Розділ 1–7–3€¦ · Web view2015/10/01 · Оскільки , – різні степені і -- натуральне, то звідси випливає, що , –

XІ Київський відкритий турнір математичних боїв ім. Лесі Рубльової

Перший тур

Умови та розв’язання задач

Коли свобода зникає, країна ще залишається,та Вітчизни вже немає.

Франсуа де Шатобріан

Наймолодша ліга. Група «А»

1. Знайдіть три правильних нескоротних дробі з різними чисельниками, сума яких є цілим числом, при цьому сума обернених до них чисел, тобто чисел, які утворені заміною чисельника на знаменник та навпаки, також є цілим числом.

Відповідь: .

Розв’язання. Оскільки та , то ця трійка є одним з можливих розв’язків задачі.

2. Андрій та Богдан їздять на велосипедах по прямокутному маршруту, що зображений на рис. 1, де вказані усі розміри. Андрій їздить за маршрутом , Богдан – . При цьому відношення швидкостей Андрія та Богдана складає . Обидва стартують в точці . Скільки повних маршрутів проїде кожний до наступної їх зустрічі в точці ?

Відповідь: Андрій – кругів, Богдан – кругів. Розв’язання. Позначимо швидкості Андрія та Богдана через та відповідно. Тоді їх наступна зустріч в точці відбудеться у момент, коли кожен з них проїде цілу кількість відповідних маршрутів. Нехай Андрій проїде , а Богдан – повних „кіл”, оскільки одне коло Андрія складає , а Богдана – , то має виконуватись рівність:

або .

Оскільки числа та взаємно прості, то очевидно, що найменші натуральні , що задовольняють умову – це та .

3. Діти знайшли дерев’яний трикутник з прямолінійними сторонами. У них був також листочок паперу та олівець, яким можна проводити відрізки вздовж сторін трикутника. Відомо, що величина кута між двома з цих сторін дорівнює цілому числу градусів. Чи зможуть діти визначити величину цього кута?

Відповідь. так.Розв’язання. Нехай, наприклад, величина кута . Проведемо початковий промінь, та будемо відкладати шуканий кут один біля іншого. Наприклад, ми його відклали разів. Тоді загалом відкладений кут . Якщо його відкласти достатню кількість разів (максимум 360 разів), то буде зроблена ціла кількість повних обертів навколо початкового променя. Якщо було зроблене повних обертів, то ми маємо таку рівність для знаходження шуканого кута: . Наприклад, при величині кута , його треба відкласти рівно тричі і зроблений повний оберт. Тоді

1

Рис. 1

A B

CD

E

F

S100

100

300 100

200

Рис. 2

маємо рівність: . При величині кута , його треба відкласти 10 разів і одержимо рівність: , звідки знаходимо, що .

4. Чи можна розрізати квадрат на дев’ять прямокутників та квадратів (не обов’язково різних) так, щоб з них можна було скласти будь-який прямокутник з цілими сторонами, довжиною яких не перевищують 7?

Відповідь: Можна.Розв’язання. Наприклад розріжемо квадрат таким чином, по вертикалі відріжемо смуги шириною ,

та , так само по горизонталі. Вийдуть дев’ять прямокутників з сторонами , та – будь яка пара є. Покажемо, що з них можна утворити будь-який потрібний прямокутник. Якщо треба утворити прямокутник зі сторонами , то кожне з чисел можна утворити як суму деяких з чисел , та

. Далі просто, наприклад, якщо , то вибираємо усі прямокутники зі сторонами . З них складемо прямокутник . Якщо тепер , то просто приберемо зайві прямокутники, сторони яких не утворюють . Так само і для прямокутників, сторони яких є не сумою двох доданків (одного чи усіх трьох).

5. Число починається з цифри . Якщо останню цифру цього числа перенести в початок, то число збільшиться вдвічі. Знайдіть найменше таке число.

