Олимпиада Математика

Главная страница сайта

Всероссийская олимпиада по математике.


Всероссийская олимпиада по математике с решением и ответами.


Всероссийская олимпиада по математике с решением и ответами.


Задача 1.

На столе стоят три пустых банки из-под меда.
Винни-Пух, Кролик и Пятачок по очереди кладут по одному ореху в одну из банок.
Их порядковые номера до начала игры определяются жребием. При этом Винни может добавлять орех только в первую или вторую банку, Кролик – только во вторую или третью, а Пятачок – в первую или третью. Тот, после чьего хода в какой-нибудь банке оказалось ровно 1999 орехов, проигрывает.
Докажите, что Винни-Пух и Пятачок могут, договорившись, играть так, чтобы Кролик проиграл.


Решение:

Пусть Винни и Пятачок вначале кладут свои орехи во вторую и третью банки, несмотря на ходы Кролика, до тех пор, пока в одной из банок не станет 1998 орехов.
После этого тот, кто должен класть орехи в эту банку (пусть, например, это Винни) начинает класть их в I. При этом он уже положил во II банку не менее 999 орехов, значит, в III орехов тоже не менее 999 (туда их клал Пятачок).
После этого Пятачок продолжает класть в III банку орехи, пока там не станет 1998 – это произойдёт не более, чем через 500 ходов, так как в III банку также приходится класть орехи Кролику, чтобы не проиграть.
После этого Пятачок также может класть орехи в I банку, так как там не более 500 орехов, положенных Винни, а Кролик вынужден будет положить орех во II или III, где их уже по 1998.



Задача 2.

Найдите все бесконечные ограниченные последовательности натуральных чисел a1, a2, a3, …, для всех членов которых, начиная с третьего, выполнено .


Решение:

Ответ: a1 = a2 =  …  = 2. Пусть для каких-то двух членов последовательности ak и ak + 1 их  НОД  равен 1. Тогда  НОД (ak,ak + 1) =  НОД (ak + ak + 1,ak + 1) =  НОД (ak + 2,ak + 1), т.е. для всех последующих членов последовательности  НОД  тоже будет равен 1. При этом, начиная с k-го члена, последовательность превращается в последовательность an = an – 1 + an – 2, которая неограниченно возрастает.

Итак,  НОД  всегда должен быть не меньше 2. Если какие-то члены последовательности ak и ak + 1 не равны друг другу, то ak + 2 <  max (ak,ak + 1) и ak + 1 ≠ ak + 2.

Аналогично, ak + 3 <  max (ak + 1,ak + 2) <  max (ak,ak + 1).

Мы получили, что максимальное число в парах идущих подряд членов последовательности монотонно убывает, т. е. когда-то станет равным 1, и тогда  НОД  у каких-то членов тоже станет равен 1, что не должно случиться.

Итак, все члены последовательности должны равняться друг другу и их  НОД  = 2, т.е. an = 2.



Задача 3.

Пусть окружность, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон AB, BC и AC в точках K, L и M соответственно.
К окружностям, вписанным в треугольники BKL, CLM и AKM, проведены попарно общие внешние касательные, отличные от сторон треугольника ABC.
Докажите, что эти касательные пересекаются в одной точке.


Решение:

Пусть K, L, M – точки касания вписанной окружности, со сторонами AB, BC, AC соответственно, O1, O2, O3 – центры малых окружностей, так как  ∠ KO1M = 90 + ( ∠ A/2), а  ∠ KLM = 90° – ( ∠ A/2), то  ∠ KO1M +  ∠ KLM = 180, и O1 лежит на вписанной в треугольник ABC окружности.
Аналогично O2 и O3 лежат на этой окружности и являются серединами дуг KL и LM.
Используя результат задачи 9.3 заключаем, что построенные касательные проходят через центр окружности, вписанной в треугольник KLM, что и требовалось доказать.



Задача 4.

В квадрате n × n клеток бесконечной шахматной доски расположены n² фишек, по одной фишке в каждой клетке.
Ходом называется перепрыгивание любой фишкой через соседнюю по стороне фишку, непосредственно за которой следует свободная клетка.
При этом фишка, через которую перепрыгнули, с доски снимается.
Докажите, что позиция, в которой дальнейшие ходы невозможны, возникнет не ранее, чем через [n²/3] ходов.


Решение:

Будем различать два типа ходов – внутренние и внешние, в зависимости от того, куда ставится фишка, делающая ход: внутрь исходного квадрата n*n клеток, или вне его.
>Пусть получена позиция, где дальнейшие ходы невозможны, причём сделано k внутренних ходов и l внешних.
Ясно, что никакие две фишки не находятся в соседних клетках, а в исходном квадрате n × n не менее, чем [n²/2] клеток пусты. Так как каждый внутренний ход увеличивал количество пустых клеток не более, чем на 1, а каждый внешний – не более, чем на 2, то имеем неравенство
k + 2l ≥ [n²/2].
Предположив теперь, что n чётно, разобьём исходный квадрат на четырёхклеточных квадратиков и заметим, что на каждый квадратик пришлось не менее двух ходов, в которых участвовали (делали ход или снимались с доски) фишки, стоявшие в клетках этого квадратика.
Поскольку в каждом внутреннем ходе участвовали фишки не более, чем двух квадратиков, а в каждом внешнем – не более, чем одного, то


Из доказанных неравенств получаем , т.е. утверждение задачи в этом случае верно.

