Турнир «Математика 6 – 8»

Задачи второго тура

16. У каждого из нескольких сплетников есть три знакомых сплетника, причем с одним из них он обменивается всеми новостями каждое утро, с другим – каждый полдень, с третьим – каждый вечер. Два сплетника поссорились и прекратили обмен новостями. Докажите, что новости от каждого из этих двоих будут доходить до другого.

(В. Дольников)

17. Найдите все целые числа k, которые можно представить в виде где x, y – целые числа.

(В. Сендеров)

18. В конференции участвовало 100 человек – химики и алхимики. Каждому был задан вопрос: «Если не считать Вас, то кого больше среди остальных участников – химиков или алхимиков?» Когда опросили 51 участника, и все ответили, что алхимиков больше, опрос прервался. Алхимики всегда лгут, а химики всегда говорят правду. Сколько химиков среди участников?

(А. Шаповалов)

19. На каждой стороне треугольника отметили по точке и соединили эти точки отрезками, тем самым разбив треугольник на четыре меньших треугольника. Все четыре оказались подобны друг другу. Обязательно ли эти четыре треугольника равны между собой?

(А. Шаповалов)

20. В выпуклом пятиугольнике ABCDE прямые, проходящие через вершины B и D перпендикулярно соответственно диагоналям AC и CE, пересекаются в точке F. Докажите, что AF = FE тогда и только тогда, когда AB² + CD² = BC² + DE².

(Д. Калинин)

21. Назовем число хорошим, если между его цифрами можно расставить скобки и знаки четырех арифметических действий так, чтобы результат равнялся 0.

Докажите, что в натуральном ряду, начиная с некоторого места, все числа – хорошие. (Переставлять цифры нельзя. Между любыми двумя цифрами должен быть знак действия или скобка, так что образовывать из подряд стоящих цифр многозначные числа нельзя.)

(А. Шаповалов)

22. При каком наименьшем n на клетчатой доске 10 ґ 10 можно так без наложений расположить n прямоугольников размерами 1 ґ 1, 1 ґ 2,..., 1 ґ n, что на доске не окажется места для прямоугольника размером 1 ґ (n + 1)? (Стороны прямоугольников идут по сторонам клеток.)

(Д. Калинин)

23. Докажите, что если n – натуральное число, большее 1, то 2^s(n) < n³, где s(n) – сумма цифр числа n.

(С. Волченков)

Решения

16. Для определенности, пусть сплетник A поссорился со сплетником B, с которым он общался по утрам. Рассмотрим множество сплетников, информация от которых по-прежнему доходит до A (возможно, через посредников). Предположим, что B не принадлежит этому множеству. Тогда в этом множестве нечетное число человек (люди, обменивающиеся сплетнями по утрам, разбивались на пары). Но заметьте: за обедом сплетники тоже разбивались на пары, а без участия B это невозможно.

17. Поскольку и поскольку НОД (x² – 1, x) = 1 = НОД (y² –1, y), то y должно делиться на x, а x² – 1 должно делиться на y² –1. Ситуации y = 0 или ± 1 невозможны, поскольку делить на ноль нельзя. Значит, | y | > 1. Вследствие делимости x² – 1 на y² – 1 имеем x² – 1 і y² – 1, а вследствие делимости y на x имеем | y | і | x |. Следовательно, в рассматриваемом случае | x | = | y | и k = ± 1.

Осталось убедиться, что k может принимать значения 0 (например, при x = 1 и y = 2), 1 (при x = y = 2) и – 1 (при x = 2 и y = – 2).

18. Все химики должны ответить одинаково, и все алхимики – тоже. Если больше химиков, то химики так и скажут, но среди 51 опрошенных обязан найтись химик – противоречие. Если же больше алхимиков, то все они соврут, т. е. скажут, что больше химиков, то опять-таки среди 51 опрошенных хотя бы один – алхимик. Значит, химиков и алхимиков поровну.

19. Не обязательно. Проведем высоту CH неравнобедренного прямоугольного треугольника ABC и опустим перпендикуляры HK и HL на стороны AC и BC соответственно (рис. 20). Треугольник ABC окажется разбит на подобные треугольники AHK, HLB, HKL и KLC, не все из которых равны между собой.

