close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Интерактивная подготовка к олимпиаде

код для вставкиСкачать
Муниципальное общеобразовательное учреждение
классическая гимназия №1 им. В.Г. Белинского
XII научно – практическая
конференция школьников г. Пензы
Интерактивная подготовка
к олимпиаде
Выполнил:
Черепков Андрей, ученик 10«А» класса
Научный руководитель: Борисова Ольга Александровна,
учитель математики гимназии №1
Рецензент: Моисеев А.В., заведующий кафедрой
прикладной математики и
исследования операций в экономике
Пензенской государственной
технологической академии, кандидат
физико-математических наук,
доцент
Пенза, 2008 г.
Актуальность
Актуальность работы: отсутствие специальной
литературы для подготовки учащихся к
дистанционным олимпиадам на фоне увеличения
Центров творческих инициатив по проведению
Интеллект-мероприятий.
Цели и задачи
Цель работы: 1) проанализировать содержание современных
Задачи:
олимпиадных заданий
2) подготовить электронное пособие для
самостоятельной подготовки учащихся к
математическим конкурсам и олимпиадам.
1. Сделать подборку олимпиадных заданий, предлагаемых
различными центрами творческого образования в последние
годы и проанализировать их содержание;
2. Систематизировать задания, привести их решения;
3. Выделить теоретические разделы математики, которые
используются при решении данных заданий;
4. Разработать электронное пособие.
Методы работы: теоретический и практический анализ.
Современные олимпиады по математике:
«Авангард» - заочная олимпиада г. Москва http://www.avangard-school.nm.ru
«Обнинск» - заочная олимпиада г. Обнинск http://www.future4you.ru
МГУ http://www.vzms@yandex.ru
МФТИ http://www.mipt.ru
Развивающее Обучение - городская олимпиада г. Пенза http://gymn-1.pnzgu.ru
Nik-Snail - центр творческих инициатив г. Омск http://www.nic-snail.ru
Городские олимпиады города Пензы
«Кенгуру» - Международная конкурс-игра http://www.kengyry.com
«Эрудиты планеты» - Всероссийская интернет-олимпиада г. Москва
http://www.hgn.ru
В данном версии сборника представлено 53 задачи
для 7-11 классов.
Сборник содержит 5 основных разделов:
Арифметические задания
Алгебраические задания
Геометрические задания
Логические задания
Поисково-эвристические задания
Инструкция по пользованию программой:
Для перехода со слайда на слайд нужно пользоваться исключительно
гиперссылками (пример: 2 слайд)
В нижнем правом углу есть значок «возврата», по средствам нажатия
которого можно перейти на мы переходим на начальное меню
В каждом разделе в нижнем правом углу есть «справочник», с помощью
которого вы можете узнать основную теорию данного раздела
При работе с программой нельзя пользоваться колесиком мышки, т.к
последовательность кадров может быть нарушена
Классификация задач по направленности
Поисковоэвристические
Арифметические
Алгебраические
Геометрические
Логические
Уважаемые пользователи!
Вы познакомились с заданиями и с материалами данного
пособия для того, чтобы:
• углубить изучение различных тем по математике;
овладеть способами решения задач;
расширить математические познания;
развить логическое мышление;
добиться успехов в решении олимпиадных заданий.
Ваши отзывы и предложения просим направлять на e-mail:
http://www.gymn_1@sura.ru
Приглашаем Вас к сотрудничеству в составлении электронного
пособия по математике открытого типа.
Выход из программы
Самые часто употребляемые
арифметические задания
Принцип Дирихле
Запись чисел и цифр у других
народов
Справочник
ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ
Принцип Дирихле (в честь немецкого математика П.Г.Л. Дирихле). По
традиции принцип Дирихле почему-то всегда объясняют на примере кроликов в
клетках: если общее число кроликов больше числа клеток, в одной из клеток
наверняка сидит более одного кролика.
Этим принципом в неявном виде пользовался, например, Ферма в XVII веке;
но широко применяться в доказательствах он стал лишь с прошлого века!
Несмотря на свою простоту, это рассуждение оказалось чрезвычайно
плодотворным. Вот только один пример. Если делить одно целое число на другое,
например 1 на 7, что мы получим? Будем делить в столбик, получая всё новые и
новые остатки. Но поскольку остатками от деления на 7 могут быть лишь числа
1,2,3,4,5,6 и 0, мы либо должны на каком-то шаге получить 0 и остановиться, либо
после шестого деления один из остатков обязан повториться (клетки кончились, а
кролики все прибывают!). Дальше делить нет смысла – этот остаток мы уже
разделили на 7, и все результаты у нас перед глазами. Ясно, что деление будет
продолжаться бесконечно, но мы будем получать снова и снова одну и ту же
последовательность цифр – период.
Выходит, при делении целого числа на целое мы получим либо конечную
десятичную дробь, либо периодическую – и более ничего!
Самые часто употребляемые
алгебраические задания
Разложение на множители
Уравнения, функции
Алгебраическая прогрессия
Признаки делимости
Задачи с параметром
Уравнения и неравенства с модулем
Графическое решение задач с параметрами
Справочник
Справочник к арифметическому блоку
Теорема Безу
Недесятичные системы счисления
ТЕОРЕМА БЕЗУ
Теорема Безу
Остаток от деления полинома Pn(x) на двучлен (x-a) равен значению
этого полинома при x = a.
Пусть:
Pn(x) – данный многочлен степени n, двучлен (x-a) - его делитель,
Qn-1(x) – частное от деления Pn(x) на x-a (многочлен степени n-1 ) ,
R – остаток от деления ( R не содержит переменной x как делитель первой
степени относительно x ).
Доказательство:
Согласно правилу деления многочленов с остатком можно записать:
Pn (x) = (x-a)Qn-1(x) + R.
Отсюда при x = a:
Pn (a) = (a-a)Qn-1 (a) + R =0*Qn-1(a)+R=0+R=R .
Значит , R = Pn (a) , т.е. остаток от деления полинома на (x-a) равен
значению этого полинома при x=a , что и требовалось доказать.
НЕДЕСЯТИЧНЫЕ СИСТЕМЫ СЧИСЛЕНИЯ
Всё есть число», - говорили мудрецы, подчеркивая необычайно
важную роль чисел в жизни людей. Изучив историю чисел, выяснили, что
у каждого народа была своя собственная или позаимствованная у соседа
система записи чисел. Одни использовали буковки, другие - значки,
третьи - закорючки. У кого-то получалось удобнее, у кого-то не очень.
Знаки, используемые при записи чисел, называются цифрами, а способ
записи чисел с помощью заданного набора специальных знаков это и есть
Система счисления.
Существуют два вида систем счисления: позиционная (десятичная,
двоичная, восьмеричная) и непозиционная (унарная, древнекитайская,
алфавитная, римская)
Самые часто употребляемые
геометрические задания
Вневписанная окружность
Геометрические задачи на местности
Измерение расстояний и углов на практике
Построение «иррациональных» отрезков
Различные доказательства теорема
Пифагора
Задачи на разрезания
Справочник
Справочник к геометрическому блоку
Вневписанная окружность треугольника
Полуинвариант
Стомахион
Теорема Птоломея
ВНЕВПИСАННАЯ ОКРУЖНОСТЬ ТРЕУГОЛЬНИКА
Окружность, касающаяся одной из сторон треугольника и продолжений двух
других его сторон.
Знакомство с вневписанной окружностью зачастую ограничивается
определением, нахождением ее центра и решением нескольких популярных задач.
Но при более подробном знакомстве с вневписанной окружностью можно увидеть
в ней скрытую красоту и силу, можно рассматривать ее как подспорье в решении
геометрических задач.
Если рассмотреть дополнительно биссектрисы трех пар внешних углов
треугольника, то получаются еще три замечательных точки - центры
вневписанных окружностей.
