Задача 8-1

ІІІ етап Всеукраїнської

Олімпіади з математики

Обласна олімпіада

Юних математиків

Умови та розв’язання задач

Тур

17 січня 2016 року

Ви думаєте, усе так просто?

Так, усе просто. Але зовсім не так

Альберт Ейнштейн

7 клас

1. Дідусь, тато та онук пробігли дистанцію від дому до крамниці та назад. При цьому онук туди і назад біг з однаковою швидкістю. Дідусь туди біг удвічі швидше за онука, а назад у 3 рази повільніше. Тато біг туди удвічі повільніше за онука, а назад у 3 рази швидше. В якому порядку вони повернуться додому?

Відповідь: першим прибіг онук, другим – тато, останнім – дідусь.

Розв’язання. Позначимо швидкість онука через , а відстань через . Тоді час забігів онука, тата та дідуся відповідно дорівнюють:

, , .

Тобто треба порівняти такі числа:

, , .

Таким чином, першим прибіг онук, другим – тато, останнім – дідусь.

2. З 22-х карток, на яких записані числа 1, 2,..., 22, склали 11 дробів (перегортати картки не можна). Яка найбільша кількість цілих чисел може виявитись серед отриманих дробів?

Відповідь: 10 дробів.

Розв’язання. Прості числа можуть дати ціле число лише за умови, що вони стоять у чисельнику та у них в знаменнику стоятиме , тому принаймні один дріб буде не цілим числом. Покажемо, як зробити так, щоб 10 дробів були цілими числами:

.

3. По кругу вишукувалися 30 дітей – хлопчиків та дівчат. При цьому виявилось, що немає жодної дитини, у якої обидва сусіди – хлопчики. Яка при цьому може бути найменша кількість дівчат?

Відповідь: .

Те, що потрібна розстановка існує – очевидно. Розглянемо груп хлопців по , які чергуються з групами дівчат по та однією групою з дівчат.

4. На папері в клітину нарисований квадрат, сторони якого йдуть по лініях клітин. У квадраті провели одну з діагоналей та усі клітини, через центри яких проходить проведена діагональ, пофарбовані в чорний колір. Після цього клітини квадрату, що розташовані над чорними деяким чином поділили на дві фігури, а клітини, що розташовані під чорними – на 3 фігури, наприклад, як це показане на рис. 1. Площі (кількість клітин) чотирьох з п’яти фігур виявились такими – 70, 80, 90 та 100. Якою може бути площа п’ятої фігури?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Позначимо площі цих п’яти шматочків , , , та невідома площа п’ятої фігури . Оскільки площа під чорними та над чорними клітинами співпадають, то сума двох з наведених доданків повинна дорівнювати сумі трьох. Таким чином, виходячи з умов задачі, повинна справджувати одна з наведених рівностей:

1. , тобто , звідки ;

2. , тобто , звідки ;

3. , тобто , звідки ;

4. , тобто , звідки ;

5. , тобто , звідки ;

6. , тобто , звідки .

Але крім того сума площ усіх п’яти шматочків повинна дорівнювати площі квадрата, без його діагоналі. Якщо позначити сторону квадрата через , то сума площ п’яти фігур повинна мати вигляд: .

1. Для цього випадку маємо, що . Цей випадок не можливий, оскілки

.

2. Для цього випадку маємо, що . З попередніх нерівностей бачимо, що цей випадок можливий при .

3. Тут , .

4. Тут , .

5. Тут , .

6. Тут , .

3.1. У таблиці , що показана на рис. 2, треба у 4 комірки поставити по одній зірочці таким чином, щоб ця розстановка задовольняла такі умови: у кожному стовпчику та кожному рядку не повинно бути більше однієї зірочки, жодні дві зірочки не мають стояти у сусідніх по діагоналі комірках. У яких полях можуть стояти зірочки? Вкажіть усі можливі відповіді.

Відповідь: «а2», «б4», «в1», «г3» або «а3», «б1», «в4», «г2».

Нехай зірочка в полі «а2», тоді єдине поле далі «б4», і однозначно «в1» та «г3».

Зрозуміло, що є ще аналогічне розташування.

4.1. Чому дорівнює площа чотирикутника , що зображений на рис. 3, якщо сторона малого квадратика дорівнює 1 см?

Відповідь: .

Розв’язання. В основі міркувань – діагональ прямокутника розбиває його на два трикутники однакової площі. Проведемо відрізки , , та (рис. 4). Тоді з наведених міркувань:

Звідси, площа чотирикутника дорівнює площі цих чотирьох трикутників та площі квадрату .

.

8 клас

1. Скільки існує трицифрових чисел з ненульовими цифрами, які мають таку властивість: при будь-якій перестановці цифр отримаємо трицифрове число, що ділиться націло на ?

Відповідь: чисел.

