15

21

Число тупоугольных треугольников в области 2

105

91

78

66

55

45

36

28

Таким образом, наименьшее число тупоугольных треугольников равно 28+21=49. И такое возможно, если в области 1 будет 7 точек, а в области 2 будет 8 точек.

Следовательно, тупоугольных треугольников будет минимум . Значит наибольшее число остроугольных треугольников равно =560-392=168.

Ответ:168

10. Окружность касается продолжений сторон СА и СВ треугольника АВС, а также касается стороны АВ этого треугольника в точке Р. Докажите, что радиус окружности, касающейся отрезков АР, СР и описанной около этого треугольника окружности, равен радиусу вписанной в этот треугольник окружности.

11 класс

1. Решите в целых числах уравнение: xy = 1997(x + y).

Решение:

Пусть y=1997k(правая часть делится на 1997, а значит и левая должна делиться, то есть либо x, либо y делится на 1997), тогда kx=x+1997k.

x(k-1)=1997k

Пусть x=kt(k и k-1 взаимно просты, а значит x делится на k): t(k-1)=1997.

Ответ:

2. Найдите площадь фигуры, состоящую из точек, координаты которых удовлетворяют неравенству 3 - arcsin x) (x3 + arcsin у) 0.

Решение:

Из неравенства  (у3 - arcsin x) (x3 + arcsin у) 0 следует, что оба выражения в скобках либо одновременно положительны, либо одновременно отрицательны. Тогда, построив графики функций y= и x=-, нетрудно заметить, что площадь искомой фигуры равна площади прямоугольника со сторонами 1 и 2. То есть площадь равна 2.

Ответ: 2

3. Решите неравенство  .

Решение:

Решим неравенство (1).

х

0

1

2

x[0;1]{2}

Решим неравенство (3):

Преобразовывая, ïîëó÷àåì:

x3-x2-1>0

x3>1+x2 (3’)

При x=2 неравенство (3’) выполняется.

При x=0,1 неравенство (3’) не выполняется.

При 0< x <1 неравенство (3’) не выполняется. (1+x2>1, а x3<1)

Проверим, что при x=2 неравенство (2) верно.(7-4=3>0)

Ответ: 2

4. В левом нижнем углу шахматной доски 8х8 стоит король. Он может ходить на одну клетку либо вправо, либо вверх или по диагонали - вправо и вверх. Сколькими путями король может пройти в правый верхний угол доски, если его маршрут не должен содержать клетки, расположенные по разные стороны от диагонали, идущей из левого нижнего в правый верхний угол доски?

Решение:

Непосредственно считать все возможные маршруты  от А до С сложно -запутаться можно. Надо начать с подсчета маршрутов  до клеток, более близких к начальному пункту А. (см. Рисунок)

Очевидно, что в каждую клетку, находящуюся на стороне АD, ведет только один путь; в клетку 2b ведут 2 пути. В клетку 3b можно попасть, во-первых, из пункта 2b, значит, тоже 2 путями, во-вторых, из пункта 3a,то есть еще один путь, и, в третьих из клетки 2a, то есть еще один путь. Следовательно, всего к клетке 2с ведут 2+1+1= 4 маршрутов.

Аналогично, найдём количество маршрутов, ведущих в каждую оставшуюся клетку. И в результате получим, что в клетку 8h ведут 8558 маршрутов. А тогда всего маршрутов равно 85582-1=17115.

Ответ: 17115 различных путей.

5. Стороны параллелограмма служат диагоналями четырех квадратов. Вершины квадратов, лежащие во внешней по отношению к параллелограмму части плоскости (выходящие из этих вершин стороны квадратов не имеют общих точек с параллелограммом), служат вершинами четырехугольника площади а, четыре противоположных им вершины образуют четырехугольник площади b. Найдите площадь параллелограмма.

Решение:

Пусть BAC=a, AB=m, AC=n, MN=x, MB=l, BN=k, KR=y.