Определение вневписанной окружности, ее центр и радиус.
Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся
одной из его сторон и продолжений двух других.
Центрами вневписанных окружностей являются точки пересечения
биссектрис внешних углов треугольника.
С другой стороны, центр вневписанной окружности лежит на пересечении
биссектрисы одного внутреннего угла и биссектрис внешних углов при двух
других вершинах.
ПОЛУИНВАРИАНТ
Задачи на полуинварианты продолжают понятие
инварианта. Предположим, что нам задан объект и описаны
преобразования, которые разрешено над ним производить.
При этом требуется доказать, что, как бы мы ни производили
эти преобразования, через конечное число шагов обязательно
получится объект вполне определённого вида; либо доказать,
что мы можем прийти к объекту требуемого вида,
специальным образом выбрав последовательность, в которой
эти преобразования производятся. Инструментом
доказательства служит такая числовая характеристика
объекта, которая монотонно изменяется при заданной
последовательности преобразований и может принимать
лишь конечное число различных значений. Эта характеристика
носит название полуинварианта.
СТОМАХИОН
Древние греки занимались геометрией, не только измеряя земельные
участки и расстояние до кораблей в море. Они любили геометрические
игры. Одна из самых древних головоломок называлась «стомахион». В
этой игре надо было из 14 частей квадрата складывать различные
фигуры. Архимедова игра довольно сложна и предполагает некоторый
опыт пространственного конструирования. Вместе с тем, эта игра старинный способ подготовки к геометрии. Похожей игрой развлекались
и древние китайцы. Только они разрезали квадрат, не на 14, а на 7 частей
и называли свою игру «чи-чао-тю»(что означает хитроумный узор из
семи частей) эту игру называют также «танграм».
ТЕОРЕМА ПТОЛОМЕЯ
Условие:
Четырехугольник ABCD вписан в окружность.
Доказать, что AB*CD + AD*BC = AC*BD
Сначала докажем такую лемму:
Лемма
Пусть при инверсии относительно окружности с центром O и радиусом R точки
A и B переходят в точки A' и B' соответственно. Тогда расстояние A'B' можно найти по
формуле:
R2 * AB
A'B' =
OA * OB
Доказательство леммы
OA*OA'=OB*OB' => OA/OB'=OB/OA' => треугольники OAB и OB'A' подобны =>
AB/A'B'=OA/OB'. Следовательно,
A'B'=(AB*OB')/OA=AB*(R2/OB')/OA=(R2*AB)/(OA*OB).
Вывод теоремы Птолемея из леммы
Рассмотрим инверсию относительно окружности с центром в точке A и радиусом,
равным квадратному корню из AB*AC*AD. Точки B', C' и D' будут лежать на одной
прямой (так как точки A,B,C,D лежат на одной окружности), следовательно
B'C'+C'D'=B'D'. Подставляя вместо длин отрезков B'C', C'D' и B'D' их выражения по
лемме через стороны четырехугольника, получаем AB*CD+AD*BC=AC*BD, что и
требовалось доказать.
Самые часто употребляемые
поисково-эвристические задания
Различные системы счисления
История математики
Справочник
SNAIL 2007 год II тур
Математические термины встречаются нам повсюду. Без математики прожить
просто не возможно.
Предлагаем вам ответить на вопросы об окружающем нас мире, в основе которых
математические термины.
1) Какая цифра широко известна в мировой политике? (7)
2) Какая дробь находится между каникулами? (1/4)
3) Какую формулу прославили Фанхио, Лауда, Сена, Прост? (Формулу-I)
4) Название какого государства скрывается в математическом выражении А3? (Куба)
5) Составление карты какой страны получило название «великое тригонометрическое
исследование»? (для создания карты Индии Джорджем Эверестом было
произведено Великое тригонометрическое измерение, после которого
высочайшая горная вершина мира стала носить имя этого геодезиста.)
6) Как назвать стакан на языке математики? (полый Цилиндр)
7) На какой фигуре основана форма любой снежинки? (Шестиугольник)
8) Какие мужские имена имеют «математическое» происхождение?
(Константин - постоянный)
НЕДЕСЯТИЧНЫЕ СИСТЕМЫ СЧИСЛЕНИЯ
Всё есть число», - говорили мудрецы, подчеркивая
необычайно важную роль чисел в жизни людей. Изучив
историю чисел, выяснили, что у каждого народа была своя
собственная или позаимствованная у соседа система записи
чисел. Одни использовали буковки, другие - значки, третьи закорючки. У кого-то получалось удобнее, у кого-то не
очень.
Знаки, используемые при записи чисел, называются
цифрами, а способ записи чисел с помощью заданного
набора специальных знаков это и есть Система счисления.
Существуют два вида систем счисления: позиционная
(десятичная, двоичная, восьмеричная) и непозиционная
(унарная, древнекитайская, алфавитная, римская)
Самые часто употребляемые
логические задания
Шифровки
Теория игр
В данной задаче я воспользовался принципом Дирихле (в честь немецкого
математика П.Г.Л. Дирихле). По традиции принцип Дирихле почему-то всегда
объясняют на примере кроликов в клетках: если общее число кроликов больше
числа клеток, в одной из клеток наверняка сидит более одного кролика.
Этим принципом в неявном виде пользовался, например, Ферма в XVII веке;
но широко применяться в доказательствах он стал лишь с прошлого века!
Несмотря на свою простоту, это рассуждение оказалось чрезвычайно
плодотворным. Вот только один пример. Если делить одно целое число на другое,
например 1 на 7, что мы получим? Будем делить в столбик, получая всё новые и
новые остатки. Но поскольку остатками от деления на 7 могут быть лишь числа
1,2,3,4,5,6 и 0, мы либо должны на каком-то шаге получить 0 и остановиться, либо
после шестого деления один из остатков обязан повториться (клетки кончились, а
кролики все прибывают!). Дальше делить нет смысла – этот остаток мы уже
разделили на 7, и все результаты у нас перед глазами. Ясно, что деление будет
продолжаться бесконечно, но мы будем получать снова и снова одну и ту же
последовательность цифр – период.
Выходит, при делении целого числа на целое мы получим либо конечную
десятичную дробь, либо периодическую – и более ничего!
Обнинск
2 тур 2006 года
Москва лицей «Авангард» 2006 год
МГУ олимпиада 2006 год
Задача (Обнинск 2 тур 2006 года)
Пять участников школьной олимпиады получили I,II,III премии, которые давались
набравшим 15,14,13 баллов соответственно. Сколько участников завоевало каждую премию,
если вместе они набрали 69 баллов?
Решение:
По крайней мере, по три ученика получили I, II, III премии и вместе они набрали 15 + 14 +
13 = 42 балла.
Значит, остальные два ученика набрали 69 – 42 = 27 баллов, и остались только два ученика,
получившие II и III премии (14 + 13 = 27).
В данной задаче я воспользовался принципом Дирихле (в честь немецкого математика
П.Г.Л. Дирихле). По традиции принцип Дирихле почему-то всегда объясняют на примере
кроликов в клетках: если общее число кроликов больше числа клеток, в одной из клеток
наверняка сидит более одного кролика.
Ответ: Один – I премия, двое – II премия,
трое – III премия.
Задача (Москва лицей «Авангард» 2006 год)
В классе 15 учеников. Найдется ли месяц, в
котором отмечают свои дни рождения не
меньше, чем два ученика этого класса?
Решение: да, так как месяцев всего 12,
значит рассаживаем 15 учеников-«кроликов»
по 12 «клеткам»-месяцам, но так как число
учеников больше числа месяцев, значит
найдётся хотя бы один месяц в котором
будет больше одного дня рождения!
Задача (МГУ олимпиада 2006 год)
В пионерском отряде 22 пионера. Можно ли утверждать,
что среди пионеров найдутся хотя бы два, имена которых
начинаются с одной и той же буквы?