Розв’язання. Очевидно, що усі цифри числа – парні, бо на останній позиції може стояти лише парна цифра. Якщо серед чисел є одна із цифр або , то таке число умову не задовольняє, бо на діляться лише числа із закінченням та . Тому число має складатися лише з цифр або . Порахуємо їх кількість:

З трьох цифр (або ) -- таке число єдине.

З двох цифр та однієї (або навпаки) -- таких чисел три.

Разом – чисел.

2. Знайдіть принаймні одну пару натуральних чисел , що задовольняє рівність:

.

(Рожкова Марія)

Відповідь: .

Розв’язання. Перепишемо умови задачі таким чином:

.

Неважко побачити як шукані розв’язки легко знаходяться.

3. Андрій, Богдан та Олеся йшли однією дорогою від будинку до школи. Андрій йшов зі швидкістю км/год протягом годин, Богдан йшов зі швидкістю км/год протягом годин, Олеся йшла зі швидкістю с км/год протягом годин, де – деякі, необов’язково цілі, числа. Яка відстань між будинком та школою, якщо відомо, що вона вимірюється цілою кількістю кілометрів?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: км.

Розв’язання. Запишемо рівності, які визначаються умовами задачі:

, , ,

де - натуральне число, що дорівнює шуканій відстані від дому до школи.

Зауваження. Або інше пояснення до другої частини доведення. Маємо, що . Оскільки для кожної пари множників , то , звідси .

4. На колі вибрані точок. Вони послідовно з’єднані за рухом годинникової стрілки таким чином, що утворився -кутник. Аліса та Базиліо по черзі (розпочинає Базиліо) проводять в ньому діагоналі, які можуть перетинатися лише у вершинах багатокутника, доти, доки це можливо. По завершенню гри, багатокутник буде розбитий на трикутники, які діляться на три типи – нульові, одиничні та двійкові, в залежності від того, скільки із сторін трикутника співпадає зі сторонами заданого багатокутника (рис. 5). За кожний нульовий трикутник у прикінцевому розподілі Аліса отримує 1 золотий, а Базиліо отримує 1 золотий за кожний двійковий трикутник. Хто з них може отримати більше золотих та на скільки при правильній грі обох?

Відповідь: Базиліо на золотих.

5. У трикутнику проведено бісектриси та . Доведіть, що тоді і тільки тоді, коли .

(Хілько Данило)

Розв’язання. Позначимо точку перетину бісектрис через (рис. 6). Також відмітимо точку , яка є симетричною до точки відносно бісектриси . Тоді та . Незалежно від умов, які дано в задачі, точка , бо в рівнобедреному пряма містить висоту, а тому є бісектрисою кута . Якщо , то, як відомо, . Тоді , бо рівнобедрений. Звідси, Тоді трикутники за спільною стороною і двома прилеглими кутами, тому і .

Навпаки, якщо , то , а тому за двома сторонами і кутом між ними. Тоді . Також з рівнобедреності . Звідси, , а тому

.

4.1. Чи можна розрізати рівносторонній трикутник на:

а) три однакових чотирикутники;

б) три однакових п’ятикутники?

Чотирикутники та п’ятикутники не обов’язково опуклі.

Відповідь: а), б) так, можна.

Розв’язання. а) Розглянемо рівносторонній , позначимо середини його сторін через , , відповідно (рис. 7). Відрізки , та перетинаються в точці . Для розбиття на однакові чотирикутники достатньо розглянути, наприклад, чотирикутники , та .

б) позначимо тепер середини відрізків , та через , та відповідно. Шуканими п’ятикутниками є , та .

5.1. У чотирикутнику , що зображений на рис. 8, справджуються рівності: та . На стороні вибрана така точка , що . Доведіть, що .

Розв’язання. Нехай — середина сторони (рис. 9). Тоді , та оскільки , то — рівнобічна трапеція. Тому та . за стороною та прилеглим кутам, тому й .

9 клас

Задача 8-1

2. Розв’яжіть систему рівнянь:

(Рубльов Богдан)

Відповідь: та .

Розв’язання. Додамо ці рівняння і одержимо, що

або .

таким чином маємо два варіанти.

Варіант 1. . Тоді з першого рівняння одержимо, що

після аналогічних міркувань одержимо , звідки маємо перший розв’язок .

Варіант 2. . Знову з першого рівняння одержимо, що

,

звідки одержимо – другий розв’язок.

3. Знайдіть усі натуральні , для яких число ділиться націло на .

Відповідь: таких натуральних не існує.

(Юрченко Кирило)

Відповідь: не можна.

Розв’язання. Припустимо, що це можливо. Розглянемо сукупність ходів змін знаків, за якими досягається шукана зміна усіх знаків у великому хресті на протилежні. Очевидно, що двічі змінювати знаки у хресті на тому самому місці немає сенсу, таким чином положення хреста, що були використані для зміни знаку, є унікальними. І порядок, в якому робиться зміна знаків по хрестах, не суттєвий.

