 |
XXIII Турнир городов
(решения)
Весенний тур, тренировочный вариант, 8-9 классы
Задача 1
Ответ: 1х3.
Площадь картонки равна ab. Если прямоугольники 49х51 и 99х101 можно
разрезать на такие картонки, то площадь каждого из них делится на ab.
Но тогда и число 99*101-4*49*51 = 99*101-98*102 = 3 делится на ab.
Так как 0< a< b, то a=1 и b=3.
Задача 2
Ответ: можно. Краткое описание рисунка таково.
Шестиугольник имеет с исходным треугольником одну общую сторону
и два прилегающих к ней угла. Пятиугольник - остаток одной
из сторон и оставшийся угол, четырехугольник - оставшуюся часть
другой стороны, треугольник в центре.
Задача 3
Число x2 + xy + y2 делится на 10, следовательно (x-y)(x2 + xy + y2) = x3-y3
делится на 10. Поэтому у чисел x3 и y3 одинаковые последние цифры.
Но если два числа оканчиваются на разные цифры, то их кубы тоже
оканчиваются на разные цифры: 03 - 0, 13 - 1, 23 - 8, 33 - 7,
43 - 4, 53 - 5, 63 - 6, 73 - 3, 83 - 2, 93 - 9.
Поэтому x и y должны оканчиваться на одинаковые цифры. Значит
последняя цифра чисел xy и y2 такая же, как и числа x2,
а последняя цифра x2 + xy + y2 (т.е ноль) такая же, как у 3x2.
Поэтому x делится на 10, значит и y делится на 10.
Поэтому x2 + xy + y2 делится на 100.
Задача 4
Будем обозначать "угол" значком "<".
Достаточно доказать, что < NSM+< NDM=180. Так как SKBL вписан, то
180 = < KBL + < KSL = 1/2(дуга KNML - дуга KL) + 1/2(дуга KL + дуга NM)=
(угол между касательными и угол между пересекающимися хордами
окружности вписанной в ABCD)
= 1/2(дуга KNML + дуга NM) = 1/2(360 - дуга KL + дуга NM).
Отсюда дуги KL и NM равны, поэтому равны углы NDM и KBL.
Значит < NSM + < NDM = < KSL + < KBL = 180.
Задача 5a
Пусть сперва k=6 (всего 2k+1 монет).
ШАГ 1)
Взвесим две кучки по 2k монет в каждой.
Допустим равно.
Если k=1, то любая из взвешенных групп - искомая (6 взвешиваний).
Если k>2, то берем любую половину, k уменьшается на 1,
переходим к шагу (1).
Допустим неравно. Тогда у нас есть две группы по
2k монет, и одна тяжелее другой. Переходим к шагу (2).
ШАГ 2)
У нас есть две группы монет по 2k в каждой, одна тяжелее другой.
Если k=0, то эти две монеты искомые (7 взвешиваний).
Если k>0, то разделим каждую группу пополам обозначим монеты
одной группы a1,a2, другой b1,b2. Известно a1+a2< b1+b2.
Взвесим теперь (a1+b2) и (b1+a2).
Если a1+b2< b1+a2, то a1< b1. Переходим к шагу (2)
при k на единицу меньшем и с двумя группами a1 и b1.
Если же a1+b2>=b1+a2, то a2< b2. Переходим к шагу (2)
при k на единицу меньшем и с двумя группами a2 и b2.
Задача 5б
Первое взвешивание: взвесим две группы А и Б по 4 монеты в каждой.
Второе взвешивание: взвесим две половины группы А: А1 и А2.
1) если в обоих случаях равно, то искомые монеты - А2;
2) если сперва равно, а затем неравно, то нужно взять
по 1 монете из А1 и А2;
3) если А< Б (для определенности), а при втором взвешивании равно,
то возьмем одну монету из А, а одну из Б;
4) наконец, если А< Б и А1< А2, то искомые монеты - А2.
Весенний тур, тренировочный вариант, 10-11 классы
Задача 1
Смотрите решение задачи 3 для младших классов.
