 "Третье тысячелетие""Третье тысячелетие" - LiveJournal.com http://matholimp.livejournal.com/ рекомендовать друзьям >> |
- Комикс с нецензурной выставки
(С http://halfaman.livejournal.com/487425.html ; подробности там же).
Переслать - Решения задач для 12 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/568242.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 3
Обозначим через А сумму нужных чисел, через В − сумму их квадратов, а через С=2011 − сумму их попарных произведений. Известная формула для квадрата суммы превращается в случае большого числа слагаемых в А2=В+2С=В+4022. Отсюда следует, что А>√4022, то есть А≥64.
Проверим, может ли быть А=64. Так как в этом случае А2=4096, то должно быть В=74.
Как набрать разность В−А=10 ? Заметим, что она складывается почленно из неотрицательных разностей 12−1=0 , 22−2=2 , 32−3=6 , 42−4=12 и т.д. Легко видеть, что нельзя использовать даже 4, не говоря о больших слагаемых. Если не учитывать нулевые разности 12−1 , то набрать 10 можно двумя способами: как 6+2+2 или 2+2+2+2+2. Значит, в самой сумме к 3+2+2 или 2+2+2+2+2 нужно добавить недостающее число единиц, чтобы получить А=64. В первом случае нужно добавить 57 единиц, а во втором − 54. Легко убедиться, что для обоих вариантов выполнены все требования условия задачи.
Ответ: 64.
Задача 4
Достаточно проверить самые первые варианты:
1) p=1
q=16∙13+2∙1+1 =19 - простое
2) p=2
q=16∙23+2∙2+1 =133 – составное, 133:7=19
3) p=3
q=16∙33+2∙3+1 =439 – простое
4) p=4
q=16∙43+2∙4+1 =1033 – простое
5) p=5
q=16∙53+2∙5+1 =2011 – простое
6) p=6
q=16∙63+2∙6+1 =3469 – простое
Ответ: годятся пары (1 и 19), (3 и 439), (4 и 1033), (5 и 2011), (6 и 3469) и др.
Задача 5
Легко убедиться, что левая часть уравнения возрастает. Следовательно, уравнение имеет не более одного натурального корня. Теперь его легко найти подбором: n=3.
Ответ: n=3.
Задача 6
Весьма существенным является замечание о непрерывности функции f(g(h(x))=sin(π[x]) . Действительно, достаточно наблюдения, что [x] принимает только целые значения k, при подстановке которых sin(πk) обращается в ноль. Отсюда следует, что f(g(h(x))=sin(π[x]) тождественно обращается в ноль. Постоянная функция непрерывна.
Теперь можно построить сколько угодно новых примеров, добавляя в начале формульного выражения знаки любой функции.
Ответ: f(g(h(x)) и все более сложные композиции вида А(f(g(h(x))) , где А – любая из данных функций или даже любая их композиция.Переслать - Решения задач для 11 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/568463.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 3
Прежде всего, заметим, что если числа не обязательно целые, то минимум a+b+c достигается в случае их равенства. Так как 262=676>2011/3 , то отсюда следует, что минимум ≥78 .
Не теряя общности, можно считать, что a≤b≤c , откуда а<26 .
Теперь выразим с=(2011-ab)/(a+b)=(2011+a2)/(a+b)−а . Последняя дробь подсказывает возможность искать a+b среди делителей 2011+a2 . С учётом а<26 достаточно перебрать не более 25 возможностей для а и для каждого из них разложить 2011+a2 на множители. Так как в случае минимума a, b и c должны быть сравнительно близки друг к другу, то перебор лучше вести по убыванию а, начав с а=25.
Подстановка а=17 даёт 2011+a2 =2300=46∙50 , что приводит к b=29 , c=33 и a+b+c=79 .
Ответ: 79.
Задача 4
Теорема Виета легко сводит эту задачу к предыдущей.
Ответ: −79.
