• Ответ . 40. Решение
  • Ответ
  • VI олимпиада имени Леонарда Эйлера, заключительный этап Решения заданий второго дня. 5.
  • Замечание

  • Скачать 92.57 Kb.


    Дата11.07.2018
    Размер92.57 Kb.
    ТипРешение

    Скачать 92.57 Kb.

    Ii олимпиада имени Леонарда Эйлера, заключительный этап, проект



    VI олимпиада имени Леонарда Эйлера, заключительный этап

    Решения заданий первого дня.

    1. Докажите, что в разложение произведения десяти последовательных трёхзначных чисел на простые множители входит не больше 23 различных простых чисел. (И. Рубанов)

    Решение. Заметим, что в разложение трёхзначного числа на простые множители входит не более двух множителей, больших 10 — иначе произведение будет больше 1000. Кроме того, среди 10 последовательных натуральных чисел есть число, делящееся на 10, в разложение которого входит максимум один множитель, больший 10. Таким образом, в разложения десяти последовательных трёхзначных чисел входит не больше 19 простых множителей, больших 10. Вместе с множителями 2, 3, 5, 7 получается не больше 23 различных простых множителей, что и требовалось доказать.

    2. На стороне AB треугольника ABC с углом в 100 при вершине C взяты точки P и Q такие, что AP = BC и BQ = AC. Пусть M, N, K — середины отрезков AB, CP, CQ соответственно. Найдите угол NMK. (М. Кунгожин + жюри)

    Ответ_._40._Решение'>Ответ. 40. Решение. Достроим треугольник до параллелограмма ACBD. Тогда M является серединой отрезка CD. Так как AP = BC = AD и BQ = AC = BD, треугольники APD и BQD — равнобедренные. Поэтому

    QDP = ADP+BDQ–ADB = (90–DAB/2)+(90–DBA/2)–100 = 80–(DAB+DBA)/2 = 40.



    Осталось заметить, что QDP = KMN, так как MK и MN — средние линии треугольников DQC и DPC соответственно.

    3. На сотом году правления Казначей Бессмертный решил начать выпускать новые монеты. В этом году он выпустил в обращение неограниченный запас монет достоинством 2100–1, на следующий год — достоинством 2101–1, и т.д. Как только достоинство очередной новой монеты можно будет без сдачи набрать выпущенными ранее новыми монетами, Казначея сместят. На каком году его правления это случится? (И. Богданов)

    Ответ. На двухсотом. Решение. Пусть на k-ом году правления 2k–1 можно набрать выпущенными ранее монетами: 2k–1 = a1+…+an = Nn, где N — сумма степеней двойки, каждое из слагаемых в которой делится на 2100. Так как 2k тоже делится на 2100, на 2100 должно делиться и число n–1. Так как, очевидно, n > 1, получаем n  2100+1, откуда 2k–1  (2100–1)(2100+1)  2200–1, то есть k  200, и раньше 200-го года Казначея не сместят. А на 200-ом году сместят, так как 2200–1 = (2100+1)(2100–1).

    4. Среди 49 одинаковых на вид монет — 25 настоящих и 24 фальшивых. Для определения фальшивых монет имеется тестер. В него можно положить любое количество монет, и если среди этих монет больше половины — фальшивые, тестер подает сигнал. Как за пять тестов найти две фальшивых монеты? (К. Кноп)

    Решение. Назовём «рабочими» те монеты, среди которых мы продолжаем искать пару фальшивых. Ситуацию «рабочими являются N монет, среди которых не менее M фальшивых» будем обозначать N:M. Если на очередном тесте был сигнал (обозначим это "+"), то после этого мы считаем рабочими те и только те рабочие монеты, которые в тесте участвовали, а если сигнала не было («–), то продолжим считать рабочими те и только те рабочие монеты, которые в этом тесте не участвовали. Вначале имеем ситуацию 49:24. Приведём возможный алгоритм решения задачи.