Задача 2
Обозначим за l некоторую прямую, параллельную биссектрисе между
векторами AB и A'B', а за m -- некоторую прямую, перпендикулярную к l.
Проекции A0B0 и A'0B'0 векторов AB и A'B' на прямую m равны по
длине (так как AB и A'B' равны по длине) и противоположно направлены.
Поэтому отрезки A0A'0 и B0B'0 имеют общую середину M.
Направление вектора BC получается из вектора AB при повороте
на некоторый угол a по часовой стрелке. Направление вектора B'C'
получается из вектора A'B' при повороте на тот же самый угол a
против часовой стрелки. Отсюда следует, что прямая l параллельна
также биссектрисе угла между векторами BC и B'C'.
Значит, проекции B0C0 и B'0C'0 векторов BC и B'C' на прямую m
равны по длине и противоположно направлены. Следовательно, отрезки
B0B'0 и C0C'0 имеют общую середину -- точку M.
Итак, середины трех отрезков AA', BB', CC' проектируются в одну
точку M на прямой m, следовательно они лежат на одной прямой,
перпендикулярной m и проходящей через точку M.
Замечание: утверждение задачи легко следует из теоремы о том,
что всякое несобственное движение плоскости является скользящей
симметрией, то есть представляется в виде композиции осевой
симметрии относительно некоторой прямой и параллельного переноса
на вектор, параллельный этой прямой.
Задача 3
Обозначим массы кусков сыра через A1, A2, A3, A4, A5, A6 так,
что A1< A2< A3< A4< A5< A6. По условию, их можно разложить на две
кучки по три куска так, чтобы кучки весили поровну.
Имеется всего 5 возможностей:
1. A1+A2+A6 = A3+A4+A5,
2. A1+A3+A6 = A2+A4+A5,
3. A1+A4+A6 = A2+A3+A5,
4. A1+A5+A6 = A2+A3+A4,
5. A1+A4+A5 = A2+A3+A6.
При всех остальных разбиениях на две тройки будет ясно
"на глаз", что одна из них весит больше.
Первым взвешиванием сравним A1+A4+A6 и A2+A3+A5.
Если имеет место равенство, то задача решена.
Если A1+A4+A6 < A2+A3+A5, то
A1+A2+A6 < A3+A4+A5,
A1+A3+A6 < A2+A4+A5 и
A1+A4+A5 < A2+A3+A6.
Таким образом, остается одна возможность под номером 4.
Если A1+A4+A6 > A2+A3+A5, то
A1+A5+A6 > A2+A3+A4.
Остаются возможности 1, 2 и 5.
Далее, вторым взвешиванием сравним A1+A3+A6 и A2+A4+A5.
Если весы оказались в равновесии, то задача решена.
Если A1+A3+A6 > A2+A4+A5, то
A1+A4+A5 < A2+A3+A6, и остается лишь возможность номер 1.
Если же A1+A3+A6 < A2+A4+A5, то
A1+A2+A6 < A3+A4+A5,
и остается только возможность номер 5.
Задача 4
Ответ: 4094 способа.
Решим общую задачу для расстановки чисел от 1 до 2n в клетках
доски 2xn, n>1.
Обозначим две вертикали доски числами 0 и 1, а n горизонталей -
числами 1, 2, ... , n. Теперь клетку доски обозначаем парой чисел
с номерами вертикали и горизонтали, например (0, 5).
Пусть число 1 стоит в горизонтали номер k, для определенности
в клетке (0, k). Пусть число 2n стоит в горизонтали номер m.
Рассмотрим два случая.
1) Пусть m и k различны, для определенности положим m>k.
Покжем, что для каждой клетки (0, k) или (1,k), в которой
стоит число 1, имеется ровно один способ расстановки чисел, при
котором число 2n стоит в горизонтали номер m (m>k).