20. Если диагонали четырехугольника ABCF перпендикулярны, то суммы квадратов его противоположных сторон равны:

AB² + CF² = AF² + BC².

В самом деле, обозначив точку пересечения прямых AC и BF буквой G, по теореме Пифагора имеем

AB² = AG² + GB²,
CF² = CG² + GF²,
AF² = AG² + GF²,
BC² = BG² + GC²,

откуда

AB² + CF² = AG² + GB² + CG² + GF² = AF² + BC².

Поскольку прямые CE и DF тоже перпендикулярны, аналогично  DE² + CF² = CD² + FE².

Следовательно,  AB² + CD² = BC² + DE² + (AF² – FE²), так что равенство AB² + CD² = BC² + DE² выполняется тогда и только тогда, когда AF = FE.

21. Первый способ. Пусть в числе не менее 512 цифр. Если хотя бы одна из них нуль, то помогут знаки умножения. А если все цифры не нули, объединим первые 512 цифр в пары: первую со второй, третью с четвертой, и так далее. В каждой паре из большей цифры вычтем меньшую. Каждая такая разность не будет превышать 8.

Если хотя бы одна из разностей равна 0, воспользуемся знаками умножения. А если все они отличны от 0, объединим полученные 256 разностей в пары и вычтем в каждой паре из большей разности меньшую. Результат не будет превышать 7. Продолжая таким образом, мы рано или поздно получим разность, равную 0. (Для этого потребуется не более 9 операций, а значит, не более 29 = 512 цифр). Если перед первой цифрой при этом оказался минус, то изменим все знаки на противоположные. Осталось заключить «желанный ноль» в скобки и умножить его на остальные цифры.

Второй способ. Пусть в числе не менее 19 цифр. Поставим после первой цифры знак «–», а далее так: если результат после k-й цифры равен 0, то заключаем его в скобки и дальше ставим только знаки умножения; если результат отрицателен, ставим знак «+»; если результат положителен, ставим знак «–». Выражение будет принимать значения от –8 до 9, поэтому после 19-й цифры какое-то значение обязательно повторится.

Пусть значения после i-й и j-й цифр равны. Тогда значение алгебраической суммы от (i + 1)-й до j-й цифр равно 0. Заключим эту сумму в скобки, а во всех остальных местах поставим знак умножения.

22. На рисунке 21 показан случай, когда невозможно сделать седьмой ход. Покажем, что шестой ход всегда возможен. На рисунке 22 размещены 16 непересекающихся прямоугольников размером 1 ґ 6. Если бы шестой ход был невозможен, то в каждом из этих 16 прямоугольников была бы закрашена хотя бы одна клетка. Но за первые пять ходов закрасили 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 < 16 клеток. Значит, шестой ход всегда возможен.

23. Примените индукцию по количеству цифр числа n. Сначала докажите утверждение для двузначных чисел, а затем предположите, что для некоторого k і 2 неравенство выполняется для любого k-значного числа, и рассмотрите произвольное (k + 1)-значное число a, которое получается из k-значного числа b приписыванием справа одной цифры. Очевидно, s(a) Ј s(b) + 9 и a і 10b. Следовательно,  2^s(a) Ј 2^s(b)+9 = 512•2^s(b) < 1000•b³ = (10b)³ Ј a³.

Задачи третьего тура

24. Решите в натуральных числах уравнение

(И. Акулич)

25. Пять вершин правильного 110-угольника покрасили в красный цвет, а некоторые другие 11 его вершин – в синий цвет так, что красные точки оказались вершинами правильного пятиугольника, а синие – вершинами правильного 11-угольника. Докажите, что у 110-угольника есть сторона, обе вершины которой окрашены.

(В. Произволов)

26. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC взяты точки M и N такие, что AN = AC и BM = BC. Докажите, что MN² = 2AM • BN.

(Д. Калинин)

27. На плоскости построили 1999 лучей с общей вершиной, никакие два из которых не образуют развернутого угла. Могут ли эти лучи образовывать острых углов столько же, сколько и тупых?