Відповідь: .Розв’язання. Перенесена цифра може бути 2 чи 3. Для цифри 2 число просто знаходиться процесом множення в стовпчик числа 1_ _ _..._ _2 на 2. Процес множення повинен тривати доти (для одержання найменшого можливого числа), доки ми не одержимо в добутку перші дві цифри 21. Сам процес зовсім простий, хоча й множення триває доволі довго. Позначимо менше число А, більше М – послідовно одержуємо такі цифри: А=_ _ _2, М=_ _ _4, А=_ _ _42, М=_ _ _84, А=_ _ _842, М=_ _ _684, А=_ _ _6842, М=_ _ _3684,…, і нарешті одержимо таку відповідь: А=105263157894736842. Для першої цифри 3 ми могли б одержати таку найменшу відповідь: 157894736842105263, вони мають рівну кількість цифр, а тому перше з них менше.

6. Знайдіть найбільший спільний дільник чисел та , де та .

Відповідь: . Розв’язання. Серед чисел , , та подивимось, які ділять число . Стосовно подільності на , то серед множників числа жодне не ділиться на і рівно два діляться на , тоді до НСД увійде

. З ознаки подільності на (або безпосередньою перевіркою) бачимо, що жоден множник числа не ділиться на . Оскільки та , то шуканий НСД дорівнює:

.

7. Полем для гри є комірок, що розташовані в ряд. У трьох найлівіших розташовані білі фішки, у трьох найправіших – чорні фішки. Два гравці – Білий та Чорний грають фішками відповідного кольору, розпочинає – Білий. За один хід гравець має право пересунути свою фішку на сусідню комірку, якщо вона не зайнята фішкою такого ж кольору. Якщо вона зайнята фішкою протилежного кольору, то обидві фішки при такому ході знімаються з поля гри. Коли жодної фішки не залишається на столі – гра закінчується і переможцем вважається той, хто зробив останній хід. Хто переможе при такій грі – Білий (що розпочинає) чи Чорний (що ходить другим)?

Відповідь: при парному перемагає перший (Білий), інакше – другий. .Розв’язання. Пофарбуємо усі комірки по черзі у білі та чорні кольори. Кожний хід змінює парність

2

кількості фішок, що лежать у білих комірках. Дійсно, якщо при такому ході не знімаються фішки, то все очевидно. Якщо знімаються, то перед цим ходом вони були на сусідніх комірках, тобто одна на білій, а інша – на чорній комірці. Тоді, після ходу кількість фішок, що стоять на білих комірках зменшується на 1. Якщо – непарне, то на білих клітинах розташована парна кількість фішок, тому після саме його ходу може з’явитись 0 фішок. Тому йому просто достатньо рухатись кожним ходом направо, на зустріч фішкам Чорного. Аналогічно, з точністю до навпаки перемагає другий (Чорний) при парному , тут уже Чорний має рухати свої фішки назустріч першому.

8. Для натуральних чисел відомо, що суми , , , та дорівнюють 13, 15, 16, 20 та 22, але невідомо у якому порядку. Якою може бути множина (тобто порядок чисел не має значення)?

Відповідь: . Розв’язання. Оскільки , то пошукаємо серед п’яти варіантів сум варіанти однакових. Простим перебором неважко переконатись, що рівні тільки

, звідси випливає, що та . Тому числа однакової парності, а – різної. Тоді числа та – однакової парності. З незадіяних сум є та або

та . У обох випадках .Тепер маємо такі два варіанти:

або

У першому випадку , . Якщо – непарне, то , . Усі інші варіанти призводять до тієї самої четвірки чисел.

Наймолодша ліга. Група «Б»

1. Знайдіть три правильних нескоротних дробі, сума яких є цілим числом, при цьому сума обернених до них чисел, тобто чисел, які утворені заміною чисельника на знаменник та навпаки, також є цілим числом.


Розв’язання. Оскільки та , то ця трійка є одним з можливих розв’язків задачі.

2. Задача № 2 () групи «А» наймолодшої ліги.



5. Для яких натуральних можна вибрати з послідовності чисел декілька послідовних чисел (більше одного) таким чином, щоб їх добуток дорівнював добутку декількох перших послідовних чисел натурального ряду?

Відповідь: для будь-якого . Розв’язання. Позначимо через . Тепер розглянемо добуток:

.Зауважимо, що таке подання можливе при , або , яка справджується при усіх .