Решение: Какие же у них могут бы имена? Андрей, Боря,
Вова, Гена, Дима, Ева, Ё-?, Жанна, Зина, Ира, Йорик,
Коля, Лена, Марина, Наташа, Оля, Петя, Света, Таня,
Устин, Яедя, Хосе, Цыля, Честер, Шура, Щ-?, Ы-?, Эдик,
Юра, Яша. Итак нашлись 26 (как минимум) имен,
начинающихся на разные буквы. Так что в отряде из 22
пионеров вполне может оказаться, что у всех имена
начинаются на разные буквы.
Обнинск
2 тур 2006 год
(Обнинск 2 тур 2006 год)
ПРОДОЛЖИТЕ ЗАКОНОМЕРНОСТЬ:
А)V-4, X-8, L-47, C-96, D-495, M-?
А) Перед нами римские цифры, узнаем, что же они означают:
V – пять, X – десять, L – пятьдесят, C – сто, D – пятьсот,
M–
тысяча.
V – 4, значит от «значения» числа отняли его порядковый номер: 5 –
1 = 4.
Тоже самое и с другими числами:
X – 10, 10 – 2 = 8;
L – 50, 50 – 3 = 47;
C – 100, 100 – 4 = 96;
D – 500, 500 – 5 = 495.
Значит M – 1000, 1000 – 6 = 994.
Ответ: M - 994
Москва лицей «Авангард» 2006 год
SNAIL 2007 год III этап
МФТИ 2006 год 9 класс
МГУ 2005 год 10 класс
МГУ 2005 год 10 класс
Задача. Джо знает, что для перевода из фунтов в килограммы нужно разделить массу
в фунтах на 2 и полученное число уменьшить на 10%. Отсюда Джо сделал вывод, что
для перевода из килограммов в фунты нужно массу в килограммах умножить на 2 и
полученное число увеличить на 10%. На сколько процентов от правильного значения
массы в фунтах он ошибется?
Решение. Из условия: количество килограммов равно 45% от количества фунтов.
(Пусть было k килограммов. После деления k на 2 получается 0,5k, а 10% от 0,5k - это
0,1 * 0,0k = 0,05k. Итого получается 0,5k - 0,05k = 0,45k, то есть 45% от k).
При этом Джо считает, что количество фунтов есть 220% количества килограммов.
(Пусть ƒ - количество фунтов. После умножения на 2 получается 2ƒ, а 10% от 2ƒ - это
0,1 * 2ƒ = 0,2ƒ. Итого у Джо получится 2ƒ + 0,2ƒ = 2,2ƒ, то есть 220% от ƒ.)
Пусть x - количество фунтов. Переведем сначала фунты в килограммы в соответствии
с правильным способом: это 45% от x, то есть 0,45x килограмм. Затем «переведем»
килограммы обратно в фунты в соответствии с неправильным способом Джо. Это
будет 220% от 0,45x, то есть 2,20 * 0,45x = 0,99 x, или 99% от первоначального
количества фунтов x. То есть Джо ошибется на 1% в меньшую сторону.
Ответ. Джо ошибется на 1% (полученное им значение массы в фунтах будет на 1%
меньше правильного значения массы в фунтах).
МФТИ 2006 год 9 класс
Задача. На столе лежало 100 яблок, 99 апельсинов и груши. К столу
подходили ребята. Первый взял яблоко, второй - грушу, третий - апельсин,
следующий опять яблоко, следующий за ним - грушу, за ним - апельсин.
Далее ребята разобрали фрукты в таком порядке до тех пор, пока стол не
опустел. Сколько могла быть груш? Объясните свой ответ.
Решение. Поскольку на каждом круге апельсины берут в последнюю
очередь, прошло 99 полных кругов «яблоко-груша-апельсин» (то есть
фруктов каждого вида было как минимум 99). Но на следующем круге
апельсинов уже не было, а яблоко еще оставалось. После этого круга стол
опустел, значит груш было или 99 (если последним взяли яблоко) или 100
(если последней взяли грушу).
Ответ. Могло быть 99 или 100 груш.
SNAIL 2007 год III этап
Задача : По кругу выписаны в некотором порядке все
натуральные числа от 1 до N (N ≥ 2) так, что у любых двух
соседних чисел есть одинаковая цифра. Найдите наименьшее
возможное значение N.
Решение: Ответ: 29. Поскольку однозначные числа не имеют
общих цифр, то N > 9. А так как числа, соседние с числом 9,
должны содержать девятку в своей записи, то меньшее из них не
может быть меньше, чем 19, а большее — меньше, чем 29.
Следовательно, N ≥ 29.
Равенство N = 29 возможно, поскольку условиям задачи
удовлетворяет, например, такой порядок расстановки чисел от 1
до 29 по кругу: 1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25,
5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, 19.
( Москва лицей «Авангард» 2006 год)
Во всех подъездах дома одинаковое число этажей, а на каждом
этаже одинаковое число квартир. При этом число этажей в доме
больше числа квартир на этаже, число квартир на этаже больше
числа подъездов, а число подъездов больше одного. Сколько в
доме этаже, если всего 105 квартир?
Составим неравенство, данное по условию задачи:
число этажей>числа квартир на этаже>числа подъездов>1
Всего число квартир = число этажей * число квартир на этаже *
число подъездов
Разложим число 105 на простые множители:
105 = 7 * 5 * 3
Теперь расположим эти числа в порядке возрастания:
7>5>3
Значит,
число этажей-7, число квартир на этаже-5, числа подъездов-3
Городская олимпиада 2007 год
МГУ (1)
Зональная олимпиада «Snail» 2006 год
Региональная интернет-олимпиада «Snail» 2006
год
Авангард 2005 год 10 класс
МФТИ 2007 год
МФТИ 2006 год 9 класс
Региональная олимпиада SNAIL 2007 год 10
класс
Региональная олимпиада SNAIL 2007 год 10 класс
Задача: Петя и Коля играют в следующую игру: они по очереди изменяют один из коэффициентов a
или b квадратного трехчлена f = x² + ax + b: Петя на 1, Коля — на 1 или на 3. Коля выигрывает,
если после хода одного из игроков получается трехчлен, имеющий целые корни. Верно ли, что
Коля может выиграть при любых начальных целых коэффициентах a и b независимо от игры
Пети?
Решение: Ответ: Верно.
Решение 1. Вначале Коля будет изменять коэффициент b до тех пор, пока b не попадет в промежуток
[ – 2,0]. Петя ходами в 1 не сможет помешать ему сделать это.
Теперь если 1) b = 0, то Коля выиграл (трехчлен f = x² + ax имеет целые корни); 2) b = – 1, то Петя,
чтобы не проиграть, должен получить b = – 2, так как если он оставит b = – 1, то следующим
ходом Коля сделает b = 0.
Итак, получен коэффициент b = – 2 и Петя не может изменять его, так как коэффициент b = – 1 или
b = – 3 Коля своим ходом сразу превратит в 0.
Далее Коля будет изменять на 3 коэффициент a до тех пор, пока тот не попадет в промежуток – 1,1.
Если a = ± 1, то он выиграл: трехчлен f = x² ± x – 2 имеет целые корни. Если же a = 0, то следующим
ходом уже Петя получит такой трехчлен.
Решение 2. Покажем, что Коля всегда может получить трехчлен, один из корней которого равен 2.
Тогда из теоремы Виета (x1 + x2 = – a) будет следовать, что и второй корень — целый. Для этого
ему нужно добиться равенства: f(2) = 4 + 2a + b = 0, т.е. 2a + b = – 4. Но Петя может изменять
выражение A = 2a + b на ± 2 (изменив a), либо на ± 1, изменив b, а Коля — на ± 2, ± 6, ± 1, ± 3.