(Д. Калинин)

28. На сторонах AB и BC треугольника ABC взяли соответственно точки E и F так, что отрезок EF делит площадь треугольника пополам. Затем на этих же сторонах отметили соответственно точки M и N так, что BE = AM и NF = FC. Докажите, что прямые MN и EC параллельны.

(Д. Калинин)

29. Сложили все натуральные числа, меньшие 1 000 000, сумма цифр каждого из которых кратна 17. Докажите, что результат также делится на 17.

(А. Шаповалов)

30. Ветка кустарника (рис. 23) имеет один лист сверху и, кроме того, n пар листьев (листья одной пары растут из одной точки стебля). Двое по очереди срывают листья. За один ход можно сорвать либо один любой лист, либо любую пару листьев, растущих из одной точки. Выигрывает тот, кто сорвет последний лист. При каких n побеждает начинающий, а при каких – его противник, если оба играют наилучшим образом?

(И. Акулич)

31. Любую клетку шахматной доски можно либо распилить по одной из двух ее диагоналей, либо распилить по обеим диагоналям, либо не распиливать вообще. Придумайте способ сделать как можно большее число распилов, чтобы доска не распалась на отдельные части.

(И. Акулич)

Решения

24. Если x > 1 и z > 1, то x! и z! – четные числа, так что числитель дроби нечетен, а значение – четно. Такого не бывает. Значит, x = 1, что возможно лишь при x = y = 1, z = 2, или z = 1, что, как легко проверить, невозможно.

25. Красные точки разбивают периметр правильного 110-угольника на 5 равных частей. Одна из этих частей содержит 3 синие точки (иначе синих точек оказалось бы слишком мало). Между двумя синими точками содержится 9 вершин 110-угольника, поэтому 3 синие точки вместе с другими расположенными между ними вершинами 110-угольника образуют в совокупности 21 вершину, а это – число вершин, расположенных между двумя соседними красными точками. Следовательно, красная точка обязательно соседствует с одной из синих.

26. Пусть AB = c, BC = a, CA = b. Тогда AM = c – a и BN = c – b. Следовательно, MN = c – AM – BN = a + b – c и осталось, раскрыв скобки и вспомнив теорему Пифагора, проверить равенство  (a + b – c)² = 2(c – a)(c – b).

27. На прямой AB возьмем точку O и отложим в одну полуплоскость углы AOC и BOD величиной 10° каждый. Построим OM – луч внутри угла AOC. В той же полуплоскости проведем луч ON ^ OM. Первые 999 лучей проведем из точки O внутри угла BOD; следующие 999 лучей проведем внутри угла AOC, причем одним из них будет луч OM, а другие расположим поровну (по 499 штук) с разных сторон от прямой OM. Последний, 1999-й луч – это луч ON.

При этом никакие два луча не образуют развернутый угол, так как все они расположены в одной полуплоскости относительно прямой AB. Любые два луча из одной группы образуют острый угол. Всего пар лучей в одной группе (999•998) : 2. Значит, лучи в группах образуют ровно 999•998 острых углов. Любые два луча из разных групп образуют тупой угол – всего таких углов 999•999. Осталось рассмотреть углы со стороной ON. Луч ON с любым из 999 лучей первой группы образует острый угол, с 499 лучами второй группы – также острый угол, а с 499 другими лучами второй группы – тупой угол.

Значит, острых углов всего 999•998 + 999 + 499, а тупых углов 999•999 + 499, то есть столько же!

28. Докажите равенство площадей треугольников AEN и AMC.

29. Объединим все такие числа в группы следующим образом: вместе с числом поместим в группу числа   (к некоторым числам при этом придется приписать спереди нули). Сумма шести чисел одной группы равна 111 111(a + b + c + d + e + f) и, следовательно, кратна 17.

К сожалению, в некоторых группах числа будут повторяться, так что различных чисел в группе будет не 6, а 2 или 3. Рассмотрите такие группы отдельно – все будет хорошо!