3



Наймолодша ліга. Група «В»

1. Задача № 1 () групи «Б» наймолодшої ліги.




5. Скільки існує пар двоцифрових натуральних чисел , де , для яких добуток дорівнює числу, яке записується однаковими цифрами?

Відповідь: пар. Розв’язання. Якщо припустити, що . Оскільки – просте число, то таке подання неможливе.Таким чином . Тепер невеликий перебір.Для такого подання не існує.Для таке подання єдине, на кшталт, .Для – два подання.



8. Чи можна перенумерувати ребра тетраедра (рис. 3)) числами 1, 2,…, 6 (кожне число використовується рівно один раз), щоб сума чисел, що відповідають ребрам для кожної грані, була однаковою?

Відповідь: не можна.Розв’язання. Якщо додати числа, які відповідають кожній грані, то вийде, що кожне ребро у цій сумі підраховане двічі. Тоді маємо таку суму: . Оскільки граней усього 4, то одержана сума повинна бути кратною . Одержана суперечність завершує доведення.

Молодша ліга. Група «А»

1. Для усіх дійсних знайдіть найменше значення виразу .

Відповідь: . Розв’язання. Ця функція є неперервною та кусково-лінійною, причому при вона монотонно спадає, а при – монотонно зростає. Тому мінімально значення може набуватись лише у точках „зламу” функції, тобто достатньо обчислити значення у точках .

, , ,

4

Рис. 3

Як бачимо, шукане значення .Те ж саме можна одержати, якщо розписати вираз на кожному з проміжків.

2. Розв’яжіть рівняння: .

Відповідь: . Розв’язання. Покажемо, що корені цього рівняння такі самі, як і корені рівняння . Дійсно, якщо

, то . Звідси маємо, що . Крім того, якщо , то воно не є

розв’язком рівняння (ліва частина буде від’ємною, а права - додатною). Якщо ж , то

, тому .Аналогічно розглядається випадок .Тому залишається розв’язати рівняння . Неважко переконатись, що корінь – єдиний дійсний корінь.

3. У трикутнику на сторонах , та вибрані відповідно точки , та таким чином, що та . Перпендикуляри з точки на пряму та з точки на пряму перетинаються в точці . Доведіть, що

.

Розв’язання. Оскільки та – рівнобедрені, то висоти та є медіанами та бісектрисами. Тому трикутники та також рівнобедрені, звідси

. Далі просто через суміжні кути та рівні кути при основах рівнобедрених трикутників маємо (рис. 4):

,що й треба було довести.

4. На сторонах квадрату вибрані точки відповідно таким чином, що – прямокутний рівнобедрений трикутник з гіпотенузою . Доведіть, що .

Розв’язання. Неважко показати, що , тому , тому . Звідси (рис. 5) . Оскільки , бо , то .


6. Доведіть, що для кожного натурального у послідовності , де , є нескінченно багато членів, що кратні 2011. Тут через позначений

добуток .

Розв’язання. Оскільки – просте число, то з малої теореми Ферма . Далі розглянемо послідовність . При достатньо великих число кратне , звідси при таких , звідси . Таким чином ці члени послідовності будуть пробігати по черзі усі остачі за модулем , а тому там буде нескінченна

5

Рис. 4 CMB

P N

A

I

Рис. 5A

B

K

L C

D

M

кількість кратних .

7. Яку найменшу кількість шахових коней можна розташувати на шахівниці таким чином, щоб кожна з білих клітинок опинилась під боєм принаймні одного з них?

Відповідь: .Розв’язання. Щоб закрити поля, які позначені хрестами на рис. 6 треба щонайменше 6 коней, але, якщо перебрати усі можливі варіанти, то решту білих полів повністю не закриваються, а тому мінімальна кількість коней – 7. приклад: .

8. Розглядаються такі трійки попарно різних цілих чисел , які задовольняють умову

. Трійка замінюється на трійку . Доведіть, що з якої б трійки ми не розпочали, через 10 таких кроків ми одержимо трійку, у якій є принаймні один від’ємний елемент.