Розглянемо клітини, що розташовані вздовж діагоналі, від самої верхньої «А» до самої лівої «В» (рис. 12). Для зміни знаку в клітинах «А» та «В» існує єдине розташування хреста, яке це робить. При цьому змінюється знак у сусідніх клітинах до «А» та «В». Після цього на виділеному шматочку клітин треба змінити знаки на решті клітинах. Будь-яке розташування хреста, що зачіпає цей набір клітин (і не зачіпає клітин «А» та «В», бо для них це робиться рівно 1 раз і з самого початку) змінює знак рівно у двох клітинах. Таким чином добуток клітин не змінюється на виділеному ланцюгу клітин. Але у початковий момент вона додатна, а у останній – від’ємна, що й доводить неможливість.

(Гоголєв Андрій)

Розв’язання. Нехай та перетинаються в точці . Розглянемо коло з діаметром , тоді точка лежить на ньому (рис. 13). Воно перетинає в точках відповідно. Точки та лежать на сторонах , а не на їх продовженнях, бо трикутник гострокутний. Зауважимо також, що оскільки та – чевіани, то точка лежить всередині , тобто на дузі побудованого кола. Доведемо, що . В такому разі трикутник був би рівнобедреним, бо – бісектриса та висота в ньому, тому . Справді, припустимо, що . Тоді . Вочевидь, . Тоді

.

Альтернативне розв’язання. Позначимо , . Тоді оскільки та , то (рис. 14). Будемо вважати, що , тоді позначимо відрізки , , тоді , . Оскільки та , то можемо умову записати таким чином: або

,

звідки . Тепер маємо, що

,

що й треба було довести.

4.1. Вершини куба деяким чином перенумеровані числами . Петрику повідомили для трьох з шести граней кубу номера вершин, що їм відповідають: , , . Чи зможе Петрик за цими даними сказати, який номер має вершина, що найбільш віддалена від вершини з номером 5?

Відповідь: зможе, це вершина з номером .

Розв’язання. Якщо подивитись на куб, то з кожної вершини виходить три ребра, кожне ребро є межею двох граней. Таким чином, якби Петрику були б відомі відомості одразу по усіх шести граней, то ми зробили б такі висновки. Якщо вершини сусідні по ребру, то у списку усіх граней відповідна пара номерів була б записані двічі. Якщо вершини є протилежними у одній грані, то вони потрапили б у список один раз. Якщо вони протилежні по великій діагоналі куба, то вони не зустрілися б жодного разу. Із заданих граней бачимо, що вершина з номером є тричі, тобто виписані номери усіх трьох суміжних граней кубу, які мають цю вершину спільною. Таким чином три ребра кубу мають такі номери: , та . Тепер зовсім просто вже визначити нумерацію вершин (рис. 1).

10 клас

1. Близнюки Петрик та Остап посварилися і стали ходити з дому до школи різними шляхами. Петрик спочатку йде метрів на південь, а далі метрів на схід і потрапляє до школи. Остап спочатку йде певний час на північ, а далі по прямій до школи. Скільки саме метрів Остап йде на північ, якщо близнюки ходять з однаковою швидкістю і приходять до школи одночасно?

Відповідь: .

Розв’язання. Позначимо точки таким чином: домівка – , місце школи – , точка де Петрик повертає на схід – , точка, де повертає Остап – (рис. 16). Тоді за умовою , , , . Крім того, з умов задачі випливає, що .

Запишемо теорему Піфагора: або

.

, звідки .

2. Є стільців, розташованих в одну лінію та перенумеровані зліва направо числами . Отець Федір може стрибати по цих стільцях за такими правилами: зі стільця з номером він може стрибнути на стілець з номером тоді і тільки тоді, коли або . Відомо, що отець Федір, розпочавши з деякого стільця, зміг пострибати по них так, що побував на кожному стільці рівно 1 раз. Із стільця з яким номером отець Федір мав почати стрибати?

Відповідь: або .

Розв’язання. Випишемо список пар стрибків, які міг зробити коник:

, , , , , , , , , , .

Як бачимо, диски за номерами та зустрічаються тут по одному разу. Тобто, якщо коник не розпочне з такого стільця, то він на ньому має закінчувати, але таких стільців два. Тому з одного повинен розпочати, на іншому – закінчити свої стрибки, наприклад так

.

3. Квадратний тричлен з цілими коефіцієнтами для кожного цілого значення ділиться націло на натуральне число . Чи обов’язково на ділиться кожний з коефіцієнтів тричлена , якщо

а) ; б) ?

Відповідь: а) не обов’язково; б) обов’язково.