Изменяя b на ± 3, Коля может получить A ∈ [ – 3, – 5]. Из A = – 3 Петя получит A = – 5, – 1 , – 4
(проигрыш), – 2 и следующим ходом Коля получит A = – 4.
Из A = – 5 Петя получит A = – 3, – 7, – 4 (проигрыш), – 6 и Коля получает A = – 4.
МФТИ 2006 год 9 класс
Задача: Каждый голосующий на выборах вносит в избирательный бюллетень
фамилии n кандидатов. На избирательном участке находится n + 1 урна. После
выборов выяснилось, что в каждой урне лежит по крайней мере один
бюллетень и при всяком выборе (n + 1)-го бюллетеня по одному из каждой
урны найдётся кандидат, фамилия которого встречается в каждом из
выбранных бюллетеней. Докажите, что по крайней мере в одной урне все
бюллетени содержат фамилию одного и того же кандидата.
Решение: Предположим, что утверждение задачи не выполнено. Это означает, что
какие бы урну и кандидата ни взять, во взятой урне найдется бюллетень, не
содержащий фамилии взятого кандидата.
Выберем произвольный бюллетень из произвольной урны и занумеруем
кандидатов, фамилии которых встречаются в этом бюллетене, числами от 1 до
n. Этими же числами занумеруем n оставшихся урн. Тогда в k-й урне
(k = 1, … ,n) найдётся бюллетень, не содержащий фамилии k-го кандидата.
Набор этих бюллетеней вместе с бюллетенем, взятым вначале, противоречит
условию задачи.
МФТИ 2007 год
ЗАДАЧА: 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.
Авангард 2005 год 10 класс
ЗАДАЧА: 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
Региональная интернет-олимпиада
«Snail» 2006 год
ЗАДАЧА: 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.
Зональная олимпиада «Snail» 2006 год
ЗАДАЧА: В микросхеме 2000 контактов, первоначально любые два контакта соединены отдельным
проводом. Хулиганы Вася и Петя по очереди перерезают провода, причем Вася (он начинает) за ход
режет один провод, а Петя – либо один, либо три провода. Хулиган, отрезающий последний провод
от какого-либо контакта, проигрывает. Кто из них выигрывает при правильной игре?
Решение:
Докажем, что выигрывает Петя. Мысленно разобьем контакты на четыре одинаковых группы A, B, C
и D. В каждой группе пронумеруем контакты числами от 1 до 500. Петя будет отвечать на любой
ход Васи так, чтобы для каждого номера k от контактов Ak, Bk, Ck и Dk отходило поровну
проводов. До начала игры это условие, очевидно, выполняется. Именно благодаря этому условию у
Пети всегда будет возможность ответить на ход Васи.
Теперь подробнее опишем Петину стратегию. Если Вася перерезает провод между контактами одной
группы, например, провод AiAj, то Петя перережет провода BjBj, CiCj и DjDj. Если Вася
перерезает провод между проводами из разных групп и с разными номерами, например, провод
AiBj, то Петя в ответ перережет провода AjBi, CiDj и CjDi. Если же Вася перерезал провод между
контактами из разных групп с одинаковыми номерами, например, провод AkBk, то Петя
перережет провод CkDk. Заметим, что из описанной стратегии Пети следует, что провода, которые
он собирается резать, не будут отрезаны до его хода.
Такие ходы Петя может сделать, так как из возможности отрезать один провод от некоторого контакта
следует возможность отрезать по одному проводу от контактов с таким же номером. Отметим, что
каждый раз после хода Пети от контактов Ak, Bk, Ck и Dk отходит поровну проводов. Значит, Петя
всегда сможет сделать ход, и, так как количество проводов конечно, проиграет Вася.
Городская олимпиада 2007 год
Задание 1: На доске написаны числа a, b и c. Их стерли, а взамен записали числа
a4-2b2, B4-2c2, c4-2a2. После этого оказалось, что на доске записаны те же
числа, что и в начале (возможно в другом порядке). Найдите числа a, b, c, если
известно, что их сумма равна -3.
Решение: 1) составим систему из двух уравнений:
{
a + b + c = -3
a4-2b2 + b4-2c2 + c4-2a2 = -3
(a2*2-2a2+1)-1+ (b2*2-2b2+1)-1+ (c2*2-2c2+1)-1 = -3
(a2-1)2 + (b2-1)2 + (c2-1)2 = 0
a2 – 1 = 0
a2 = 1
a = +- 1
b2 – 1 = 0
b2 = 1
b = +- 1
c2 – 1 = 0
c2 = 1
c = +- 1
Ответ: a = -1, b = -1, c = -1.
МГУ (1)
Задание 1: Впишите в клетки квадрата 3*3 чмсла так, что если в качестве
коэффициэнтов a, b, c (a≠0) квадратичного уравнения ax2 + bx + c = 0 взять
числа из любой строки (слева направо), столбца или диагонали (сверху вниз)
квадрата, то у получившегося уравнения будет хотя бы один корень.
Решение: Конечно можно попытаться просто подобрать числа Например так:
1
3
-4
4
0
-4
4
-3 -1
Однако лучше найти способ, который бы позволил без явного подбора и
угадывания обеспечить построение решения задачи.
Заметим, что если у квадратичного уравнения ax2 + bx + c = 0
коэффициент b много больше и a и c, то дискриминант D = b2 – 4ac заведомо
положительный, а значит, уравнение имеет корни.
Попробуем поставить числа в квадрате, так, чтобы обеспечить
выполнение данного условия.
1) Числа «в уголках» могут быть только первыми и третьими
коэффициентами. Поставим в углы число 1.
1
?
1
?
?
?
1
?
1
2) Поставим в середины сторон число много больше 1, например 10.
1
10
1
10
?
10
1
10
1
Таким образом, условие задачи выполнено для сторон квадрата
3) Поставим в центр квадрата число многое больше всех, уже
поставленных, например 100.
1
10
1
10
100
10
1
10
1
Условие будет выполнено и для диагоналей, и для среднего столбца и для
средней строки квадрата.
Приведем еще один вариант построения примера. У уравнения ax2 + bx
+ c = 0 точно есть корень (x = 0). Поставим нули так, чтобы много уравнений
имело именно такой вид:
?
?
?
?
0
0
?
0
0
Теперь осталось «урегулировать» только первую строку, первый
столбец и одну диагональ. Поставим сначала в строчку и столбец какиенибудь известные квадратичные трехчлены, имеющие корень:
1
2
1
2
0
0
1
0
0
Осталась проблема с диагональю, на которой стоят 1 0 1. поменяем знак
у одной из единиц:
1
2
1
2
0
0
-1
0
0
Ответ. Примеры правильных вариантов ответа:
1
10
1
1
3
-4
1
2
1
10
100
10
4
0
-4
2
0
0
1
10
1
4
-3 -1
-1
0
0
Городская олимпиада РО
Город 2005 год 9 класс
МФТИ 2006 год 9 класс
SNAIL 2007 год II тур
SNAIL 2007 год II тур
ЗАДАЧА. Футбольный мяч представляет собой многогранник с 32 гранями, 20 из
которых - белые правильные шести угольники, а 12 - черные правильные
пятиугольники. Сколько вершин у такого многоугольника?
Решение. Так как между ребрами, гранями и вершинами выпуклого
многогранника есть связь, выражаемая формулой Эйлера: В + Г - Р = 2, где В число вершин, Г - число граней, Р - число ребер, то В = Р + 2 - Г. Граней у данного
многогранника 32. Число ребер будет равно
20 * 6 + 12 * 5
2
= 90
Тогда В = 90 + 2 - 32 = 60. Таким образом, многоугольник имеет 60 вершин.
Ответ: 60 вершин.