Розв’язання. Перепишемо задану трійку таким чином: , , . Тоді маємо, що . Далі неважно переконатись, що на другому кроці трійка буде задовольняти умови: , , . Далі можна продовжити і матимемо, що на 10-му кроці , , . Оскільки , то принаймні одне з цих чисел – від’ємне, наприклад, , а тому й . Звідси , що й треба було довести.

Молодша ліга. Група «Б»

1. Задача № 1 () групи «А» молодшої ліги.




5. Задача № 5 () групи «Б» наймолодшої ліги.




Середня ліга. Група «А»

1. Для додатних дійсних чисел , які задовольняють умову , доведіть нерівність: .

6

Х

ХХ

ХХ

ХХ

ХРис. 6

Розв’язання. З очевидної нерівності випливає, що (далі декілька разів просто застосовуємо нерівність між середніми):

,

Звідки й випливає потрібна нерівність.


3. Позначимо через – середину бісектриси трикутника . Описане коло перетинає вдруге відрізок у точці . Доведіть, що якщо , то

– прямокутний.

Розв’язання. За цих умов будемо доводити, що . Нехай , тоді (рис. 7):.

Позначимо через основу перпендикуляра, опущеного з точки на . Тоді – медіана, що проведена до гіпотенузи прямокутного . Тому

. Звідси випливає, що , тому

. З іншого боку , якщо їх додати, матимемо:

.

З цього повинно випливати, що проекція точок та на пряму співпадають, звідки і випливає, що

.

4. Нехай – описане коло навколо гострокутного , у якого . Нехай пряма – образ прямої при симетрії відносно прямої . Пряма перетинає коло у точках та . Дотична до кола у точці перетинає пряму в точці . Нехай точка симетрична точці відносно точки . Пряма перетинає коло у точках та . Доведіть, що прямі та паралельні.

Розв’язання. З властивостей вписаних кутів , за побудови прямої маємо . Оскільки точки – циклічні, то (рис. 8), тому

і . Знову з вписаних кутів . Також

, тому . Звідси , оскільки , то

або . Оскільки , то , тому

.Звідки й маємо, що , що й треба було довести.

5. Нехай – попарно різні

7

Рис. 7C

A

BL

M

K

Рис. 8

Ck

A B

p

E

D

G

натуральні числа, а такі натуральні числа, що задовольняють умови:, , .

Доведіть, що не можливо, щоб усі три дробі , та були цілими числами.

Розв’язання. Припустимо супротивне, що усі три дробі – цілі числа. Без обмеження загальності будемо вважати, що . Тоді цілим є такий вираз:

.

За припущенням . Але з іншого боку – суперечність. Одержана суперечність завершує доведення.

6. Доведіть, що для довільного натурального існує многочлен з цілими коефіцієнтами такий, що значення , , …, є різними степенями 2.

Розв’язання. Доведемо ММІ. Для можемо вибрати такі многочлени: та . Нехай многочлен задовольняє умови при деякому . Покажемо, що є степенем . Дійсно, якщо існує просте число , що ділить , то

також ділить і , а це є степінь -- суперечність.

Нехай -- найбільша степінь , що ділить . Тоді, якщо , тому . Тоді

для деяких цілих має місце рівність: . Визначимо

.

Тоді для маємо, що – степінь , а для

.

Оскільки , – різні степені і -- натуральне, то звідси випливає, що ,

– різні степені .

7. Є 2014 монет які мають однин бік чорний, а інший – білий. Усі вони лежать на смужці , по одній у кожній комірці певним боком догори. За один хід дозволяється прибрати монету, що лежить чорним боком нагору та перевернути на протилежний бік монети, що лежать у сусідніх комірках, якщо вони там є. Знайдіть усі початкові розташування монет, при якому таким чином можна прибрати зі смуги усі монети.

