З математики у місті Києві 2013-2014 рік
Розв’язання завдань ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади
6 клас
1.Знайдіть найбільший спільний дільник чисел та
.
Відповідь: .
Розв’язання. Перевіримо, що друге число діляться націло на . Дійсно:
– ділиться на
. З властивостей НСД число
і є шуканим НСД.
2.Є три попарно різних натуральних числа
. Доведіть, що числа
,
та
не можуть бути трьома послідовними натуральними числами.
Розв’язання. Якщо усі три числа додати та поділити на 3, то вийде їх середнє арифметичне, воно дорівнює з одного боку
,
а з іншого боку воно дорівнює середньому з цих трьох послідовних чисел.
Таким чином одне з чисел дорівнює . Наприклад, це
, тому
. А це суперечить тому, що усі 3 числа попарно різні.
3.На папері у клітину нарисований квадрат розміром клітин. Розріжте його по лініях клітин таким чином, щоб серед отриманих 5 частин
та
(рис. 1) найбільшу площу мала частина
, а найбільший периметр – частина
.
Розв’язання. Приклад зображений на рис. 2.
4.Числа переставили у деякому порядку і отримали набір чисел
. Чи обов’язково число
ділиться націло на
а) ; б)
?
Відповідь: а) так; б) ні.
Розв’язання.а) Оскільки серед 2013 чисел 1007 непарних та 1006 парних, то обов’язково в одній з пар буде сума двох непарних чисел, яка кратна , а тому й весь добуток є парним, тобто ділиться на
.
б) Розглянемо таку перестановку чисел:
.
Для неї вираз у кожній з дужок, окрім останньої, дорівнює непарному числу , а тому й добуток цих чисел буде непарним. Остання дужка дає число
, яке на
не ділиться. Таким чином весь добуток на
не ділиться.
7 клас
1.Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .
Розв’язання. Зрозуміло, що
, оскільки
, то далі маємо, що
.
2.Чи існують натуральні числа , які задовольняють рівність:
?
Відповідь: не існують.
Розв’язання. Оскільки , то
, аналогічно:
, то
та
, то
. Звідси
, тобто рівність не можлива.
3. Знайдіть усі такі трицифрові числа, які при множенні на стають точним кубом натурального числа.
Відповідь: .
Розв’язання. Зрозуміло, що воно повинно ділитись на . Решта множників повинні бути кубами натуральних чисел. Випишемо послідовно ці куби та подивимось, чому дорівнює добуток цих чисел на
.
,
– двоцифрове число, умову не задовольняє.
,
– трицифрове число, умову задовольняє.
,
– чотирицифрове число, умову не задовольняє.
Зрозуміло, що більші числа тим паче умову не задовольняють.
4.У трикутнику проведена бісектриса
. Через точку
проведена пряма, що перпендикулярна відрізку
і перетинає сторону
у точці
. Доведіть, що
.
Розв’язання. Позначимо точку перетину
та
через
(рис. 3). Оскільки
, то у
відрізок
є бісектрисою та висотою одночасно, тому
, тому
, тому у трикутнику
відрізок
є одночасно висотою та медіаною, тому він рівнобедрений, тобто
.
5.У малому залі кінотеатру є 10 рядів по 8 крісел, які розставлені у вигляді прямокутника. На кожному місці сидить глядач, який має рівно 100 гривень по 1 гривні. Якщо протягом сеансу хтось чихає, то він роздає по 1 гривні кожному з своїх сусідів. Сусідами вважають ті, хто сидить поруч зліва чи справа, або рівно позаду, або рівно попереду, тобто у кожного глядача є від 2-х до 4-х сусідів. Відомо, що Петрик чхнув протягом сеансу принаймні 1 раз. Яка найменша кількість чхань з урахуванням чхання Петрика могла бути протягом сеансу, якщо по завершенню у кожного глядача так і залишилось 100 гривень?
Відповідь: 80.
Розв’язання. Спочатку покажемо, що кожний глядач чхнув принаймні 1 раз. Якщо хтось не чхнув, щоб у нього залишились усі 100 гривень, він не повинен отримати гривню від жодного сусіда, тому його сусіди не чхали. Так само сусіди цих сусідів також не мали чхати і так далі. Виходить, що жодна людина не чхала.
Тепер покажемо, що якщо кожний глядач чхне рівно 1 раз, то кількість грошей у кожного не зміниться. Нехай вони чхнуть у довільному порядку. Тоді кожен віддасть стільки гривень, скільки у нього сусідів, так само і отримає рівно стільки гривень, скільки у нього сусідів.
Твердження доведене.
8 клас
1.Знайдіть різницю між сумою усіх парних чисел від 2 до 100 та сумою усіх непарних чисел від 1 до 99.
Відповідь: .
Розв’язання.Розіб’ємо усі числа на пари. , оскільки там усього 50 пар чисел.
2.Для яких цифр п’ятицифрові числа
та
є послідовними натуральними числами.
Відповідь: або
.