SABCD=mnsin.

Рассмотрим MBN. По теореме косинусов найдем MN:

x2=l2+k2-2lkcos(90+). Так как MBKA и NBRC квадраты, то 

l = m; k = n. Подставляя и приводя общие слагаемые, получим:

a=. (1)

Рассматривая KBR. По теореме косинусов найдем KR:

y2=l2+k2-2lkcos(90-).

Так как MBKA и NBRC квадраты, то l = m; k = n. Подставляя и приводя общие слагаемые, получим: b=. (2)

Из (2) вычтем (1): 2mnsin=a-b. Следовательно, SABCD=.

Ответ: SABCD=.

6. На плоскости отмечено 6 точек. Найдите возможное наибольшее число остроугольных треугольников с вершинами в отмеченных точках.

Решение:

Рассмотрим равносторонний треугольник АВС. Отложим от прямых АВ, АС и ВС АСА1=1. Точка А1 и 1 выбраны так, что В1АА1=900 и 2<300. При таком выборе шести точек А, В,С, А1, В1 и С1 получим, что САА1=1500- 1. Тогда АА1С=300. Так как СА1В опирается на дугу СВ, на которую опирается и угол САВ, то СА1В<600. Значит угол АА1В<900. Получили такое расположение точек, при котором есть 6 тупых углов и три прямых угла. Всегда можно взять на прямых СА1, BC1 и АВ1 так точки А2, В2 и С2 соответственно, что все углы, которые были острыми останутся острыми, а прямые углы  при вершинах А, В и С станут острыми. И тогда получим расположение 6 точек, при котором есть только 6 тупых углов. А тогда остроугольных треугольников получится -6=20-6=14.

При любом ли расположении точек есть хотя бы 6 тупоугольных треугольников?

При любом расположении 6 точек всегда можно разбить множество этих точек на два подмножества, так что треугольники 123 и 456 будут остроугольными (иначе тупоугольных треугольников было бы заведомо больше 6). Пусть разбиение получилось как на рисунке. Рассмотрим четырехугольники 1234, 1235, 1236, 4561, 4562, 4563. Все эти четырехугольники разные и в каждом из них есть хотя бы один тупой угол. И эти тупые углы также разные. Таким образом, в данном множестве из 6 точек всегда есть, по крайней мере, 6 тупоугольных треугольников. А значит максимальное число остроугольных треугольников равно 14.

Ответ: 14

7. На прямой l расположены точки А, В, С и D, следующие в указанном порядке: АВ = а, ВС=b, CD = с. Отрезки АD и ВС служат хордами двух окружностей, при этом сумма угловых величин дуг этих окружностей, расположенных по одну сторону от l, равна 360°. Через А и В проходит третья окружность, пересекающая первые две в точках К и М. Прямая КМ пересекает l в точке Е. Найдите АЕ.

Решение:

1. AMD+BKC=180(Сумма дуг, на которые они опираются равна 3600.

AMD+1+4=180(Сумма углов в треугольнике АМD)

Следовательно, BKC=1+4.

Так как 1=2(опираются на одну хорду ВМ) и 2+3=1+4, то 3=4.

Четырехугольник АВМК вписан в окружность, поэтому АВМ+АКМ=1800. И вместе с тем 6+АВМ=1800. Следовательно, 6=АКМ. Аналогично следует 5=ВАК.

2. Из подобия треугольников АКЕ и МВЕ:  

(1)

3. Из подобия треугольников КЕC и DEM:

(2)

Из (1) и (2) получаем, что AE=

Ответ:

8. Вычислите число (после запятой следует 100 четверок) с точностью до: а) 10-100, 6)10-200.

Решение:

-=< 5,(4) - 5,4...4= <

 c точностью .

== 0,0... 04...4...-= ||Пусть a = || = =.

- c точностью .

