olimpiady_matematika

го сеанса 110 мин, получим 21 ч 15 мин — время начала шестого сеанса.

4. ОТВЕТ: можно.

РЕШЕНИЕ. Например, 1, 2, 3, 5.

5. ОТВЕТ: нельзя.

РЕШЕНИЕ. Заметим, что сумма любых 10 последовательных чисел — нечетное число. Но сумма попарных сумм любых 5 чисел — всегда четное число. Противоречие.

6. ОТВЕТ: правильно идут часы № 2.

РЕШЕНИЕ. Так как часы идут по разному, то у каждого своя продолжительность минуты, т. е. за 1 мин, отмеренную по секун домеру, часы № 1 отсчитают m1 мин, часы № 2 — m2 мин, а часы № 3 — m3 мин. Тогда можно установить равенство 11m1 = 10m2, или m2 = 1,1m1. Из соотношений времени на часах № 2 и № 3 по лучаем, что 12,5m2 = 12m3.

Найдем продолжительность минуты на часах № 1. 11m1 + 12,5m2 + 8,25m1 = 30. Заменив m2 на m1, получим 11m1 + 13,75m1 + 8,25m1 = 30, т. е. 1,1m1 = 1.

Это означает, что часы № 1 за 10 мин отсчитают 11 мин. За метим, что из этого сразу следует, что часы № 2 идут верно, а ча сы № 1 — спешат. Часы № 3 не могут показывать точное время, так как идут медленнее часов № 2.

7. ОТВЕТ: нет.

РЕШЕНИЕ. Расставим на доске числа 0, 1, 2, как показано на рис. 126.

Рис. 126

233

«Хромой король» начинает свой путь в клетке, которой соот ветствует число 0. Пусть в какой то момент он стоит на клетке, на которой написано число x. Тогда при следующем ходе x либо увеличивается на 1, либо уменьшается на 2, причем из клетки, в которой написан 0, он может попасть в клетку с 1, далее в клет ку с 2, затем в клетку с 0 и так далее.

Предположим, что король обошел всю доску, побывав в каж дой клетке по одному разу, сделав 63 хода. Тогда сумма чисел в клетках равна 63. А сумма чисел во всех клетках равна 64. Проти воречие.

8. РЕШЕНИЕ. Разделим шары на четыре группы. В три из них входит шар A (рис. 127), одна группа состоит из двух шаров.

2

4

A

Рис. 127

Наличие радиоактивности будем обозначать знаком «+», от сутствие «—». Сделаем три измерения, проверив на радиоактив ность группы 1, 2 и 3. Возможные случаи указаны в таблице.

Из соображений симметрии другие случаи аналогичны. Что делать дальше?

234

Первый случай: оба искомых шара в группе 4. Второй случай: шар A радиоактивен.

Еще один радиоактивный шар можно найти так:

1)разделим оставшиеся 14 шаров на 2 группы по 7 шаров и проверим на радиоактивность одну из групп. Если результат от рицателен, то радиоактивный шар в другой группе;

2)разделим группу, содержащую радиоактивный шар, на две части, в одной — 3, а в другой — 4 шара.

Проверим на радиоактивность одну из частей. В результате выявим, в какой из двух групп радиоактивный шар;

3) далее делим группу с радиоактивным шаром на две части (либо 2 + 2 шара, либо 1 + 2). Проводим новое измерение и т. д. Для выявления радиоактивного шара достаточно 4 измерений.

Третий случай: радиоактивность выявлена в группах 1 и 2. Следовательно, в каждой из них находится по одному радио

активному шару, при этом шар A не радиоактивен (подумайте почему). Далее поступаем аналогично второму случаю.

Четвертый случай: проверим на радиоактивность группу 4. Если в ней выявлена радиоактивность, то в группах 1 и 4 на

ходится по 1 радиоактивному шару, которые определяем остав шимися тремя измерениями. Если нет, то оба радиоактивных шара в группе 1 (шар A не является радиоактивным), и трех измерений достаточно, чтобы их найти. Для этого достаточно проверить на радиоактивность последовательно три шара из группы.