Розв’язання. Якщо число закінчується не на , то при додаванні
, змінюється лише остання цифра. Таким чином треба розглянути лише варіанти
або
. Очевидно тоді, що також
та
відповідно.
Якщо , то повинна виконуватись рівність:
, тоді четверта справа цифра числа, що у правій частині останньої рівності повинна бути
, тобто
і ми маємо таку рівність:
.
Якщо , то повинна виконуватись рівність:
, тоді четверта справа цифра числа, що у лівій частині останньої рівності повинна бути
, тобто
і ми маємо таку рівність:
.
3.Задані 2013 чисел. Відомо, що сума будь-яких 11 з цих чисел – додатна. Чи обов’язково сума усіх 2013 чисел також додатна?
Відповідь: Обов’язково.
Розв’язання. Виберемо 11 найменших серед заданих чисел. Тоді їх сума – додатна. Але тоді усі інші числа – додатні. Бо якщо якесь з них, наприклад, , а серед обраних 11 числах усі не перевищують
, то їх сума також недодатна. Таким чином одержали суперечність. Звідси висновок, сума найменших 11 чисел додатна. і усі інші числа також додатні. Тому сума усіх чисел – додатна.
4.У опуклому чотирикутнику сторона
видна з середини сторони
під прямим кутом. Доведіть, що
.
Розв’язання. Позначимо середину сторони через
, проведемо промені
та
, які паралельні відповідно прямим
та
, які перетинаються у точці
(рис. 4). Зрозуміло за побудовою, що
– прямокутний. Тоді
– серединний перпендикуляр до
, а
– серединний перпендикуляр до
, тому
,
, звідки
,
що й треба було довести.
Альтернативне розв’язання. Відкладемо на променях та
відрізки
та
відповідно (рис. 5), для яких
,
. Тоді
та
– середні лінії
та
відповідно. Позначимо,
,
,
, тоді
– прямокутник. Тоді маємо, що
та
– прямокутні. В них
та
, звідки з нерівності трикутника і маємо шукане:
5.На шалькових терезах розкладені гирі вагою 1, 2, 3, ..., ,
таким чином, що ваги знаходяться у рівновазі. Чи завжди можна зняти 3 гирі з терезів таким чином, щоб терези залишилися у рівновазі?
Відповідь: Завжди.
Розв’язання. Якщо для деякого одна гиря
розташована на одній шальці терезів, а на іншій – гирі
та
, то достатньо зняти оці 3 гирі і вимога задоволена.
Якщо така ситуація не виконується, то розглянемо ту шальку терезів, де знаходиться гиря , а також гирю, з найменшою вагою більшою
. Нехай ця вага
. Тоді на цій шальці розташовані усі гирі вагою
. Зауважимо, що
, бо інакше на одній шальці лише 2 гирі
та
, а на інших – усі інші, а вони мають більше вагу:
. Тоді гирі розкладені на шальках таким чином:
та
. З цього очевидно, що
, бо інакше рівності не буде. Але тоді на різних шальках розташовані гирі
, а на іншій –
, які й можна зняти.
9 клас
1.Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .
Розв’язання. Оскільки , то задане рівняння можна переписати у вигляді:
, або
, це рівносильне умові
, тобто розв’язком рівняння є множина чисел
.
2.Знайдіть усі шестицифрові числа, які мають вигляд та діляться націло на 45.
Відповідь: та
.
Розв’язання. Зрозуміло, що ці числа повинні бути кратними 9 та 5. Розглянемо два випадки. Якщо воно закінчується на 0, тобто , то його сума цифр дорівнює
. Тому для виконання умови повинно
. Якщо воно
, то його сума цифр дорівнює
і повинно бути
. Таким чином маємо дві відповіді.
3.У квадраті розміром клітин деякі клітини зафарбовані у чорний колір. При цьому виявилось, що жодна чорна клітина не має суміжної сторони більше ніж з однією іншою чорною клітиною? Яка найбільша кількість клітин могла бути зафарбована у чорний колір?
Відповідь: .
Розв’язання. Приклад, що належним чином можна зафарбувати
квадратиків зображений на рис. 6. Припустимо, що було зафарбовано більше, ніж 8, тоді принаймні у одному з чотирьох квадратів
було зафарбовано не менше трьох клітин (рис. 7). Але тоді хоча б одна з них має суміжні сторони з двома іншими чорними клітинами. Одержана суперечність завершує доведення.
4.На діагоналі
паралелограма
вибрані точки
та
таким чином, що
. Прямі
та
перетинають сторони
та
відповідно у точках
та
. Знайдіть відношення
.
Відповідь: .
Розв’язання. Проведемо діагональ , тоді точка перетину діагоналей
– ділить обидві діагоналі навпіл (рис. 8). Тоді для
відрізок
– медіана, а точка
задовольняє умови
, тобто
– точка перетину медіан
. Тому
– також медіана
, а тому
– середина сторони
, аналогічно
– середина сторони
. Тому
– середня лінія
, звідси і випливає, що
.
5.Для функції ,
справджується умова
. Доведіть, що вона має два нулі.