МФТИ 2006 год 9 класс
ЗАДАЧА. Играют двое. В начале игры есть палочка. Первый игрок ломает эту палочку на
две части. И так игроки по очереди ломают на две части любую палочку из имеющихся к
данному моменту. Если, сломав палочку, игрок может сложить из всех имеющихся палочек
один или несколько отдельных треугольников (каждый ровно из трех палочек), то он
выиграл. Кто из игроков (первый или второй) может обеспечить себе победу независимо от
действий другого игрока?
Решение. Заметим вначале, что выигрыш возможен только после хода, после которого
общее число палочек делиться на 3. Пусть первого игрока зовут Петя, а второго - Вася.
Тогда в первый раз выигрыш возможен после первого хода Вася, в следующий раз - после
третьего хода Пети. Первым ходом Петя должен сломать палочку пополам. Как бы ни
поделил одну из половинок Вася, треугольник из получившихся трех палочек сложить
нельзя, так как не выполняется неравенство треугольника (у нас одна из сторон равна
сумме двух других). Итак, после первого хода Пети образовалось две одинаковые «кучки»
из одной палочки. Своим вторым и третьим ходом Петя должен «повторить ход» Васи на
симметричной кучке. Таким образом, после третьего хода Пети перед ним лежат палочки
длины a, b, c, a, b, c. Пусть a ≥ b ≥ c. Составим два равнобедренных треугольника: первый
со сторонами a, a, c и второй со сторонами b, b, c.
Ответ. Выигрывает первый игрок.
МГУ
Городская олимпиада-2006, 9 класс
МГУ 2006 год 10 класс
SNAIL 2006 год III тур
SNAIL 2007 год I тур
Москва лицей «Авангард» 2006 год
Обнинск I тур (1,2)
Дистанционная Олимпиада SNAIL 2007 год
Москва лицей «Авангард» 2006 год
МФТИ 2007 год II тур 9 класс
МФТИ 2007 год II тур 9 класс
ЗАДАЧА. Треугольник обладает следующим свойством: сумма расстояний от
любой точки внутри него (включая точки на границе) до прямых, содержащих его
стороны, постоянна и не зависит от выбора точки. докажите, что данный
треугольник - правильный.
РЕШЕНИЕ. По условию точку можно выбрать в
любом месте треугольника ABC, в частности в его
вершинах, откуда следует, что высоты треугольника
равны между собой. Пусть AD и CE - высоты,
опущенные из вершин A и C соответственно, тогда
прямоугольные треугольники ADC и ACE равны между
собой по гипотенузе и катету, поэтому величины углов
BAC и BCA равны. Аналогично, рассматривая
прямоугольные треугольники ABK и ABD, мы докажем
их равенство, а значит, равны и величины углов ABC и
BAC. Таким образом, в треугольнике все углы равны, а
значит, треугольник ABC будет равносторонним, а
значит правильным.
Город 2007 год 10 класс
Москва лицей «Авангард» 2006 год
ЗАДАЧА. В пространстве даны n точек общего положения (никакие три не лежат
на одной прямой, никакие четыре не лежат в одной плоскости,n≥4 ). Через
каждые три из них проведена плоскость. Докажите, что какие бы n – 3 точки в
пространстве ни взять, найдётся плоскость из проведённых, не содержащая ни
одной из этих n – 3 точек.
Решение: Пусть X — произвольное множество из n – 3 точек. Очевидно, что в
нашем множестве M есть точка x, не принадлежащая множеству X. Соединим ее
прямыми с остальными точками множества M. По условию все эти прямые
различны, поэтому их ровно n – 1. Поскольку в множестве X менее n – 1 точки,
одна из проведенных прямых не пересекает X. Через эту прямую и оставшиеся
(n – 2) точки множества M проведём (n – 2) плоскости. Так как этих плоскостей
по-прежнему больше, чем точек во множестве X, одна из них не пересекает X.
Эта плоскость и является искомой.
SNAIL 2007 год I тур
ЗАДАЧА. На плоскости даны окружность ω , точка A, лежащая внутри ω , и
точка B, отличная от A. Рассматриваются всевозможные треугольники BXY, такие
что точки X и Y лежат на ω и хорда XY проходит через точку A. Докажите, что
центры окружностей, описанных около треугольников BXY, лежат на одной
прямой.
Решение:
По теореме о произведении отрезков хорд произведение XA • AY не зависит от
положения хорды XY и равно некоторой постоянной величине d. На продолжении
отрезка BA за точку A отложим отрезок AC длины d/AB .
Тогда AB • AC = XA • AY = d, следовательно точки X, B, Y и C лежат на одной
окружности. Это означает, что окружности, описанные около треугольников BXY,
проходят через фиксированные точки B и C, следовательно их центры лежат на
серединном перпендикуляре к отрезку BC.
Москва лицей «Авангард» 2006 год
Все клетки клетчатой плоскости окрашены в 5 цветов
так, что в любой фигуре вида 0,
все цвета различны. Докажите, что и
в любой фигуре вида
все цвета
различны.
РЕШЕНИЕ. Предположим, что в некоторой фигуре 1 × 5 отсутствует некоторый
цвет, например, синий (на рисунке эта фигура выделена). Тогда в каждой паре
клеток, обозначенных одинаковыми буквами, присутствует синий цвет (в
противном случае его не будет в одной из крестообразных фигур, включающих
эти пары клеток). Но тогда одна из двух крестообразных фигур, включающих
клетки, обозначенные буквами a и c, содержит 2 клетки синего цвета.
Противоречие.
Дистанционная Олимпиада SNAIL 2007 год
В правильном выпуклом восьмиугольнике провели две
параллельные диагонали. Докажите, что площадь закрашенной
части равна площади незакрашенной части.
Решение. Можно разбить правильный восьмиугольник на 12 многоугольников (6
из закрашенной области и 6 из незакрашенной области). Многоугольники с
одинаковой площадью обозначены одинаково. Поэтому плошади закрашенной и
незакрашенной частей многоуголника равны.
2
5
1
6
1
4
2
3
3
5
6
4
SNAIL 2006 год III тур
Я решил нарисовать многоугольник с минимальным количеством
сторон:
Из точки A не полностью видна сторона ED, т.к. её перекрывает сторона CD;
Из точки A не полностью видна сторона GF, т.к. её перекрывает сторона EF;
Из точки A не полностью видна сторона BC, т.к. её перекрывает сторона BG.
МГУ 2006 год 10 класс
Задача: На плоскости дано n точек, никакие три из которых не лежат на одной
прямой, и n прямых, никакие две из которых не параллельны. Докажите, что из
этих точек можно опустить попарно непересекающиеся перпендикуляры на эти
прямые так, чтобы на каждую прямую был опущен ровно один перпендикуляр.
Решение: Опустим перпендикуляры из
данных точек на данные прямые произвольно
(по одному на каждую прямую). Если никакие
два из них не пересекаются, то требование
задачи выполнено.
В противном случае рассмотрим два пересекающихся перпендикуляра
АА1 и ВВ1, опущенные из точек А и В на прямые а и в соответственно.
Пусть Р - точка их пересечения. Заменим теперь перпендикуляры АА1 и
ВВ1 перпендикулярами АА2 и ВВ2, опущенными на прямые в и а
соответственно. Докажем, что при этой замене сумма длин
перпендикуляров уменьшится. В самом деле,
АА2 < AP + PB1 и BB2 < BP + PA1;
складывая эти неравенства, мы получаем
AA2 + BB2 < AA1 + BB1
Теперь рассмотрим начальную картинку, состоящую из n
прямых и n перпендикуляров. Выберем на ней два
пересекающихся перпендикуляра и применим нашу
операцию: заменим эти два перпендикуляра на два других с
меньшей суммой длин. В полученной картинке снова найдём
два пересекающихся перпендикуляра, снова применим к ним
нашу операцию и т.д. Тогда либо на каком-то шаге мы
получим картинку с попарно непересекающимися
перпендикулярами, либо в конце концов получим картинку с
минимально возможной суммой длин перпендикуляров, так
как эта сумма может принимать лишь конечное число
значений. Эта картинка и является искомой: если два
перпендикуляра на ней не пересекаются, то, применив нашу
операцию ещё раз, мы получили бы картинку с ещё меньшей
суммой длин перпендикуляров.