    Тест 1: тестируем 27 монет. +: ситуация 27:14, –: ситуация 22:11. Тест 2 для ситуации 27:14: тестируем 16 монет. +: ситуация 16:9, –: ситуация 11:6. Тест 2 для ситуации 22:11: тестируем 16 монет. При обоих вариантах — ситуация 11:6.

    Тест 3 для ситуации 16:9: тестируем 8 монет. При обоих вариантах — ситуация 8:5. Тест 4 для ситуации 8:5: тестируем 4 монеты. При обоих вариантах — ситуация 4:3. Тест 5 для ситуации 4:3: тестируем две монеты. При обоих вариантах — ситуация 2:2, то есть мы нашли пару фальшивых.

    Тест 3 для ситуации 11:6: тестируем 8 монет. +: ситуация 8:5, тесты 4 и 5 для которой указаны выше; –: ситуация 3:2. Тесты 4 и 5 для ситуации 3:2 — тестируем дважды по одной монете. Либо обе они окажутся фальшивыми («+»), либо одна будет настоящей («–»), тогда другой фальшивой монетой будет третья из оставшихся.

    VI олимпиада имени Леонарда Эйлера, заключительный этап

    Решения заданий второго дня.

    5. Петя и Вася одновременно ввели в свои калькуляторы одно и то же не равное 0 целое число. После этого каждую минуту Петя либо прибавлял к своему числу 10, либо умножал его на 2014; одновременно Вася в первом случае вычитал из своего числа 10, а во втором — делил его на 2014. Могло ли оказаться, что через некоторое время числа у Пети и Васи снова стали равными? (И. Богданов)

    Ответ. Да, так могло оказаться. Решение. Допустим, последним действием перед тем, как числа снова стали равными, Петя умножал на 2014, а Вася делил. Тогда перед этим Петино и Васино числа были отрицательными, и модуль Васиного числа было в 20142 раз больше модуля Петиного. Пусть эти два числа были получены из одного и того же исходного числа n повторенной k раз операцией «Петя прибавляет 10, Вася вычитает 10». Это означает, что n–10k = 20142(n+10k)  10(20142+1)k = (1–20142)n. Полагая, например, n = –10(20142+1), получаем, что, начав с такого числа n, Петя и Вася могли снова уравнять свои числа, совершив сначала 20142–1 операций «Петя прибавляет 10, Вася вычитает 10», а потом одну операцию «Петя умножает на 2014, Вася делит на 2014». Замечание. Есть и другие решения.



    6. Назовём натуральное число гористым, если в его записи есть не стоящая с краю цифра (называемая вершиной), которая больше всех остальных, а все остальные цифры ненулевые и сначала нестрого возрастают (то есть каждая следующая цифра больше предыдущей или равна ей) до вершины, а потом нестрого убывают (то есть каждая следующая цифра меньше предыдущей или равна ей). Например, число 12243 — гористое, а числа 3456 и 1312 — нет. Докажите, что сумма всех стозначных гористых чисел — составное число. (С. Берлов)

    Решение. Назовем два гористых числа дружественными, если каждое из них получается из другого записью его цифр в обратном порядке. Заметим, что цифры, которые у одного из дружественных чисел стоят в четных разрядах, у другого стоят в нечетных разрядах. В частности, два дружественных числа не могут совпадать, так как их вершины находится в разрядах разной четности. Поэтому все гористые числа разбиваются на пары дружественных. Далее, если разность суммы цифр, стоящих в нечетных (с конца) разрядах, и суммы цифр, стоящих в четных разрядах, у одного из двух дружественных чисел равна a, то у другого она равна –a. Так как эти разности при делении на 11 дают те же остатки, что и сами дружественные числа, сумма двух дружественных чисел делится на 11. Следовательно, на 11 делится и сумма всех гористых чисел. Поскольку она при этом, очевидно, больше 11, она является составным числом.