9. Разрежьте пирамиду ABCD на 8 равных между собой и подобных данной пирамид, если: а) АВ = ВС = CD. <ABC = <BCD = 90° , двугранный угол при ребре ВС прямой; б) все плоские углы при вершине В прямые и АВ = ВС = BD. Примечание. Существуют ли треугольные пирамиды другого вида, которые можно разрезать на какое-то число подобных исходной пирамид (их число не обязательно равно 8 и пирамиды не обязательно равны между собой), в настоящее время неизвестно.

Решение:

а) K, Q, L, P, M, N - середины ребер. На рисунке а) изображены пирамиды, подобные ABCD: AKQP, BKQP, PQLB, PMLB, NMLQ, NMPQ, QLCN, PMND.

б) L, M, N, Q, P, R - середины ребер. S - середина LN.

На рисунке б) изображены пирамиды, подобные ABCD: LMND, LMNB, ARPL, BRPL, CPQN, BPQN, NPSB, LPSB.


10. Пусть
n =, где n - натуральное число. Докажите, что для любого k = 1,2, ..., п имеет место равенство

Решение:

Рассмотрим корни n-ой степени из i = cos+isin.

, k=1,..,n

z0=cos+isin

z1=cos(5)+isin(5)

z2=cos(9)+isin(9)

.......................................

zn-1=cos((4n-3))+isin((4n-3))

Тогда, сложив равенства, получим:

.....................................................

Получим следующее равенство:

, (1)

где .

Мнимая часть левой части равенства равна мнимой части правого равенства. Посчитаем мнимую часть левой части.

=

=

                      s                        r

Возьмем из каждой скобки такие одночлены, что в одной берем его в степени s, а в другой  в степени r. Например,

Если k+1+s+r не кратно n, то в скобках будет геометрическая прогрессия, сумма которой равна 0.

Если k+1+s+r=n, то в скобках значение выражения равно in. Но это не дает мнимой части выражения, ибо iin=-n.

Если k+1+s+r=2n, то в скобках значение выражения равно -n.

Сколько таких будет скобок?

0 < s + r  n-1

s + r = (n-k) + (n-1)

s  n-k(иначе r>n-1, что не может быть по условию задачи)

s

n-k

n-k+1

n-k+2

...

n-1

r

n-1

n-2

n-3

...

n-k

Из таблицы видно, что уравнение k+1+s+r=2n имеет ровно k целочисленных решений. Таким образом, скобок, значение которых равно n будет ровно k. А тогда мнимая часть левой части равенства (1) равна kn.

То есть


Общий обзор задач и их решений

В этом заключительном разделе попытаемся оценить разобранные выше задачи с точки зрения их характера, содержания и методов решения.

Всего предлагается по 10 задач для каждого класса, причем задачи приводятся в порядке возрастания их сложности. Формулировки задач четки и недвусмысленны. В каждой группе из 10 задач отсутствуют какие- либо «повторы». В целом все они формально укладываются в рамки школьной программы, однако некоторые предполагают знакомство с материалом, который изучается только в спецшколах. Обращает на себя внимание богатство и разнообразие в содержании задач - здесь и нетрадиционные уравнения и системы уравнений, и построение примеров и контрпримеров, и рекуррентные соотношения, и комбинаторные подсчеты, и оценка малых величин, и доказательства невозможности тех или иных ситуаций и многое другое. В большинстве своем задачи оригинальны и не имеют известных аналогов. Идейным соображениям везде отдается предпочтение перед чистой техникой, хотя в некоторых случаях требуется преодолеть и чисто технические трудности. За небольшими исключениями, если правильно подобран «ключ» к задаче, решение оказывается вполне компактным.

Прокомментируем подробнее некоторые задачи.

Среди задач для шестого класса наиболее интересной и привлекательной является задача 6.10. Здесь требуется установить недостижимость некоторой конфигурации с помощью определенных преобразований при заданных начальных условиях. Такая постановка родственна многим вопросам современной математики (независимость аксиом, невыразимость в квадратных радикалах и другие). Замечательно, что в данном случае единственное используемое техническое средство это теорема о делении с остатком.