Відповідь: усі монети прибрати можна тоді і тільки тоді, коли непарна кількість монет лежить нагору чорним боком. Розв’язання. Доведемо ММІ за кількістю монет , що усі монети прибрати можна тоді і тільки тоді, коли непарна кількість монет лежить нагору чорним боком. При все очевидно, якщо монета догори чорним боком, то її можна прибрати, якщо білим, то – ні. Нехай тепер у нас є монет серед яких рівно нагору повернуті чорним боком. При цьому твердження доведено для усіх менших значень .Нехай – непарне, позначимо через першу монету, що повернута чорним боком нагору. Припустимо, що ні перша, ні остання монета, сусідню зліва монету позначимо через , справа – . Тоді першим ходом видалимо та комірку, що її містила, монети – перегортаються. Тоді ми маємо дві менших стрічки. У стрічці зліва рівно одна монета нагору чорним – це перегорнута монета

, бо найлівіша чорна монета. У справа кількість чорних монет – непарна, бо їх або стільки ж,

8

скільки було у початковій стрічці, якщо була білою, або на дві менше, якщо була чорною. Їх парність не змінилася, а тому обидві стрічки за припущенням індукції можна звільнити від монет, для цього випадку твердження доведене. Якщо – перша монета на стрічці, то після її вилучення, кількість монет праворуч стане тієї самої парності, і знову спрацьовує ММІ.Якщо – остання монета, то видаливши її, маємо зліва від неї рівно 1 чорну монету і знову спрацьовує припущення індукції. Припустимо, що – парне число. Якщо припустити, що ми зможемо вилучити усі монети, то нехай

– та монета, яку видалили першою. Вона була чорною. Тоді або справа від неї, або зліва від неї залишиться парна кількість чорних монет. За припущенням – одну з них не можна залишити без монет. Твердження доведене.


Середня ліга. Група «Б»

1. Задача № 1 () групи «А» середньої ліги.


3. Паралелограми та розташовані, як це показане на рис. 81, тут – точка перетину і . Доведіть, що точки , та точка перетину прямих та лежать на одній прямій, якщо точки колінеарні.

Розв’язання. Побудуємо відрізки , та (рис. 9). Позначимо точку перетину та через . Визначимо вектори , . З умови запишемо, що , тоді

і , тоді . Запишемо

.Тоді повинна виконуватись умова , запишемо ці вектори:

,

.З паралельності повинна виконуватись рівність:

, звідки .

Тоді . Тоді

.

,звідки зрозуміло, що , звідки й випливає твердження задачі.

Зрозуміло, що це далеко не єдине можливе пов’язання, теореми Менелая та Чеви так само дають шлях до іншого розв’язання.

4. У трикутнику з кутом перпендикуляр до сторони , що проведений через точку , перетинає сторону у точці . Бісектриса кута перетинає сторону в точці . Знайдіть величину .


9

Рис. 9A

B C

DN

T

M KP

Розв’язання. Виберемо на відрізку точку таким чином, щоб пряма була бісектрисою . Тоді – бісектриса (рис. 10). Тоді , звідси за двома кутами . Тоді

,з останнього , звідки випливає, що .





Старша ліга. Група «А»

1. Для кожного натурального знайдіть найбільше можливе значення параметру , для якого для довільних дійсних чисел справджується нерівність:

.

Відповідь: для парного , для непарного .Розв’язання. Якщо , то вказана нерівність справджується для усіх . Нехай тепер

.

Внаслідок однорідності заданої нерівності можна зробити заміну , і одержимо, що

,при цьому треба знайти найменше можливе значення виразу , яке буде дорівнювати .

Лема 1. Якщо , то .

Лема 2. Якщо або , та , то .

З леми 1 можна одержати розв’язання для парного випадку. З неї випливає, що , , ..., , звідки й маємо шукане: . Оцінка досягається на

такому наборі: , .

Для непарного випадку повинні обидві леми. Розташуємо числа по колу: . Тут не можливо, щоб числа йшли по черзі – більше попереднього, далі менше, далі знову більше..., оскільки їх непарна кількість. Тому точно існує трійка сусідніх чисел, які або зростають, або спадають, тобто для них справджується лема 2. Тому можемо записати таку оцінку:

,що й треба було довести. Оцінка досягається на такому наборі:

, , , , .

2. Функція , де для будь-яких задовольняє умову:

.Знайдіть усі функції, що задовольняють умову задачі.

10

Рис. 10 CDB

AE

I

Відповідь: , .