30. При любом n выигрышная стратегия есть у начинающего игру. Если n четно, начинающий игрок первым ходом может сорвать один лист пары, а если n нечетно, он может сорвать верхний лист. В обоих случаях на ветке останется четное число пар и четное число одиночных листьев. Второй игрок вынужден сделать нечетным либо число одиночных листьев, либо число пар листьев. Первый игрок может все время восстанавливать четность, повторяя ход соперника.

31. 49. Пример с 49 распилами показан на рисунке 24. Назовем долькой либо целую клетку, либо часть клетки, получившуюся после распила клетки. Дольки соединяются между собой только по сторонам клеток доски. Всего таких соединений 112. С их помощью можно соединить не более 113 долек так, чтобы доска не распалась на отдельные части. Изначально было 64 дольки, следовательно, мы можем добавить не более 113 – 64 = 49 долек. Каждый распил увеличивает количество долек не менее чем на 1. Поэтому количество распилов не может превысить 49.

Задачи четвертого тура

32. Было 8 гирь массами 1 г, 2 г,..., 8 г без надписей. Одну из гирь потеряли. Известно, что чем больше вес гири, тем больше ее размер. Научитесь за два взвешивания на чашечных весах выяснять, какая именно гиря потеряна.

(А. Шаповалов)

33. По кругу написаны n натуральных чисел, при этом каждые два соседних числа отличаются на 1. Назовем число значительным, если оба соседа меньше его; сумма всех значительных чисел равна M. Назовем число незначительным, если оба его соседа больше его; сумма всех незначительных чисел равна m.

Докажите равенство n = 2(M – m).

(В. Произволов)

34. Три плоскости, параллельные граням куба, разрезали каждую грань на четыре прямоугольника, как показано на рисунке 25. Докажите, что сумма площадей трех закрашенных прямоугольников равна сумме площадей трех заштрихованных прямоугольников.

(В. Произволов)

35. Может ли замкнутая ломаная пересекать каждое свое звено ровно один раз, причем под прямым углом?

(А. Шаповалов)

36. Из 1998 дробей составили всевозможные произведения по три. Затем эти произведения просуммировали, привели к общему знаменателю и полученную дробь преобразовали к несократимому виду.

Докажите, что числитель полученной дроби кратен 1999.

(И. Акулич)

37. На большой стене висит круглая мишень диаметром 10 см, закрытая листом бумаги размером 2 ґ 2 метра. Ковбой должен поразить мишень, имея двенадцать пуль. После каждого выстрела, начиная со второго, ему сообщают, точнее или нет был этот выстрел по отношению к предыдущему.

Докажите, что ковбой может наверняка попасть в мишень.

(С. Волченков)

38. Числа a, b и – рациональны, а число – иррационально. Докажите, что a + b = 0.

(В. Сендеров)

39. Перед турниром шестнадцати командам были присвоены рейтинги от 1 до 16. Затем среди этих команд был проведен чемпионат по олимпийской системе с выбыванием (после первого тура осталось восемь команд, после второго – четыре, потом две и, наконец, одна). Каждую встречу выигрывала команда с лучшим рейтингом. Назовем встречу неинтересной, если разница рейтингов команд была больше 4.

Какое наименьшее число неинтересных встреч могло быть в турнире?

(А. Шаповалов)

Решения

32. Занумеруем гири в порядке возрастания масс. Произведем первое взвешивание: на первую чашку весов положим гири №3 и №4, а на вторую – №7. Рассмотрим три возможных результата.

1) Если первая чашка весов тяжелее, то потерянной может быть гирька 1 г, 2 г или 3 г. Тогда для второго взвешивания на первую чашку положим гири №1 и №2, а на вторую – №3. Если перетянет первая чашка, то потеряна гиря 1 г, если весы показали равенство – 2 г, если перевесила вторая чашка весов – потеряли гирю 3 г.
2) Если весы во время первого взвешивания показали равенство, то потеряли гирьку 4 г или 8 г. Тогда на одну чашку весов положим гирьки №1 и №3, а на вторую – №4. Первая чашка перевесить не может. Если перевесит вторая чашка, то потеряли гирьку 4 г, если равенство – 8 г.
3) Если при первом взвешивании перевесила вторая чашка, то потеряна гирька 5 г, 6 г или 7 г. На первую чашку положим гирьки №4 и №7, на вторую – №5 и №6. Если перевесит первая чашка, то потеряли гирьку 7 г, если весы в равновесии – 6 г, а если перевесит вторая чашка – 5 г.