Городская олимпиада РО
В ∆ABC угол A=70о, угол В=50о. Точка М лежит внутри треугольника, причем
угол МАС равен углу МСА и они оба равны 40о. Найти угол ВМС.
РЕШЕНИЕ: так как угол ABC=50о,
угол AMC=100о, значит угол
ABC=1/2 AMC, а такой вариант
может быть при случае, что угол
ABC-вписанный угол дуги, а угол
AMC-центральный угол дуги, значит
точка M-центр окружности, а все
вершины, т.е. A,B,C-лежат на
окружности. Значит угол
BMC=2 BAC, а BAC по условию
задачи равен 70, значит угол
BMC= 2*70=140.
МГУ
Три окружности с радиусами 1,2 и 3 попарно
касаются друг друга внешним образом. Найти
радиус окружности, проходящей через три точки
касания данных окружностей.
РЕШЕНИЕ:
1
3
?
2
2
По тереме Пифагора: сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы. Значит
методом подбора находим, что
(1+2)2+(1+3)2=(2+3)2, т.е. 32 + 42 = 52, 25=25, значит треугольник, вершинами которого
являются центры окружностей - прямоугольный. Значит радиус описанной окружности будет
равен половине гипотенузы, т.к. центром описанной окружности около прямоугольного
треугольника будет центр гипотенузы. Значит радиус равен 5/2=2,5
Ответ: R=2,5
Город 2006, 9 класс
Точка D лежит на гипотенузе BC прямоугольного треугольника ABC,
но не совпадает с ее серединой. Докажите, что среди отрезков AD, BD
и CD нет равных.
Решение: Если бы из отрезков
AD, BD, CD какие-то два были
равны друг другу, то точка D
лежала бы на серединном
перпендикуляре или к BC, или к
AC, или к AB, но все эти
серединные перпендикуляры
пересекают гипотенузу в ее
середине - точке O, отличной от
точки D.
Обнинск 1 тур
1)Отметь те восемь точек и соедините их
непересекающимися отрезками так, чтобы
каждая точка была соединена ровно с
четырьмя другими.
2)В параллелограмме ABCD диагонали AC и BD пересекаются в точке О. Через
точки A и D проведены прямые, параллельные диагоналям, которые
пересекаются в точке Е. Прямая ЕО пересекает сторону AD в точке К. Найдите
длину ЕК, если AB=12 см.
Решение: 1) т.к. АЕ // ВД и ДЕ // АС, значит АОЕД параллелограмм;
2) из п.1 следует, что ОК = ЕК (по св. парл.);
3) из п.1 следует, что АЕ = ОД (по св. парл.);
4) т.к. АВСД – параллелограмм, значит ВО = ОД;
5) т.к. АЕ = ОД (из п.3) и ВО = ОД (из п.4), значит ВО
= АЕ;
6) ВО = АЕ (из п.5), ВД // АЕ (по усл.), значит
ВОЕА – параллелограмм (по 1 признаку
параллелограмма);
7) из п.6 следует, что АВ = ОЕ = 12см (по св.
параллелограмма);
8) из п.7 следует, что ОЕ = 12см. ОЕ = ОК + КЕ, ОК
= КЕ, значит ОК = КЕ = 12см : 2 = 6см.
Условные знаки: // - знак параллельности.
Ответ: ЕК = 6см
Город 2005 год 9 класс
В прямоугольном треугольнике один катет равен 7 см. Определите
две другие целочисленные стороны.
Решение. Обозначим гипотенузу через
x и катет через y, запишем, что x2y2=49 или (x+y)*(x-y)=49. Отсюда
x+y=49/(x-y), где (x+y) – целое число
и, следовательно, 49 делится на (x-y).
Отсюда x-y=1 и x+y=49, а x=25, y=24.
Случай x-y=7 и x-y=49 не
удовлетворяют условию задачи.
Город 2007 год 10 класс
Построить отрезок длиной √13.
Решение: По теореме Пифагора: квадрат
гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
Значит, гипотенуза равна корню из суммы
квадратов катетов.
Теперь найдем подходящие значения методом
подбора:
√13=√(22+32)
Теперь мы можем построить треугольник с
двумя катетами, равными 2 и 3 сантиметрам:
Обнинск 2005 год 7-8 класс (4)
Обнинск 2005 год 7-8 класс (5)
SNAIL I тур (1)
SNAIL I тур (3)
SNAIL II тур (1)
Обнинск 2005 год 7-8 класс
Название, какого литературного произведения (состоящее из
нескольких слов) зашифровано числом
171810121332256151033201614119116116181
Решение. Каждой букве соответствует свой номер в алфавите:
А
Б
В
Г
Д
Е
Ё
Ж
З
И
Й
...
Э
Ю
Я
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
...
31
32
33
Теперь число 171810121332256151033201614119116116181 нужно разделить на более мелкие, но делать это
непросто, так как, например, первые четыре цифры могут быть, как 1718, так и 17 18. Допустим, что первые
числа 171, тогда получается АЁАЖ, такое сочетание букв невозможно. Предположим, что первые числа 17
18, тогда получается ПР, на такие буквы начинается много слов, например: препятствие, приземлиться,
праздник и т.д. Следующими числами могут быть 1 0 1 2 1, тогда получается ПРИАБАВ, слов, начинающихся
на такие буквы, в русском языке не существует.
Допустим, что следующие числа 10 12 13, тогда мы получим ПРИКЛ, на такие буквы начинается слово
приключения. В мире много литературных произведений, в которых есть слово «приключения»: например
Федор Тютерев «Необыкновенные приключения юных кубанцев», Альфред Шклярский «Приключения
Томска» и т.д. Давайте проверим, подходит ли это слово под данные буквы. В слове ПРИКЛЮЧЕНИЯ буквы
Ю, Ч, Е, Н, И, Я можно заменить числами 32 25 6 5 10 33 и у нас в числе
171810121332256151033201614119116116181 есть такие числа, значит первое слово ПРИКЛЮЧЕНИЯ.
Следующие числа 20 16 14 1, тогда получим ТОМА. Соединим эти два слова и получим словосочетание
ПРИКЛЮЧЕНИЕ ТОМА. Я думаю, что все уже догадались, как называется литературное произведение, но
давайте отгадаем остальные буквы. Предположим, что остальные числа 19 16 11 6 18 1, тогда получим слово
СОЙЕРА. Объединяем все слова вместе и получаем название знаменитой повести Марка Твена
«Приключения Тома Сойера».
Обнинск 2005 год 7-8 класс
СТУК+СТУК+...+СТУК= АААААА, восстановите пример и
определите наименьшее количество слагаемых, если одинаковые
цифры заменены одинаковыми буквами, разные цифры – разными
буквами.
Решение:
Пусть АААААА=111111, то 111111=n(наименьшее)*СТУК(9876)
n -111111/9876~11,... Т.е. n≥12
111111=3-7-11-13-37=13-8547
n(наименьшее)=13
222222= n*СТУК(9876)
n(наименьшее)≥22, но 22>13 и рассматривать остальные случаи не
имеет смысла 8547+...+8547=111111
Ответ: 13
SNAIL 2007 1 тур
Задание 1.
Переставьте буквы в предложенных словах так, чтобы их них
получились математические термины и понятия. Дайте им
толкование.