Легко видеть, что оно верно также при n = 1 и при n = 3.
В случае n = 2m + 1, где m > 1, в «кресте", образованном третьей сверху горизонталью и третьей слева вертикалью, выделим 2m «доминошек", а остальную часть исходного квадрата разобьём на m² четырёхклеточных квадратиков.
В каждом внутреннем ходе участвовать могли фишки, принадлежащие не более, чем двум из m² + 2m рассматриваемых фигур, а в каждом внешнем – не более, чем одной. Имеем неравенство 2k + l ≥ 2m² + 2m, поскольку фишки каждого из квадратиков участвовали не менее, чем в двух ходах, а фишки каждой "доминошки" - по крайней мере в одном.
Из первого и третьего неравенств следует, что 3k + l ≥ 4m² + 4m = n² – 1. Если здесь n² ≡ 0 (mod 3)), то, очевидно, 3(k + l) ≥ n² и , в противном случае n² ≡ 1 (mod %)%3 и .
Тем самым утверждение задачи полностью доказано.



Задача 5.

Сумма цифр в десятичной записи натурального числа n равна 100, а сумма цифр числа 44n равна 800.
Чему равна сумма цифр числа 3n?


Решение:

Заметим, что 44n есть сумма 4 экземпляров числа n и 4 экземпляров числа 10n.
Если складывать эти числа поразрядно, то в каждом разряде окажется сумма учетверённой цифры из этого же разряда числа n и учетверённой цифры из следующего разряда.
Если при этом не происходит никаких переносов, то каждая цифра числа n складывается 8 раз, и сумма цифр во всех разрядах оказывается равной 800.
При переносах же сумма цифр, очевидно, уменьшается (так как из одного разряда вычитается 10, а к другому прибавляется только 1).
Поэтому в ситуации условия задачи переносов не происходит. Это означает, в частности, что любая цифра числа n не превосходит 2.
Тогда при умножении n на 3 просто умножается на 3 каждая его цифра, а, значит, и сумма цифр.
Поэтому сумма цифр числа 3n равна 300.



Задача 6.

Для некоторых положительных чисел x и y выполняется неравенство x² + y³ ≥ x³ + y4.
Докажите, что x³ + y³ ≤ 2.


Решение:

Вначале докажем, что

x + y² ≤ x² + y³.

Допустим противное: x + y² < x² + y³, тогда, складывая это неравенство с неравенством x³ + y4 ≤ x² + y³, получим (x + x³) + (y² + y4) < 2x² + 2y³, что противоречит неравенствам x + x³ ≥ 2x² и y² + y4 ≥ y³.
Из доказанного неравенства получаем

x + y² ≥ x² + y³ ≥ x³ + y4, откуда 2x + 2y² ≥ x² + y³ + x³ + y4.

Замечая, что (1 + x²) + (1 + y4) ≥ 2x + 2y² ≥ x² + y³ + x³ + y4, получаем неравенство 2 + x² + y4 ≥ x² + y³ + x4 + y4, равносильное требуемому.



Задача 7.

В некоторой группе из 12 человек среди каждых 9 найдутся 5 попарно знакомых.
Докажите, что в этой группе найдутся 6 попарно знакомых.


Решение:

Возьмём граф на 12 вершинах, которые соответствуют людям, две его вершины соединены, если люди незнакомы.
Если в этом графе нет циклов нечётной длины, то его можно разбить на две части, в каждой из которых вершины не будут соединены, и поэтому найдутся 6 попарно знакомых.
Предположим теперь, что в графе есть циклы нечётной длины.
Рассмотрим нечётный цикл минимальной длины. Пусть его длина равна:
а) 3. Тогда если среди 9 человек, не входящих в этот цикл, есть два незнакомых, то среди оставшихся 7 человек из каждых 4 найдутся три знакомых. Таким образом в подграфе на 7 вершинах каждые два ребра имеют общую вершину. Третье ребро обязано проходить через эту вершину. Иначе среди 4 человек не найдутся трёх знакомых. Поэтому все рёбра имеют общую вершину, и удаляя эту вершину, мы получаем 6 попарно знакомых.
б) 5. Тогда, как и выше, среди оставшихся 7 из каждых 4 найдутся 3 знакомых и среди этих 7 найдутся 6 знакомых.
в) 7. Тогда среди 5 человек, не входящих в этот цикл, все попарно знакомы. Если есть человек из цикла, знакомый со всеми этими 5, то всё доказано.
В противном случае, каждый из цикла не знаком с кем-то из оставшихся.
Так как 7>5, то найдётся человек A из оставшихся, не знакомый с двумя из цикла B, C .
Из того, что мы взяли цикл минимальной длины, следует, что эти два незнакомых из цикла должны быть знакомы через одного D. Но тогда D знаком со всеми из пяти оставшихся, потому что удаляя из цикла D и заменяя на A, мы получаем снова цикл длины 7, а в дополнении к циклу длины 7 все попарно знакомы.
г) Цикла длины 9 не может быть по условию задачи.
д) Цикл длины 11. Тогда, как и выше при рассмотрении циклов длины 7, мы видим, что оставшийся человек может быть незнаком максимум с двумя из цикла.
Но тогда в цикле легко найти 5 человек, знакомых между собой и с оставшимся.
(Например, взяв идущих через одного по циклу и не знакомых с оставшимся.)






Олимпиадные задания по математике:

    11 класс     |       1 вариант    |       2 вариант    |       3 вариант    |       Математическая олимпиада физтеха    |    Международная олимпиада