Розв’язання. Виберемо та покладемо та . Тоді

,

звідки випливає, що -- строго зростаюча.

Спочатку покажемо, що функція може приймати значення, як завгодно близькі до нуля, тобто

. Покладемо і одержимо, що

тому .Далі ми маємо такі оцінки:

.

Покладемо в останній нерівності , звідки будемо мати, що , звідки випливає

потрібна оцінка, бо остання нерівність справджується , а .

Знову розглянемо початкову рівність, будемо розглядати значення для яких як завгодно

близько до нуля, а значення -- фіксоване. Тоді також може набувати якомога

малих значень. Тоді . Тоді підберемо таке, щоб виконувались нерівності:

.Покладемо тепер та . Тоді маємо, що

.

Виберемо достатньо близьким до , тоді також буде достатньо близьким до нуля, тому та достатньо близькі до , тому права частина може бути як завгодно

близькою до . Тоді , а тому для будь-якого натурального маємо, що

. Для це вже одержане. Далі для ММІ покладемо , тоді

,

Що й треба було довести.

Далі стандартним чином показується, що це справджується також ідля усіх раціональних: .

Нехай . Тоді , перевіркою переконуємось, що така функція

задовольняє умову задачі .



5. Доведіть, що дріб є непарним цілим числом.

Розв’язання. Доведемо ММІ по , що непарне число. Для

маємо . Припустимо, що для деякого число – непарне. Тоді маємо:

11

,

тобто треб показати, що другий доданок – парне число. Запишемо його у скороченому вигляді:

.

Щоб це довести скористаємось тим, що для непарного виконується рівність: . Це просто випливає з того, що кожний множник виразу

є парним, а крім того . Тому для та

,

оскільки усі інші доданки суми кратні . Повертаємось до початкового виразу:

,

що й завершує доведення.



8. У квадраті усі одиничні квадратики пофарбовані у чорний чи білий колір. При цьому це розфарбування задовольняє умову: для будь-яких двох стовпчиків та для будь-яких двох рядків чотири квадратики. що розташовані в їх перетині не можуть бути усі одного кольору. Для якого найбільшого таке розфарбування можливе?

Відповідь: . Розв’язання. Приклад для показаний на рис. 11. Покажемо, що вже квадрат таки чином розфарбувати неможливо. Методом від супротивного. Без обмеження загальності розгляду будемо вважати, що принаймні у трьох рядках більше чорних квадратиків ніж білих. Таким чином серед клітин з цих рядів принаймні чорні. Якщо є стовпчик, у якому усі такі три рядки мають чорні клітини, то усі ніші рядки будуть мати не більше однієї чорної клітини в цих рядках. Але тоді усього чорних клітин в цих рядках не більше

, що суперечить припущенню. Тому у кожному стовпчику не більше двох чорних клітин у цих рядках. Якщо їх більше ніж , то маємо два стовпчики у цих рядках з чорними клітинами, і маємо суперечність. Тому чорних клітин там не більше – суперечність. Одержана суперечність завершує доведення. тим паче і більший квадрат неможливо зафарбувати належним чином.

Старша ліга. Група «Б»

12

Рис. 11

1. У трикутнику позначимо сторони та відповідні їм кути через та . Відомо, що . Доведіть, що .

Розв’язання. Очевидно, що – не найбільша сторона трикутника, тому кут – гострий. Тоді з теореми синусів умова на сторони переписується таким чином:

.

Припустимо, що , тоді справа також гострий кут, тому ,

що випливає з угнутості функції на проміжку . Одержана суперечність завершує доведення.

2. Зростаюча арифметична прогресія натуральних чисел така, що сума перших її членів дорівнює степені числа 2. Доведіть, що й для деякого .

Розв’язання. Нехай – перший та -й члени прогресії, тоді , звідки й випливає вказана умова.

3. Задача № 3 () групи «А» старшої ліги.

4. Задача № 4 () групи «Б» середньої ліги.





13

Documents

Розділ 1–7–3€¦ · Web view2015/10/01 · Оскільки , – різні степені і -- натуральне, то звідси випливає, що , –