    7. Десятичная запись натурального числа N составлена только из единиц и двоек. Известно, что вычёркиванием цифр из этого числа можно получить любое из 10000 чисел, состоящих из 9999 единиц и одной двойки. Найдите наименьшее возможное количество цифр в записи числа N. (Г. Челноков)

    Ответ. 10198. РешениеПример. Число 1…121…12…21…121…1, где 100 двоек, спереди и сзади — по 99 единиц, а между соседними двойками — по 100 единиц. Число из 9999 единиц и двойки, где перед двойкой идет 100m+n единиц (0 ≤ m,n ≤ 99) получается вычеркиванием всех двоек, кроме (m+1)-ой, 99–n единиц перед ней и n единиц за ней. Оценка. Заметим, что в числе N нет двух двоек, идущих подряд — иначе его можно укоротить, вычеркнув одну из этих двоек. Пусть в числе N k двоек, перед первой двойкой идут a0 единиц, между первой и второй — a1 единиц, …, после последней двойки — ak единиц. Положим s = a0+…+ak. Для получения числа, у которого перед двойкой одна единица, нам придется вычеркнуть не меньше a0–1 единиц. Поэтому число s–(a0–1) должно быть не меньше 9999, то есть sa0  9998. Для получения числа, у которого перед двойкой a0+1 единица, придется вычеркнуть первую двойку и не меньше a1–1 единиц, откуда получаем неравенство sa1  9998. Для получения числа, у которого перед двойкой a0+a1+1 единица, придется вычеркнуть две первых двойки и не меньше a2–1 единиц, откуда получаем неравенство sa2  9998. Рассуждая аналогично, получаем, что неравенство sai  9998 выполнено при всех i от 0 до k–1; кроме того, для получения числа, где двойка идет последней, требуется, чтобы sak  9999. Складывая все эти неравенства, получаем неравенство (k+1)ss  9998(k+1)+1  ks > 9998(k+1)  s > 9998+9998/k. Так как в искомом числе ещё и k двоек, количество цифр в нем больше, чем 9998+9998/k+k  9998+2 > 10197, что и требовалось доказать.

    8. Диагональ выпуклого 101-угольника будем называть главной, если по одну сторону от неё лежит 50, а по другую — 49 вершин. Выбрано несколько главных диагоналей, не имеющих общих концов. Докажите, что сумма длин этих диагоналей меньше суммы длин остальных главных диагоналей. (И. Богданов, С. Берлов)

    РешениеНазовём главной диагональю (2n+1)-угольника K = A1A2...A2n+1 любой отрезок вида AiAi+n (нумерация вершин циклическая, так что Ai+2n+1 = Ai). Докажем индукцией по n, что сумма длин любого выбранного набора главных диагоналей многоугольника K, не имеющих общих вершин, меньше суммы длин оставшихся его главных диагоналей. База при n = 1 следует из неравенства треугольника, ибо главными диагоналями треугольника являются его стороны. Пусть теперь n > 1. Обозначим сумму длин выбранных главных диагоналей через s1, а невыбранных — через s2. Можно считать, что выбрана диагональ A1An+2. Тогда диагонали A1An+1 и A2An+2 не выбраны и пересекаются в некоторой точке P. Значит, A1An+2+A2An+1 < A1P+PAn+2+A2P+PAn+1 = A1An+1+A2An+2 (*). Рассмотрим теперь многоугольник M = A2... An+1An+3...A2n+1. Нетрудно видеть, что его главными диагоналями являются A2An+1, а также все главные диагонали многоугольника K, не содержащие вершин A1 и An+2 (при переходе от K к M по каждую сторону от такой диагонали исчезает по одной вершине). Выберем из них те же диагонали, что и в K, кроме A1An+2. Применяя к ним предположение индукции, получаем s1A1An+2 < s2A1An+1A2An+2+A2An+1. Прибавляя к полученному неравенство (*), получаем требуемое. Переход доказан.

    Коьрта
    Контакты

        Главная страница


    Ii олимпиада имени Леонарда Эйлера, заключительный этап, проект

    Скачать 92.57 Kb.