Розв’язання.Оскільки задану умову можна переписати у такому вигляді:
.
А останню умову запишемо у такому вигляді . Таким чином, або
і парабола має два дійсних корені, або ці значення мають різні знаки, звідки також випливає, що вона має два дійсних корені.
10 клас
1.Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .
Розв’язання. Оскільки , то розглянемо два випадки.
Перший випадок. , звідки
– розв’язки.
Другий випадок. , звідки
. Тоді задане в умові рівняння можна переписати таким чином:
. Звідси випливає, що розв’язком останнього рівняння є проміжок
. З урахуванням першого випадку та умови
маємо наведену відповідь.
2.Дійсні числа задовольняють рівність:
.
Доведіть, що принаймні два з них рівні за модулем.
Розв’язання. Перепише рівність таким чином:
.
Якщо , то твердження доведене, бо
. Інакше, скоротимо на
і будемо мати, що
або
,
звідки й випливає, що або , або
. Твердження доведене.
3.Автобусні білети мають шестицифрові номери від 000000 до 999999. білет називається щасливим, якщо у нього сума перших трьох цифр дорівнює сумі останніх трьох. Назвемо білет суперщасливим, якщо він щасливий та серед цього цифр є чотири цифри 7, які йдуть поспіль (7777). Скільки усього існує суперщасливих номерів білетів серед усіх можливих?
Відповідь: 18.
Розв’язання.Розглянемо два випадки.
1 випадок. Комбінація 7777 йде посередині. Тоді, щоб білет став щасливим треба, щоб перша та останні цифри співпадали. Тому таких номерів рівно 10.
2 випадок. Цифри 7777 йдуть на початку числа. Така ж кількість чисел, коли ці цифри йдуть наприкінці числа. Тоді дві останні цифри у сумі повинні давати 14. Таких комбінацій усього: 95, 86, 68 та 59. Тут не пишемо комбінацію 77, бо тоді маємо число 777777, яке вже враховане у першому випадку.
Таким чином усього таких чисел .
4.Для трикутника позначимо через
середини його сторін. Всередині
вибрана точка
. Точки
– симетричні відповідно точкам
відносно точки
. Доведіть, що площа шестикутника
удвічі більша за площу
.
Розв’язання. Гомотетія (рис. 9), тому
. Аналогічно
,
. Разом маємо:
.
5.Чи існує таке натуральне число , що його цифри можна переставити таким чином, що утвориться число
, для деякого
.
Відповідь: не існує.
Розв’язання. Припустимо, що це не так і існують такі значення , для яких
та
записані однаковими цифрами. Тому вони дають однакову остачу при діленні на 9. Тобто маємо, що
або
.
Але найменша степінь числа 2, яка має таку властивість – це , таким чином
, звідки
, тобто числа
та
мають різну кількість цифр. Одержана суперечність завершує доведення.
11 клас
1.Чи може бути кутом трикутника, якщо він задовольняє рівність:
.
Відповідь: не може.
Розв’язання.Знайдемо можливі значення із заданого рівняння:
.
Тоді можливі варіанти:
або
і найменше натуральне значення, що задовольняє таку рівність є
, що неможливо для кута трикутника.
або
і найменше натуральне значення, що задовольняє таку рівність є
, що також неможливо для кута трикутника.
2.Чи існує таке натуральне число , для яких обидва числа
та
є цілими?
Відповідь: такого натурального числа не існує.
Розв’язання. Припустимо методом від супротивного, що таке існує, тоді позначимо одержані цілі числа як
та
, тоді
з першої рівності, та
з другої. Тоді
або
, що суперечить подільності на
.
3.З множини вибрали 5 різних чисел, з множини
також вибрали 5 різних чисел. Виявилось, що різниця жодних двох чисел з десяти вибраних не кратна 10. Знайдіть суму усіх 10 вибраних чисел.
Відповідь: .
Розв’язання.Зумов задачі випливає, що в усіх обраних чисел різні останні цифри. Тому суму можна знайти, якщо окремо додати десятки та одиниці цих чисел. Серед десятків є п’ять по та ще п’ять по
, тому сума десятків дорівнює
. А серед одиниць маємо кожну цифра рівно один раз, тому їх сума дорівнює:
. Таким чином сума усіх десяти чисел дорівнює
.
4.Для функції справджується умова
. Доведіть, що вона має два нулі.
Розв’язання. З умови задачі очевидно, що . Тепер умову задачі перепишемо таким чином:
або
.
Тепер, якщо , тобто гілки параболи направлені вгору, то
і парабола має 2 нулі, аналогічно при
.
5.Діагоналі та
опуклого чотирикутника
перпендикулярні та перетинаються в точці
. Кола
з центрами в точках
та радіусами
вписані у трикутники
,
,
,
відповідно. Доведіть твердження:
а) ;
б) .
Розв’язання. а) Використаємо відому формулу для радіуса вписаного кола для прямокутного трикутника з катетами та гіпотенузою
:
(рис. 10).
.
б) З теореми Піфагора маємо, що
,
останній перехід використовує пункт а).