Весенний тур, 2011 г.

1. ОТВЕТ: см. рис. 128.

Рис. 128

2. ОТВЕТ: 38.

РЕШЕНИЕ. Часы могут быть записаны от 00 до 23, самая большая сумма цифр у числа 19. Минуты и секунды могут быть записаны от 00 до 59, самая большая сумма цифр у числа 59. По лучаем 19:59:59. Сумма цифр равна 38.

235

3. ОТВЕТ: 13.

РЕШЕНИЕ. Три новые дороги соединяют между собой новые деревни. Остальные 30 дорог соединяют новые деревни со ста рыми. Значит, из каждой новой деревни к старым выходит ровно 10 дорог. Следовательно, старых деревень 10. Всего деревень ста ло 13.

4. ОТВЕТ: нет, нельзя.

РЕШЕНИЕ. Если в строке сумма двух меньших цифр равняет ся большей, то сумма цифр, стоящих в строке, — четное число. Следовательно, сумма всех цифр в квадрате должна быть четной. Но 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.

5. ОТВЕТ: 0 : 0.

РЕШЕНИЕ. Если бы выиграла одна из команд, то верными оказались бы как минимум три прогноза: «Выиграет», «Не про играет», «Забьет». Следовательно, матч закончился вничью. При ничьей два прогноза оказываются верными: «Шайба» не проиг рает и «Зубило» не проиграет. Значит, все остальные прогнозы — ложные. Таким образом, ни одна из команд голов не забила.

6. ОТВЕТ: 600 г.

РЕШЕНИЕ. По условию масса меньшего кусочка уменьши лась вдвое. Значит, лиса за три раза откусила от него столько же сыра, сколько оставила.

Пусть она откусила от него x граммов и оставила x граммов. Каждый раз лиса откусывала от большего кусочка ровно

вдвое больше, чем от меньшего. Поэтому и в итоге она откусила от него вдвое больше, т. е. 2x граммов. А осталось от большего кусочка столько же, сколько и от маленького, т. е. x граммов.

Получаем: x + x + x + 2x = 1000. Отсюда следует, что x = 200. Лиса съела 3x граммов, или 600 г.

Математические регаты, 2011 г.

1. ОТВЕТ: нет, не существуют.

РЕШЕНИЕ. Предположим, что такие целые числа x, y и z су ществуют. Тогда, раскрыв скобки и приведя подобные слагае мые, получим:

–3x2y + 3xy2 – 3y2z + 3zy2 + 3z2x – 3zx2 = 2011.

236

В этом равенстве левая часть является целым числом, кото рое кратно трем, а правая часть на 3 не делится. Полученное про тиворечие показывает, что указанных x, y и z не существует.

Аналогичное противоречие можно также получить, исполь зуя формулу.

a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc + ca).

(x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) = 2011.

2. ОТВЕТ: нет, не существуют.

РЕШЕНИЕ. Каждое из составных чисел является произведе нием, по крайней мере, двух простых чисел. В каждом из таких произведений не может быть больше одного двузначного сомно жителя, иначе это произведение будет, как минимум, трехзнач ным числом. Значит, в разложении на простые множители каж дого из искомых двузначных чисел должно присутствовать одно значное простое число. Но простых однозначных чисел всего четыре: 2, 3, 5 и 7. Следовательно (по принципу Дирихле), среди любых пяти составных двузначных чисел найдутся два, у кото рых будет общий делитель, отличный от 1.

3. РЕШЕНИЕ. Докажем, что CEF = CFE (рис. 129), из

чего будет следовать утверждение задачи. Действительно, тре угольник AED — равносторонний, поэтому ADE = 60°, а CDE = 90° – 60° = 30°. Так как CD = AD = DE, то треуголь ник EDC — равнобедренный, следовательно:

CED = ECD = (180° – 30°) : 2 = 75°.

237