В задаче  7.2 нужно подобрать несколько дробей, произведение которых увеличивается с увеличением их числителей и знаменателей на 1. Можно, конечно попытаться осуществить такой подбор «наощупь», но приведенное здесь решение основывается на том соображении, что произведение   при p>q.

Некоторое недоумение вызывает задача  7.3, поскольку ответ  на вопрос задачи очевиден и задача оказывается тривиальной.

Задача 7.7 сводится к решению своеобразной системы с 10 неизвестными с условием, что значения неизвестных должны быть различны и содержаться среди цифр 0, 1, ..., 9. В принципе речь идёт о переборе конечного (но чрезвычайно большого) числа вариантов и трудность заключается в организации наиболее экономного перебора. Это одна из немногих задач технического характера. Определенным изъяном её можно считать наличие двух разных решений.

Очень красивой и неожиданной является задача 7.10 на построение четырехугольника, который разбивается прямой, отличной от диагонали и «средней линии», на два равных. Оказывается, что (пожалуй, вопреки интуиции) такой четырехугольник существует и им является некоторая трапеция. Открытым остается вопрос о единственности решения. К задаче 7.10 примыкает задача 8.6. Здесь требуется построить многоугольник без осей и центра симметрии, который переходит в себя при повороте на некоторый угол. Такой многоугольник удается найти в виде вписанного в окружность девятиугольника, полученного некоторым сдвигом вершин правильного треугольника, но эта задача в отличие от задачи 7.10 имеет бесконечно много решений.

При решении задачи 8.4 на отыскание десятизначного числа, составленного из всех 10 цифр и делящегося на 11, можно опираться на признак делимости на 11, но еще эффектнее получить нужное число из числа 9876543210 перестановкой всего двух цифр.

Для решения задач 6.6 и 8.8 нужно, вообще говоря, располагать формулой для числа натуральных делителей произвольного натурального числа, которая не входит в обычную школьную программу. Поэтому эти задачи стимулируют вывод этой формулы в соответствующих частных случаях. Можно по-разному относиться к тому, насколько корректным является включение подобных задач.

Задачи 9.2, 10.1 и 11.7 основываются в сущности на простейшем свойстве вписанного угла, но в каждой из них это обстоятельство довольно хорошо «замаскировано», особенно в задаче 11.7, для решения которой нужно суметь распознать две пары подобных треугольников. Они отличаются, пожалуй, лишь некоторой необычностью формулировок, а технически вполне традиционны.

В задачах 9.6 и 11.1 требуется найти решения одного и того же диофантового уравнения, только задача 9.6 сформулирована на геометрическом языке. Здесь на первый план выступает, так сказать, организация рассуждений, а в качестве технических средств используются только простейшие свойства делимости.

Задачи 9.7 и 10.3 интересны в том отношении, что они связаны с современным определением расстояния в топологическом пространстве как неотрицательной функции «точек», удовлетворяющей неравенству треугольника. Из этих задач видно, что существует много разных способов определить расстояние, а также то, как при некоторых определениях расстояния трансформируются понятия «между» и серединного перпендикуляра.

Задачу 9.10 о построении только с помощью линейки биссектрисы угла при заданной окружности с отмеченным центром следует, возможно, признать наиболее трудной из всех задач. Не очень ясно, на что собственно рассчитывал её составитель, ведь для решения задачи требуется самостоятельно восстановить существенную часть теории Штейнера. Ничего подобного нет ни в одной другой задаче, и кажется, что в данном случае составителю несколько изменило чувство меры.

Задача 10.4 имеет на редкость красивое и неожиданное решение. Неожиданным является применение к системе двух уравнений с четырьмя неизвестными простого факта из векторной алгебры: сумма длин нескольких векторов равна длине их суммы тогда и только тогда, когда все эти векторы коллинеарны. Этот факт сразу же позволяет найти решение системы и убедиться в его единственности.