В клетке (1, k) стоит какое-то число l, 1< l< 2n. Горизонталь
с номером k делит доску на две части. В одной из этих частей
должны находиться числа от 2 до l-1, а в другой - от l+1 до 2n.
Это значит, что числа от 1 до l-1 располагаются в горизонталях
с номерами от 1 до k-1, причем нетрудно убедиться, что
расстановка этих чисел единственна:
число 2 стоит в клетке (0, k-1),
...,
число k стоит в клетке (0, 1),
число k+1 стоит в клетке (1, 1),
...,
число l=2k --- в клетке (1, k).
Далее, однозначно определяем, что число 2k+1 стоит в клетке (1, k+1),
число 2k+2 стоит в клетке (0, k+1), если m>k+1
(иначе в клетке (0, k+1) может стоять только число 2n), и так далее.
Получаем, что числа 2k+1, 2k+2, ... , 2(m-1) заполняют "змейку" из клеток
(1, k+1), (0, k+1), (0, k+2), (1, k+2), ... , (0, m-1), (1, m-1),
если m-k четно, и
(1, k+1), (0, k+1), (0, k+2), (1, k+2), ... , (1, m-1), (0, m-1),
если m-k нечетно.
Осталось выяснить, как можно расположить числа 2m-1, 2m, ... , 2n
в горизонталях с номерами m, m+1, ... , n, если известно, что число 2n
расположено в горизонтали с номером m. Нетрудно понять, что это также
можно сделать единственным образом: числа 2m-1, 2m, ... , 2n должны
располагаться соответственно в клетках
(1, m), (1, m+1), ... , (1,n), (0, n), (0, n-1) ... , (0, m)
при четном m-k, и в клетках
(0, m), (0, m+1), ... , (0,n), (1, n), (1, n-1) ... , (1, m)
при нечетном m-k.
Таким образом, всего в первом случае получено 2n(n-1) способов
(n-1 способов для 2n возможных положений клетки, в которой
записано число 1).
2) Пусть теперь число 1 записано в клетке (0, k), а число 2n записано
в клетке (1, k). Из предыдущих рассуждений ясно, что если k=1 или k=2n,
то имеется ровно одна расстановка чисел от 1 до 2n, удовлетворяющая
условию. Если же k отлично от 1 и 2n, то нужных расстановок
вообще не существует. Итак, во втором случае добавляется
еще 4 расстановки, когда число 1 стоит соответственно в клетках
(0, 1), (1, 1), (0, 2n), (1, 2n).
Окончательно, получаем ответ: 2n(n-1)+4 способов.
При n=50 число способов равно 100*49+4 = 4904.
Задача 5
Введем обозначение "sqrt3" - это квадратный корень из 3.
Ответ: да, существует.
Возьмем правильную призму, в основании которой лежит правильный
треугольник со стороной 1, а каждая боковая грань - прямоугольник
со сторонами 1 и sqrt3. Такую призму можно обклеить тремя
равносторонними треугольниками, первый из которых - со стороной 1,
второй -- со стороной 2, и третий -- со стороной 3.
Покажем, как это сделать.
В третьем треугольнике отложим от одной из вершин по сторонам отрезки
длины 1 и соединим их концы отрезком l. Отрезок l разделит наш
треугольник на две части: 1-ая будет правильным треугольником со
стороной 1, а 2-ая -- равнобокой трапецией с основаниями 1 и 3
и высотой sqrt3.
Совместим 1-ую часть 3-го треугольника с одним из оснований призмы,
и перегнем 3-ий треугольник по отрезку l, совместившемуся с ребром
призмы. Тогда 2-ая часть 3-го треугольника целиком накроет одну из
боковых граней призмы. Оставшиеся неиспользованными куски 3-го
треугольника загнем на соседние боковые грани, и на каждой из них
окажется оклеенной половина.
Перегнув второй треугольник по одной из его высот и совместив
эту высоту с ребром призмы, идущим между двумя недообклеенными
боковыми гранями, нам удастся их полностью заклеить.
Осталось заклеить первым треугольником второе основание призмы.
|
Главная