33. Выпишем n пар соседних чисел, и в каждой паре вычтем из большего числа меньшее. Сложим эти разности. С одной стороны, эта сумма равна n, так как каждая разность равна 1. С другой стороны, каждое значительное число войдет в две разности со знаками «+», каждое незначительное – оба раза со знаками «–», а все остальные – с разными знаками. Значит, n = 2M – 2m.

34. Воспользуйтесь тождеством  x(a – y) + y(a – z) + z(a – x) = (a – x)y + (a–y)z + (a – z)z.

35. Может. Например, внутри правильного пятиугольника построим на каждой стороне как на гипотенузе равнобедренный прямоугольный треугольник. Продолжим катеты внутрь до пересечения с продолжениями катетов соседних треугольников. 10 полученных из катетов отрезков и составят искомую «звездообразную» ломаную.

36. Каждое произведение сложим с произведением . Получим дробь

числитель которой делится на (простое!) число 1999, а знаменатель – не делится. Сумма таких дробей обладает тем же свойством.

37. Начиная со второго выстрела, ковбой может узнать, с какой стороны от любой прямой находится центр мишени. Для этого ему достаточно выстрелить в точку, симметричную последнему выстрелу относительно этой прямой. Таким образом, за три выстрела он может ограничить место возможного расположения центра мишени до квадрата со стороной 1 м. За каждые два последующих выстрела сторона этого квадрата уменьшается в 2 раза (рис. 26). После 11 выстрелов она становится равной 6,25 см. Последний, двенадцатый выстрел достаточно произвести в центр этого квадрата, так как центр мишени находится внутри этого квадрата и расстояние до него в этом случае не превысит половины диагонали. Мишень будет поражена.

38. Число – иррациональное, поэтому число – также иррационально (как разность иррационального и рационального чисел). Рассмотрим равенство

Обе части равенства – рациональные числа. Значит, число   рациональное. Предположим, что Тогда – рациональное число. Рассмотрим равенство

Первый множитель правой части – иррациональное число, а второй множитель – рациональное число. Приходим к противоречию: число a – b оказывается иррациональным.

Следовательно, откуда a = – b.

39. Пусть у лучшей команды рейтинг 1, тогда команды с рейтингами 2, 3, 4, 5 назовем группой II, а команды с рейтингами 6, 7, 8, 9 – группой III. Предположим, что все матчи интересные. Команда 1 сыграла в четырех турах с командами 2, 3, 4, 5 (не обязательно именно в таком порядке), выбила их из розыгрыша, значит, между собой эти четыре команды не играли.

Одна из этих четырех команд до встречи с первой сыграла 0 матчей, другая – 1 матч, еще одна – 2, последняя – 3 матча. Значит, они успели сыграть с шестью командами. Но интересные матчи могли быть только с четырьмя командами III группы. Следовательно, без неинтересных игр не обойтись.

Пример турнира, в котором только одна игра (финал) неинтересная, предъявить легко: в первом туре играют 1 и 2, 3 и 4, 5 и 6,..., 15 и 16; во втором туре – 1 и 3, 5 и 7, 9 и 11, 13 и 15; в третьем – 1 и 5, 9 и 13; в финале – 1 и 9.

Интересно, что на районном туре Санкт-Петербургской олимпиады в 1994 году восьмиклассники решали задачу Р. Семизарова и С. Иванова: В турнире по олимпийской системе (то есть по системе, в которой участники в каждом туре разбиваются на пары, а проигравшие выбывают) играли 512 человек. Каждому присвоен квалификационный номер – от 1 до 512. Партию называем неинтересной, если разность номеров участников больше 30. Может ли в турнире не быть неинтересных партий?

А девятиклассники решали вариацию этой задачи: В турнире по олимпийской системе играли 256 человек. Каждому присвоен квалификационный номер – от 1 до 256. Партию называем неинтересной, если разность номеров участников больше 21. Все партии турнира были интересные. Докажите, что участник с номером 1 одержал не более двух побед.