Задачи 9.8, 10.5 и 11.4 основаны на применении рекуррентного соотношения, позволяющего эффективно произвести подсчёт допустимых маршрутов, в том числе с учётом дополнительных ограничений в двух последних задачах.

В задаче 10.7 доказывается представимость степени ( + + )1997 в виде суммы А+D с целыми А,В,С, D. Это верно и для любой другой нечетной степени n. При этом оказывается, что с ростом n отношение D/А стремится к , что позволяет найти значение D/А с точностью значительно большей, чем требуется, но в виде иррационального числа . Не ясно, нужно ли искать рациональное приближение указанного отношения.

Очень интересны задачи 10.9 и 11.6, в которых требуется найти 16 таких точек на окружности, соответственно 6 произвольных точек, чтобы число остроугольных треугольников с вершинами в этих точках было максимальным. Сами формулировки задач необычны для школьной математики. Обе они довольно трудны, особенно задача 11.6. В частности, очень непросто построить такую конфигурацию из 6 точек, в которых 14 из общего числа 20 треугольников оказываются остроугольными.

Особо следует сказать о задаче 10.10. Это единственная задача, которая оставлена в работе без решения. На самом деле автором получены даже два решения, но первое из них - тригонометрическое, а во втором используется функция Эйлера для расстояния между центрами описанной и вписанной окружностями, заведомо не входящая в школьную программу. Найти же компактное геометрическое решение так и не удалось.

Задача 11.2 поучительна уже потому, что вычисление площади фигуры, ограниченной заданной прямой, стандартным интегрированием наталкивается на ту трудность, что соответствующие интегралы «не берутся». Зато геометрические соображения сразу дают величину этой площади.

Задача 11.8 примыкает к проблематике математического анализа. Здесь используются традиционные для анализа оценки, однако технически все сводится к суммированию геометрической прогрессии.

В задаче 11.9 предлагается разрезать каждую из двух треугольных пирамид на 8 равных, одинаковых пирамид, подобных данной, что требует хорошо развитого пространственного воображения. Задача сопровождена любопытным примечанием, в котором словно бы звучит вызов продолжить исследования и попытаться найти хотя бы еще одну пирамиду, которую можно разрезать на несколько подобных ей пирамид, пусть даже и неравных (в примечании сообщается, что пока таких пирамид не найдено).

В задаче 11.10 не удается применить индукцию (которая кстати не используется вообще ни в одной задаче). «Ключ» к её решению состоит в том, что исходя из различных значений корня можно выразить через эти значения такую функцию комплексного переменного, мнимая часть которой совпадает с рассматриваемой суммой. После этого нужно произвести еще преобразования и суммирования, позволяющие убедиться, что указанная мнимая часть есть ни что иное как ikn.

Отметим еще в заключение, что подбор задач удачен в том отношении, что среди 10 задач для каждого класса есть вполне «решаемые» задачи наряду с задачами трудными или даже очень трудными. Наличие сравнительно простых задач придает большинству участников уверенность в своих силах, а трудные задачи позволяют выявить особо одарённых участников.


Литература

  1.  Третья Соросовская олимпиада школьников 1996-1997. М.: МЦНМО, 1997, Институт «Открытое общество»
  2.  Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, «Задачи всесоюзных математических олимпиад», Москва «Наука»,1988
  3.  Г.А. Гальперин, А.К. Толпыго, «Московские математические олимпиады», Москва «Просвещение»,1986
  4.  Соросовский Образовательный Журнал, www.issep.rssi.ru
  5.  Научная библиотека НовГУ, www.novsu.as.ru
  6.  Soros Center, Macedonia, www.scca.org.mk

 