Задача 5
Легко убедиться, что левая часть уравнения возрастает. Следовательно, уравнение имеет не более одного натурального корня. Теперь его легко найти подбором: n=3.
Ответ: n=3.
Задача 6
Весьма существенным является замечание о непрерывности функции f(g(h(x))=sin(π[x]) . Действительно, достаточно наблюдения, что [x] принимает только целые значения k, при подстановке которых sin(πk) обращается в ноль. Отсюда следует, что f(g(h(x))=sin(π[x]) тождественно обращается в ноль. Постоянная функция непрерывна.
Теперь можно построить сколько угодно новых примеров, добавляя в начале формульного выражения знаки любой функции.
Ответ: f(g(h(x)) и все более сложные композиции вида А(f(g(h(x))) , где А – любая из данных функций или даже любая их композиция.Переслать - Решения задач для 10 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/568648.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 3
Около любого правильного многоугольника можно описать окружность. Из условия имеем, что угол, вершина которого в к-ой точке, равен 30°, т.е. он опирается на дугу в 60°
Далее возможны два случая.
1). Конечная точка n принадлежит дуге в 60°. Тогда, дуга от точки 1 до точки 2011 по часовой стрелке равна 300° и делится на 2010 равных дуг (по числу сторон), т.е. 300/2010==10/67 °– одна дуга.
Дуга от точки 1 до точки 2011 против часовой стрелки равна 60° и делится на n-2010 дуг, т.е. 60/( n-2010)=10/67. Значит, n=(60*67+20100)/10=2412.
2). Конечная вершина n не лежит на дуге в 60°. Дуга от точки 1 до точки 2011 по часовой стрелке равен 60° , т.е. дуга между соседними вершинами: 60/2010=2/67 °
Дуга от точки 1 до точки 2011 против часовой стрелки равна 300 °и делится на
n-2010 равных дуг, т.е. 300/( n-2010)=2/67. Значит, n=(300*67+2*2010)/2=12060.
Ответ: 2412 или 12060.
Задача 4
Обозначим через А сумму нужных чисел, через В − сумму их квадратов, а через С=2011 − сумму их попарных произведений. Известная формула для квадрата суммы превращается в случае большого числа слагаемых в А2=В+2С=В+4022. Отсюда следует, что А>√4022, то есть А≥64.
Проверим, может ли быть А=64. Так как в этом случае А2=4096, то должно быть В=74.
Как набрать разность В−А=10 ? Заметим, что она складывается почленно из неотрицательных разностей 12−1=0 , 22−2=2 , 32−3=6 , 42−4=12 и т.д. Легко видеть, что нельзя использовать даже 4, не говоря о больших слагаемых. Если не учитывать нулевые разности 12−1 , то набрать 10 можно двумя способами: как 6+2+2 или 2+2+2+2+2. Значит, в самой сумме к 3+2+2 или 2+2+2+2+2 нужно добавить недостающее число единиц, чтобы получить А=64. В первом случае нужно добавить 57 единиц, а во втором − 54. Легко убедиться, что для обоих вариантов выполнены все требования условия задачи.
Ответ: 64.
Задача 5
Легко убедиться, что левая часть уравнения возрастает. Следовательно, уравнение имеет не более одного натурального корня. Теперь его легко найти подбором: n=3.
Задача 6
Чтобы сократить запись, удобно ввести «дополнительные» переменные u=1─x , v=1─y и w=1─z , после чего условие задачи примет следующий вид:
«Известно, что 0≤w≤v≤u≤1 , uv=2/3 , vw=1/3. Найдите наименьшее и наибольшее возможные значения uw.»