РИФМА + ГОЛ → Л _ _ _ _ _ _ _(ЛОГАРИФМ)
МЕТР + МИ + Я + СИ → С _ _ _ _ _ _ _ _ (СИММЕТРИЯ)
ВОЛ + СТЕК → С _ _ _ _ _ _(СТЕЛОВ)
САН + КОТ + ГЕН → К _ _ _ _ _ _ _ _(КОТАНГЕНС)
SNAIL 2007 1 тур
Задание 3: Математические термины (14 баллов)
Найдите в приведенных текстах термины, связанные с математикой. Термины
образованы идущими подряд буквами нескольких слов. Назовите эти термины
и дайте им объяснение.
1)Для придания пышности и объема прическе используют разные средства.
2)После команды дрессировщика «Апп!» лик атамана, грозного и могучего,
исказила гримаса ужаса.
3)Мистер Бин омерзительно выглядел в этой роли.
4)Ставить тяжело на кон стан, Таня любила балет и осознано пошла на это.
5)Монолог «Арифметика – основа математики» Андрей приготовил с
удовольствием.
6)Система мультимедиа на компьютерах должна быть обязательно
7)Пол и номера в гостинице были одинаковы, они были одинаково дороги.
SNAIL 2007 2 тур
Задание 1: Найдите в приведенных словах термины, связанные с математикой.
Термины образованы идущими подряд буквами нескольких слов. Назовите эти
термины и дайте им объяснение.
1) КАРТОЧКА → Точка - определенное место в пространстве, на каком-нибудь участке
поверхности.
2) ПОЛУЧАС → Луч - часть прямой линий, лежащая по одну сторону от какой-нибудь её
точки.
3) ГУГОЛ → Угол - плоская фигура, образованная двумя лучами
4) КОНОВАЛ → Овал - замкнутое яйцевидное очертание
5) ТРОМБОЦИТ → Ромб - параллелограмм, все стороны которого равны
6) АУКУБА → Куб - правильный многогранник, имеющий шесть граней
7) КОШАРА → Шар - часть пространства, ограниченная сферой
8) ДИСКАНТ → Диск - предмет в виде плоского круга
Обнинск 2005 год 7-8 класс (6)
Обнинск 2005 год 7-8 класс (7)
Обнинск 2006 год 6-8 класс (1)
ЦТИ «SNAIL» 2007 год
МГУ 2006 год
Москва лицей «Авангард» 2006 год
Дистанционная олимпиада SNAIL
МФТИ 2006 год 8 класс
Обнинск 2007 год II тур
Обнинск 2007 год I тур
Обнинск 2007 год I тур
Задание. В конференции участвовало 100 человек: химиков и алхимиков.
Каждому был задан вопрос: «Если не считать вас, то кого больше среди
остальных - химиков или алхимиков?». После того, как был опрошен 51
участник и все ответили, что алхимиков больше, опрос прервали. Известно,
что алхимики врут, а химики всегда говорят правду. Сколько химиков
участвовало в конференции?
Решение: Все химики должны ответить на вопрос одинаково, все алхимики
тоже. Если химиков и алхимиков разное количество, то разница - не менее
двух, поэтому условие «если не считать вас» значения не имеет.
Предположим, что среди участников конференции больше химиков, тогда
среди 51 опрошенного участника найдется хотя бы один химик, который так
и должен сказать («химиков - больше»). Но это противоречит условию.
Предположим, что среди участников конференции найдется хотя бы один
алхимик, который должен соврать, то есть сказать, что химиков больше, что
опять же противоречит условию. следовательно, остается допустить, что
среди участников конференции химиков поровну. Это возможно, так как в
этом случае и те, и другие будут говорить, что алхимиков больше.
Ответ: 50 алхимиков
Обнинск 2007 год II тур
У Пети в кармане несколько монет. Если Петя наугад вытащит из кармана 3
монеты, среди них обязательно найдется монета «1 рубль». Если Петя наугад
вытащит 4 монеты из кармана, среди них обязательно найдется монета «2
рубля». Петя вытащил из кармана 5 монет. Назовите эти монеты.
Решение:
Раз среди любых трех монет обязательно найдется монета «1 рубль», значит
монет другого достоинства не больше двух. То есть все Петины монеты,
кроме возможно двух, - это монеты «1 рубль».
Раз среди любых четырех монет обязательно найдется монета «2 рубля», значит
монет, отличных от «2 рублей», не больше трех. То есть все Петины монеты,
кроме возможно трех, - это монеты «2 рубля».
Следовательно, среди вытащенных 5 монет обязательно есть 3 монеты «1
рубль» (других монет может быть не больше двух) и 2 монеты «2 рубля»
(других монет может быть не больше трех).
Обнинск 2007 год II тур
Но 2 + 3 = 5, то есть на самом деле все монеты названы: три рублевые и две
двухрублевые.
Заметим, что мы определили (в условии задачи этого не требовалось), сколько
каких монет всего лежало в кармане у Пети: это как раз и есть 5 названных
монет. Действительно, такой набор монет в камане обязательно должен
присутствовать (раз Петя этот набор вытащил). с другой стороны,
добавление к этому набору любой другой монеты («1 рубль», «2 рубля» или
еще какой-нибудь) дает возможность вытащить из кармана набор из 5 монет
не такой, как было найдено (заменив «дополнительной» монетой одну из не
совпадающих с ней монет «правильного» набора). поэтому никаких других
монет, кроме пяти названных, у Пети в кармане по условиям задачи быть не
может.
Ответ: «1 рубль», «1 рубль», «1 рубль», «2 рубля», «2 рубля».
МФТИ 2006 год 8 класс
Задача : Некоторые натуральные числа отмечены. Известно, что на каждом отрезке
числовой прямой длины 1999 есть отмеченное число. Докажите, что найдётся пара
отмеченных чисел, одно из которых делится на другое.
Решение: Рассмотрим отрезки натурального ряда длины 1999. Все они отличаются
сдвигом. Назовём точки, или позиции, на двух таких отрезках соответствующими,
если они совмещаются при сдвиге одного отрезка на другой. Предположим, что
условие задачи не выполняется, т.е. ни одно из отмеченных чисел не делится на
другое. Рассмотрим первый отрезок. По условию задачи, в нём есть отмеченное
число, скажем x1.
Теперь сдвигаем отрезок на x1. На позиции, соответствующей числу x1, не может стоять
отмеченное число, а вместе с тем — есть какое-то другое отмеченное число x2.
Теперь сдвинем новый отрезок на x1 • x2. Тогда на позициях, соответствующих
отмеченным числам x1 и x2 не могут стоять отмеченные числа, а вместе с тем стоит
отмеченное число x3.
Теперь будем сдвигать новый отрезок на x1 • x2 • x3 и найдём новое число x4. На шаге с
номером t мы осуществляем сдвиг на x1 • … • xt и получаем отрезок с t запретами.
На шаге с номером 1999 мы получим, что все позиции запрещены, что противоречит
условию.
Дистанционная олимпиада SNAIL
ЗАДАЧА. Докажите, что каждое натуральное число является
разностью двух натуральных чисел, имеющих одинаковое
количество простых делителей. (Каждый простой делитель
учитывается 1 раз, например, число 12 имеет два простых
делителя: 2 и 3.)
Решение: Если данное число n — чётно, т.е. n = 2m, то искомыми
числами будут k = 4m и l = 2m.
Пусть n — нечётно, p1, … ,ps — его простые делители и p —
наименьшее нечетное простое число, не входящее во множество
p1, … ,ps. Тогда искомыми будут числа k = pn и l = (p – 1)n, так
как, в силу выбора p, число p – 1 имеет своими делителями
число 2, и, возможно, какие-то из чисел p1, … ,ps.