А также другие работы, которые могут Вас заинтересовать

44600. Причины расширения ЛВС и используемые для этого устройства 28.5 KB
  С ростом компаний растут и ЛВС. Однако существуют устройства которые могут: сегментировать ЛВС так что каждый сегмент станет самостоятельной ЛВС; объединять две ЛВС в одну; подключать ЛВС к другим сетям для объединения их в интернет.
44601. Мост как устройство комплексирования ЛВС 190 KB
  Эти устройства как и репитеры могут увеличивать размер сети и количество РС в ней; соединять разнородные сетевые кабели. на более высоком чем репитеры и учитывают больше особенностей передаваемых данных позволяя: восстанавливать форму сигналов но делая это на уровне пакетов; соединять разнородные сегменты сети например Ethernet и Token Ring и переносить между ними пакеты; повысить производительность эффективность безопасность и надежность сетей что будет рассмотрено ниже. Принципы работы мостов Работа моста основана на...
44602. Маршрутизаторы 41 KB
  Маршрутизатор в отличие от моста имеет свой адрес и используется как промежуточный пункт назначения. Однако эта таблица существенно отличается от таблиц мостов тем что она содержит не адреса узлов а адреса сетей Для каждого протокола используемого в сети строится своя таблица которая включает: все известные адреса сетей; способы связи с другими сетями; возможные пути маршрутизации; стоимости передачи данных по этим путям. Маршрутизаторы принимая пакеты не проверяют адрес узла назначения а выделяют только адрес сети. Они...
44603. Подключение репитера в ЛВС 168.5 KB
  Подключение репитера в ЛВС Репитеры передают весь трафик в обоих направлениях и работают на физическом уровне модели OSI. Однако репитеры позволяют соединять два сегмента которые используют различные физические среды передачи сигналов кабель – оптика кабель – пара и т. Некоторые многопортовые репитеры работают как многопортовые концентраторы соединяющие разные типы кабелей.
44604. Удаленный доступ к ресурсам сетей 35.5 KB
  Основной характеристикой модема является его производительность измеряемая количеством битов переданных за 1 секунду. Изначально скорость модема измерялась в бодах 1бод = 1 бит с. Однако бод используется в технике связи и относится к частоте изменений аналогового сигнала переносящей биты данных по телефонной линии. В 80х годах скорость бодов равнялась скорости передачи модемов 300 бод было эквивалентно 300 бит с.
44605. Типы модемов 48.5 KB
  Передающий модем просто шлет данные а принимающий – принимает а затем проверяет что они приняты без ошибок. Для обнаружения ошибок выделяется дополнительный бит – бит четности.32 не предусматривает аппаратного контроля ошибок и он возлагается на специальное программное обеспечение работающее с модемом.42 используют аппаратную коррекцию ошибок и поддерживают MNP4.
44606. Линии связи, используемые модемами 35 KB
  Использование той или иной линии определяется такими факторами как: пропускная способность; расстояние; стоимость. Существует два типа телефонных линий по которым может осуществляться модемная связь: каналы общедоступной коммутируемой телефонной сети коммутируемые линии арендуемые выделенные линии. Коммутируемые – это обычные телефонные линии.
44607. Методы удаленного доступа 89.5 KB
  Этот способ часто используется на мейнфреймах и миникомпьютерах но мало распространен в ЛВС. Удаленной управление remote control – это метод который позволяет удаленному пользователю получить контроль над локальными ПК в ЛВС корпорации т. управлять одним из ПК в ЛВС.
44608. Совместное использование модемов 45 KB
  Естественно их сотрудники должны иметь возможность связываться со штаб-квартирой. Совместное использование модемов При выборе архитектуры построения таких систем и поддерживающих их ПО необходимо обратить внимание на возможность: поддержки Windows и конфигурации Windows NetWre; интеграции средств защиты сервера и аутенфикации в среде предприятия; способность отсеивания пользователей на уровне портов; возможность подробной регистрации статистической информации и выполняемых операций.