Так как три новые переменные связаны двумя соотношениями, то одну из них можно считать независимой, а две оставшиеся – её функциями. Удобнее выразить u=2/3v , w=1/3v , после чего получим задачу о поиске наименьшего и наибольшего возможных значений функции 2/9v2 при условии 0≤1/(3v) ≤v≤ 2/(3v) ≤1 . Легко видеть, что функция 2/9v2 монотонно убывает с ростом v . Поэтому её наименьшее и наибольшее возможные значения достигаются соответственно при наибольшем и наименьшем допустимых значениях v . Найдём их
Неравенство 0≤1/(3v) выполняется при всех v>0 .
Из неравенства 1/(3v) ≤v следует, что v≥√3 /3 .
Из неравенства v≤ 2/(3v) следует, что v≤√6 /3 .
Наконец, из неравенства 2/(3v) ≤1 следует, что v≥2/3 .
Соединяя четыре последних вывода вместе, получаем 2/3 v≤√6 /3 .
Итак, наименьшее возможное значение функции 2/9v2 достигается при v=√6 /3 и равно 1/3 , а наибольшее возможное значение функции 2/9v2 достигается при v=2/3 и равно 1/2 . Эти же числа 1/3 и 1/2 служат решениями исходной задачи.
Ответ: 1/3 и 1/2 .Переслать - Решения задач для 9 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/568964.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Около любого правильного многоугольника можно описать окружность. Из условия имеем, что угол, вершина которого в к-ой точке, равен 30°, т.е. он опирается на дугу в 60°
Далее возможны два случая.
1). Конечная точка n принадлежит дуге в 60°. Тогда, дуга от точки 1 до точки 2011 по часовой стрелке равна 300° и делится на 2010 равных дуг (по числу сторон), т.е. 300/2010==10/67 °– одна дуга.
Дуга от точки 1 до точки 2011 против часовой стрелки равна 60° и делится на n-2010 дуг, т.е. 60/( n-2010)=10/67. Значит, n=(60*67+20100)/10=2412.
2). Конечная вершина n не лежит на дуге в 60°. Дуга от точки 1 до точки 2011 по часовой стрелке равен 60° , т.е. дуга между соседними вершинами: 60/2010=2/67 °
Дуга от точки 1 до точки 2011 против часовой стрелки равна 300 °и делится на
n-2010 равных дуг, т.е. 300/( n-2010)=2/67. Значит, n=(300*67+2*2010)/2=12060.
Ответ: 2412 или 12060.
Задача 3
Перебирая d>3 и обязательно четное, т.к. 2011=2*d*n+1, получаем:
20116= 43910 - простое число
20118 = 103310 - простое число
201110 – также простое число.
201112=346910 – простое число
Ответ: 439 (основание 6), 1033 (основание 8), 2011 (основание 10), 3469 (основание 12).
Задача 4
Ломаная состоит из 10 звеньев (она замкнется при проведении 11-го отрезка, вторая половина которого наложится на первый). Сделав чертёж, легко убедиться, что у неё 16 точек самопересечения.
Задача 5
Т.к. в большом кубе у каждых двух соседних маленьких кубиков совпадают по цвету две грани, и три грани каждого кубика принадлежат трем граням большого куба, то положение каждого кубика однозначно ( любой поворот нарушит условие Коли), т.е. поверхность большого куба будет окрашена во все 6 цветов.
Ответ: 6
Задача 6
Пусть х евро – цена масла, у евро – цена сыра , которые назначил перекупщик.
71*55+73*59=8212 евро – должен получит 1-й фермер.
73*56+75*58=8438 евро – должен получить 2-й фермер.
Имеем систему уравнений: 71х+73у=8212 и 73х+75у=8438 .
Разность этих уравнений позволяет найти х+у.
Ответ: 18,5 евро –цена масла, 94,5 евро – цена сыра.Переслать - Решения задач для 8 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/569178.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть размеры были: a, b и c, а стали xa, yb и zc. Тогда
xa∙yb = ab(1 - 0.28)
xa∙zc = ac*(1 - 0.37)
yb∙zc = bc*(1 - 0.44)
После сокращения получаем:
xy = 0.72 = 0.9∙0.8
xz = 0.63 = 0.9∙0.7
yz = 0.56 = 0.8∙0.7
Теперь легко подобрать x=0.9 , y=0.8 и z=0.7 .
Объём уменьшился на (1-0.9∙0.8∙0.7)∙100% = 49.6%.
Задача 3
Меньше 9 цветов получить нельзя, так как у клеток посередине поля по 8 соседних, они должны быть разного цвета (8 цветов); сама клетка должна быть отличной по цвету от соседних (иначе, если она одного цвета с соседней, для клетки, которая имеет с ними общую вершину, соседние имеют один цвет) (9-й цвет).
Варианты раскраски могут быть разные, например:
1 2 3 1 2 3 1
4 5 6 4 5 6 4
7 8 9 7 8 9 7
1 2 3 1 2 3 1
4 5 6 4 5 6 4
7 8 9 7 8 9 7
1 2 3 1 2 3 1
Ответ: 9.
Задача 4
Пусть красных точек x, а синих y. Проведено отрезков
xy=2011.
Так как 2011 – простое число, то должно быть 2011 точек одного цвета и одна другого. Всего - 2012.
Ответ: 2012.
Задача 5
По условию, грани кубиков закрашены единообразно, т.е. кубики одинаковые.
Коля прикладывает (или приклеивает) друг к другу кубики. Как бы ни был повернут в пространстве 1-ый кубик, три склеенных с ним повернуты так же (известны цвета двух граней каждого). Поэтому на поверхности большого куба будут все шесть цветов, и расположены они будут так же, как на маленьком кубике.
Ответ: 6 цветов.
Задача 6
1-ый фермер хочет получить 45*21+49*23=2072(€), 2-ой 46*23+48*25=2258(€).
Назначим цену на тонну мяса x €, тонну молока y €.
Получим 21x + 23y = 2072 и 23x + 25y = 2258 .
Разность этих уравнений позволяет найти х+у.
Ответ: цена тонны мяса 33,5 €, тонны молока 59,5 €.Переслать - Решения задач для 7 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/569578.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть размеры были: a, b и c, а стали xa, yb и zc. Тогда
xa∙yb = ab(1 - 0.28)
xa∙zc = ac*(1 - 0.37)
yb∙zc = bc*(1 - 0.44)
После сокращения получаем:
xy = 0.72 = 0.9∙0.8
xz = 0.63 = 0.9∙0.7
yz = 0.56 = 0.8∙0.7
Теперь легко подобрать x=0.9 , y=0.8 и z=0.7 .
Объём уменьшился на (1-0.9∙0.8∙0.7)∙100% = 49.6%.
Задача 3
Меньше 9 цветов получить нельзя, так как у клеток посередине поля по 8 соседних, они должны быть разного цвета (8 цветов); сама клетка должна быть отличной по цвету от соседних (иначе, если она одного цвета с соседней, для клетки, которая имеет с ними общую вершину, соседние имеют один цвет) (9-й цвет).
Варианты раскраски могут быть разные, например:
1 2 3 1 2 3 1
4 5 6 4 5 6 4
7 8 9 7 8 9 7
1 2 3 1 2 3 1
4 5 6 4 5 6 4
7 8 9 7 8 9 7
1 2 3 1 2 3 1
Ответ: 9.
Задача 4
Фермеры ранее закупили где-то сталь и уголь.
1-ый хочет получить 25*18+29*19=1001(€), 2-ой 26*19+28*20=1054(€).
Назначим цену на тонну стали x €, тонну угля y €. Получим 18x + 19y = 1001 и 19x + 20y = 1054.
Разность этих уравнений позволяет найти х+у=53.
Ответ: цена тонны стали 6€, тонны угля 47€.
Задача 5
Надо выбрать такие катушки, чтобы было как можно больше комбинаций последних трёх цифр, суммы которых равны. Сумма трёх цифр от 0 до 27.
Наименьшее число комбинаций (1) – если сумма 0 или 27.
Наибольшее число комбинаций – если сумма 13 или 14.
Для суммы трёх цифр 13
1-ая цифра – любая;
2-ая цифра должна быть такой, чтобы сумма могла быть 13
если 1-ая цифра всего комб. 2-ая цифра нужн. комб.
0 100 4..9 60
1 100 3..9 70
2 100 2..9 80
3 100 1..9 90
4 100 0..9 100
5 100 0..8 90
6 100 0..7 80
7 100 0..6 70
8 100 0..5 60
9 100 0..4 50
3-я цифра должна дополнить сумму до 13 (одна из 10).
Наибольшее число счастливых билетов в катушке
(60+70+80+90+100+90+80+70+60+50)/10 = 75.
Для суммы трёх цифр 14 количество комбинаций такое же (комбинации можно получить из предыдущих 75 заменой 0 на 9, 1 на 8, …, 9 на 0). (Счастливых билетов в катушках, где суммы трех цифр менее 13 или более 14 меньше, например:
для суммы 12 или 15 7+8+9+10+9+8+7+6+5+4 = 73,
для суммы 11 или 16 8+9+10+9+8+7+6+5+4+3 = 69,
для суммы 10 или 17 9+10+9+8+7+6+5+4+3+2 = 63,
для суммы 9 или 18 10+9+8+7+6+5+4+3+2+1= 55;
для суммы 8 или 19 9+8+7+6+5+4+3+2+1+0 = 45;
для суммы 7 или 20 8+7+6+5+4+3+2+1 = 36;
для суммы 6 или 21 7+6+5+4+3+2+1= 28;
для суммы 5 или 22 6+5+4+3+2+1= 21;
для суммы 4 или 23 5+4+3+2+1= 15;
для суммы 3 или 24 4+3+2+1= 10;
для суммы 2 или 25 3+2+1= 6; для суммы 1 или 26 2+1= 3).
Катушек с суммой трёх первых цифр 13 в серии 75 (см. выше), с суммой трёх первых цифр 14 тоже 75. Всего 150.
Ответ: 75 билетов, 150 катушек.
Задача 6
Ответ: 2, 2, 3.
Примеры: 1001, 1001, 10101.
Доказательство минимальности последнего следует из признака делимости на 3.Переслать - Решения задач для 6 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/569807.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть размеры были: a, b и c, а стали xa, yb и zc. Тогда
xa∙yb = ab(1 - 0.28)
xa∙zc = ac*(1 - 0.37)
yb∙zc = bc*(1 - 0.44)
После сокращения получаем:
xy = 0.72 = 0.9∙0.8
xz = 0.63 = 0.9∙0.7
yz = 0.56 = 0.8∙0.7
Теперь легко подобрать x=0.9 , y=0.8 и z=0.7 .
Объём уменьшился на (1-0.9∙0.8∙0.7)∙100% = 49.6%.
Задача 3
Любая не краевая клетка квадрата 6х6 имеет 4 соседние клетки, значит Вася должен использовать как минимум четыре цвета.
Приведем пример раскраски квадрата 6х6 для четырех цветов:
1 2 3 4 1 2
1 2 3 4 1 2
3 4 1 2 3 4
3 4 1 2 3 4
1 2 3 4 1 2
1 2 3 4 1 2
Задача 4
Пусть перекупщик назначил цену х евро для сахара и у евро для соли. Первый фермер хотел заработать 9*35+10*39=315+390=705 (евро). Второй фермер хотел заработать 11*38+10*36=418+360=778(евро).
Значит, 9х+10у=705 и 10х+11у=778 .
Разность этих уравнений позволяет найти х+у.
Ответ: сахар будет стоить 25 евро, а соль 48 .
Задача 5
Сначала сосчитаем, сколько было бы точек пересечения, если бы не было кратных пересечений внутри пятиугольника. Прежде всего, есть 10 способов выбрать одну из точек деления. Если выходящий из неё отрезок закончится в одной из соседних точек деления, то ему не с чем будет пересечься. Если с одной стороны от этого отрезка окажется только одна точек деления, то с другой их будет 7, что даст 7 точек пересечения. Если с одной стороны от этого отрезка окажется две точки деления, то с другой их будет 6, что даст 12 точек пересечения. Продолжая этот подсчёт, всего получим 1∙7+2∙6+3∙5+4∙4+5∙3+6∙2+7∙1=84 различных точки пересечения в случае, когда один из отрезков выходит из фиксированной точки деления.
Умножение на 10 даст 840. При этом каждая точка пересечения оказалась сосчитана 4 раза, так как можно было начать предыдущее рассуждение с фиксации любого из четырёх концов двух отрезков. Значит, если бы не было кратных пересечений, то число точек пересечения оказалось бы в 4 раза меньше 840, то есть 210.
Аккуратный чертёж показывает, что есть 10 точек тройного пересечения (в центрах треугольников и трапеций, на которые данный пятиугольник рассекается каждой из пяти его диагоналей). Каждая из них в предыдущем рассуждении была учтена трижды. Значит, из 210 нужно вычесть дважды по 10. Итак, окончательно получаем 190 точек пересечения.
Ответ: 190.
Задача 6
Ответ: 3, 6, 9.
Примеры: 12, 132, 1332.
Доказательство минимальности следует из признаков делимости на 3, 11 и 9.Переслать - Решения задач для 5 класса (олимпиады "Третье тысячелетие" 2011 года)
Условия задач см. на http://matholimp.livejournal.com/569895.html .
Задача 1 разобрана на http://matholimp.livejournal.com/609038.html .
Задача 2
Пусть размеры были: a, b и c, а стали xa, yb и zc. Тогда
xa∙yb = ab(1 - 0.28)
xa∙zc = ac*(1 - 0.37)
yb∙zc = bc*(1 - 0.44)
После сокрaщения получаем:
xy = 0.72 = 0.9∙0.8
xz = 0.63 = 0.9∙0.7
yz = 0.56 = 0.8∙0.7
Теперь легко подобрать x=0.9 , y=0.8 и z=0.7 .
Объём уменьшился на (1-0.9∙0.8∙0.7)∙100% = 49.6%.
Задача 3
Любая не краевая клетка квадрата 5х5 имеет 4 соседние клетки, значит Вася должен использовать как минимум четыре цвета. Приведем пример раскраски квадрата 5х5 для четырех цветов:
1 2 3 4 1
1 2 3 4 1
3 4 1 2 3
3 4 1 2 3
1 2 3 4 1
Задача 4
Пусть цена 1т ячменя – х евро, а 1т ржи – у евро.
Тогда 5x+6y=495+582=1077 и 6x+7y=588+686=1274.
Разность этих уравнений позволяет найти х+у.
Ответ: 92Є и 105Є.
Задача 5
98421 + 56730 = 155151
Задача 6
Ответ: 1, 2, 3.
Примеры: 10, 110, 1110.
Доказательство минимальности - из признаков делимости на 11 и 3.Переслать - Дипломы (в основном) разосланы
Все дипломы призёрам олимпиады я подписал ещё в субботу. Уже должны быть отправлены все (за исключением тех немногих, где у нас нет никакой информации об адресах).Переслать
 | Строительство и проектирование Тексты законов, аналитические обзоры, тематические статьи о СРО в строительстве и проектировании — все это собрано в этом блоге. Присоединиться → |
| rss2email.ru |
| rss2email.ru | отписаться: http://www.rss2email.ru/unsubscribe.asp?c=129210&u=1026337&r=851445256 управление подпиской: http://www.rss2email.ru/manage.asp партнерская программа: http://partner.rss2email.ru/?pid=1 |
Комментариев нет:
Отправить комментарий