Москва лицей «Авангард» 2006 год
Задача : Лабиринт представляет собой квадрат 8 × 8, в каждой
клетке 1 × 1 которого нарисована одна из четырёх стрелок
(вверх, вниз, вправо, влево). Верхняя сторона правой верхней
клетки — выход из лабиринта. В левой нижней клетке
находится фишка, которая каждым своим ходом перемещается
на одну клетку в направлении, указанном стрелкой. После
каждого хода стрелка в клетке, в которой только что была
фишка, поворачивается на 90 по часовой стрелке. Если фишка
должна сделать ход
сквозь стенку квадрата, она остаётся на месте, но стрелка попрежнему поворачивается на 90 по часовой стрелке. Докажите,
что рано или поздно фишка выйдет из лабиринта.
Москва лицей «Авангард» 2006 год
Решение: Предположим, что фишка никогда
не выйдет из лабиринта. Тогда на клетку
с номером 1 фишка попадёт конечное
число раз (менее 4), т.к. в противном
случае, когда стрелка покажет на выход,
фишка из лабиринта уйдёт. Аналогично
получаем, что после того, как фишка в
последний раз побывает на поле <<1>>,
она конечное число раз побывает на
полях с номером <<2>>. Продолжая
рассуждения получаем, что на поле с
номером k, 1 ≤ k ≤ 14 она конечное число
раз побывает на поле с номером k + 1.
Значит, на каждом поле фишка побывает
конечное число раз, что противоречит
неограниченности числа ходов.
Следовательно, фишка должна выйти из
лабиринта.
МГУ 2006 год
Задача. 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.
ЦТИ «SNAIL» 2007 год
Числа от 1 до 1000000 покрашены в два цвета – черный и белый. За ход разрешается
выбрать любое число от 1 до 1000000 и перекрасить его и все числа, не взаимно
простые с ним, в противоположный цвет. Вначале все числа были черными. Можно ли
за несколько ходов добиться того, что все числа станут белыми?
Решение:
Лемма. Пусть дан набор простых чисел p1, …, pn. Тогда можно за несколько
перекрашиваний добиться того, что поменяют цвет те и только те числа, которые
делятся на все простые числа набора.
Доказательство. (по формуле включения-исключения): для каждого непустого поднабора
чисел перекрасим числа, не взаимно простые с произведением всех чисел этого
поднабора. Число, делящееся на все числа набора, перекрашивалось при каждом таком
перекрашивании, всего перекрашиваний было 2n – 1, следовательно, числа, делящиеся
на все числа набора перекрашены. Пусть некоторое число k не делится хотя бы на одно
из чисел набора, например, на p1. Тогда оно не перекрашивалось, когда мы
перекрашивали числа, не взаимно простые с p1. Остальные непустые поднаборы чисел
можно разбить на пары следующим образом: поднабору, не содержащему p1, в пару
ставится поднабор, полученный из него добавлением p1. При этом число k
перекрашивается или при обоих перекрашиваниях пары, или ни при одном. Поэтому
число k не будет перекрашено.
Лемма доказана.
Первое решение. Для каждого набора простых чисел, произведение которых не больше
1000000 , перекрасим числа, делящиеся на все эти простые числа. По лемме такая
операция возможна. Докажем, что любое число k при этом будет перекрашено. Пусть k
имеет m различных простых делителей, тогда оно перекрашивалось при 2l – 1
операции, то есть нечетное число раз.
Второе решение. Назовем два числа эквивалентными, если у них совпадают наборы
простых делителей. Заметим, что при наших операциях классы эквивалентности
перекрашиваются целиком. Будем говорить, что один класс больше другого, если если
все простые делители второго класса являются делителями первого. Из леммы следует,
что мы можем перекрасить любой класс, перекрасив вместе с ним только большие
классы.
Сначала перекрасим минимальные классы (класс называется минимальным, если он не
больше никакого другого класса). Исключим их из рассмотрения. Среди оставшихся
некоторые классы станут после такого исключения минимальными. При
необходимости перекрасим их и тоже исключим. И так далее.
Поскольку классов конечное число, процесс закончится
Обнинск 2006 год 6-8 класс (1)
Какая цифра будет стоять на 1997-м месте после запятой при делении числа 1 на 22?
Разделим число 1 на 22:
1 : 22 = 0,0454545454545454545454545 ..., и т.д.
Как видите, начиная со второй цифры после запятой, происходит повторение одной и той
же группы цифр: 45, 45, 45, ... . Таким образом, 1/22 =
0,0454545454545454545454545... . Короче это записывают так: 0,0(45). Повторяющуюся
группу цифр после запятой называют периодом, а саму десятичную дробь –
бесконечной десятичной дробью.
Как мы видим, на чётном месте после запятой стоит «4», а на нечётном «5». Число 1997
является нечётным, значит на 1997-м месте после запятой будет стоять
цифра
«5».
Ответ: На 1997-м месте после запятой будет стоять цифра «5».
Обнинск 2005 год 7-8 класс
Математик пошел к приятелю в гости, но забыл номер его квартиры. Он знал, что:
1) Если верно, что номер квартиры кратен двум, то он больше, чем 50, но меньше, чем 59.
2) Если верно, что этот номер не кратен трем, то он больше, чем 60, но меньше, чем 69.
3) Если верно, что этот номер не кратен 4, то он больше, чем 70, но меньше, чем 79.
Сумел ли математик по этим данным вычислить номер квартиры?
Решение: Пусть N искомый номер квартиры. Анализируя 1-е и 3-е условие,
получаем, что если число N было кратно 4, то оно было бы кратно 2. А тогда
50< N <59 среди чисел этого интервала есть два числа кратных четырем, а
именно: 52 и 56. Оба не кратны 3, а значит, из второго условия имеем, что
60<N<69. Возникло противоречие. Поэтому, искомый вариант не кратен 4, а
значит, 70<N<79. Следовательно, N не кратно 2 и кратно 3. Такое N
существует, причем единственное – 75.
Обнинск 2005 год 7-8 класс
Делиться ли число ::..: на 9? Ответ обоснуйте.
Решение: Проверим, при каком количестве шестёрок число делится на девять. Число
делится на девять, если сумма цифр делится на девять.
666 – делится на девять,
6666 – не делится на девять,
66666 – не делится на девять,
666666 – делится на девять,
6666666 – не делится на девять,
66666666 – не делится на девять,
666666666 – делится на девять.
Из этого следует, что число делится на девять, если количество цифр делится на ТРИ.
«Nik-Snail»2007 год 9-10 класс (1)
«Nik-Snail»2007 год 9-10 класс (7)
Задание № 1 Решить неравенство x2+4|x-a|≥a2
x2+4|x-a|≥a2
4|x-a|≥a2-x2
|4x-4a|≥a2-x2
x-a≥0
{ x+4+a≥0
{{
{
{{
x-a≤0
x+4+a≤0
a≤x
a ≥-x-4
a>x
a ≤ -x-4
4x-4a≥a2-x2
{ 4x-4a≤a -x
2
2
{
{
{{
(x-a)*(x+4+a) ≥0
(x-a)*(x-4+a) ≤ 0
x-a ≥ 0
x-4+a ≤ 0
x-a ≥ 0
x-4+a ≤ 0
a≤x
{ a ≥ -4+x
{{
a≥x
a ≤ -x+4
a≤4
a≥-x-4
a≥4
a ≤ -x-4
a≥4
a ≤ -x-4
a ≤ -x+4
Задание № 7. Найти наибольшее целое число значение
параметра «А», при котором система не имеет корней.
{
6 x <4
{
6-x<16
{
x>-10
6-x≥0
x≤6
6 x <4
(x+10)*(a+x)>0
y=(x+10)*(a+x) парабола ветвями вверх
x
(-10;6]
-a≥6
a≤-6
a [- ;-6]
x1=-10; x2=-a
Ответ: а = -6
Документ
Категория
Презентации по математике
Просмотров
164
Размер файла
1 752 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа