WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


XXXIII Турнир имени М. В. Ломоносова 26 сентября 2010 года Конкурс по математике. Ответы и решения В скобках указано, каким классам рекомендуется задача; решать задачи более старших классов также разрешается.

1. (6–7) Можно ли заменить буквы цифрами в ребусе ШЕ · СТЬ + 1 = СЕ · МЬ так, чтобы получилось верное равенство (разные буквы нужно заменять разными цифрами, одинаковые буквы — одинаковыми цифрами) Ответ: нет.

Решение. И число ШЕ · СТЬ, и число СЕ · МЬ оканчиваются на одну и ту же цифру — последнюю цифру числа Е · Ь. Поэтому левая и правая части равенства оканчиваются на разные цифры и не могут быть равны.

2 2. (6–7) Еще Архимед знал, что шар занимает ровно /3 объ2 V ема цилиндра, в который он вписан (шар касается стенок, дна 3 и крышки цилиндра). В цилиндрической упаковке находятся 5 стоящих друг на друге шаров. Найдите отношение пустого места V к занятому в этой упаковке.

Ответ: 1 : 2.

Решение. Разделим упаковку на 5 цилиндров, в каждый из которых вписан шар. В каждом из цилиндров отношение пустого места 1-2/3 1 к занятому есть =. Значит, и во всей упаковке это отношение такое же, 1 : 2.

2 /3 2 3. (6–8) Боря и Миша едут в поезде и считают столбы за окном: «один, два,... ».

Боря не выговаривает букву «Р», поэтому при счете он пропускает числа, в названии которых есть буква «Р», а называет сразу следующее число без буквы «Р».

Миша не выговаривает букву «Ш», поэтому пропускает числа с буквой «Ш».

У Бори последний столб получил номер «сто». Какой номер этот столб получил у Миши Ответ: «восемьдесят один».

Решение. Боря выговаривает числа, в записи которых нет цифр 3 и 4 — среди первых ста чисел таких (10 - 2)2 = 64 (и для цифры десятков, и для цифры единиц есть по 8 вариантов), т. е. на самом деле столбов было 64.

Миша же пропускает числа, в записи которых присутствует цифра 6. Поэтому, досчитав до «59», он пропустит 6 чисел — т. е. ему останется посчитать еще 64 (59 - 6) = 11 столбов. Отсчитывая эти 11 столбов, Миша пропустит все числа от 60 до 69, а также число 76. В результате последний столб получит у него номер 69 + 11 + 1 = 81.

Комментарий. Боря, фактически, считает столбы в восьмеричной системе счисления с цифрами 0, 1, 2, 5, 6, 7, 8, 9; а Миша — в девятеричной с цифрами 0, 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9. Соответственно, чтобы решить задачу, надо перевести число «100» из восьмеричной системы в девятеричную — получится «71», а потом записать его «Мишиными цифрами» (пропуская шестерку) — получится «81».

4. (6–8) Покажите, как разрезать фигуру на рис. 1 на три равные части и сложить из этих частей правильный шестиугольник, изображенный на рис. 2. Оставлять дырки и накладывать части друг на друга нельзя.

Рис. 1 Рис. Решение. Два решения приведены ниже.

Решение 1 Решение Комментарий. Найти решение могут помочь следующие два соображения. Во-первых, сосчитав число треугольничков в фигуре, находим, что сторона шестиугольника больше 2, но меньше 3. Во-вторых, так как фигура обладает поворотной симметрией, естественно попытаться провести три такие отрезка из ее центра.

5. (8–11) В саду растут яблони и груши — всего 7 деревьев (деревья обоих видов присутствуют). Ближе всех к каждому дереву растет дерево того же вида и дальше всех от каждого дерева растет дерево того же вида. Приведите пример того, как могут располагаться деревья в саду.

Комментарий. Имелось в виду, что если ближайших к данному дереву (или самых дальних от данного дерева) несколько, то условие должно выполнятся для каждого из них.

Решение. Посадим сначала по яблоне в двух противоположных вершинах квадрата и в его центре, а также по груше в двух других вершинах квадрата. После чего заменим каждую грушу на пару близкорастущих груш — теперь условие выполняется для всех деревьев, кроме центральной яблони. Но подвинув ее немного вдоль «яблоневой» диагонали, можно добиться, чтобы условие выполнялось и для нее — см. рис. 3 (подвинуть нужно так, чтобы, с одной стороны, нижняя яблоня стала к ней ближе, чем груши, а с другой — она осталась ближайшим деревом к верхней яблоне).

Комментарий. Можно аналогичную картинку нарисовать и по клеточкам — см. рис. 4.

Рис. 3 Рис. 6. (8–11) Было 8 грузиков массами 1, 2,..., 8 г. Один из них потерялся, а остальные выложили в ряд по возрастанию массы. Есть весы с лампочкой, при помощи которых можно проверить, имеют ли две группы грузиков одинаковую массу. Как за 3 проверки определить, какой именно грузик потерялся Решение. Одна из возможных последовательностей взвешиваний приведена на схеме. В прямоугольниках указаны оставшиеся к данному моменту варианты для массы потеряной гирьки, в ромбах — взвешивания. В описании взвешиваний используются номера оставшихся грузиков — от 1 до 7.

1 г, 2 г, 3 г, 4 г, 5 г, 6 г, 7 г, 8 г = = 3 г, 6 г, 7 г, 8 г 2 + 3=5 1 г, 2 г, 4 г, 5 г = = = = 3 г, 8 г 2 + 5=7 6 г, 7 г 4 г, 5 г 2 + 5=7 1 г, 2 г 1 + 2=3 1 + 5=6 1 + 3=4 1 + 2= = = = = = = = = 8 г 3 г 7 г 6 г 5 г 4 г 2 г 1 г Заметим, что если потерян грузик массой n г, то гирьки c номерами, меньшими n, весят столько грамм, каков их номер, а грузики с номером n и больше весят на 1 г больше, чем их номер.

Теперь нетрудно проверить приведенную схему. Ограничимся такой проверкой для первого взвешивания. Имеется 4 случая: если потерянный грузик был тяжелее 5 г, то весы останутся в равновесии (2 + 3 = 5); если был потерян грузик массой 4 г или 5 г, то равновесия не будет (2 + 3 = (5 + 1)); если потерян грузик массой 3 г, то равновесие снова будет (2 + (3 + 1) = (5 + 1)); наконец, если потерян грузик массой 1 г или 2 г, то равновесия снова не будет ((2 + 1) + (3 + 1) = (5 + 1)).

Комментарий. 1. Придумать правильную последовательность взвешиваний может помочь следующее соображение. Изначально для потерянного грузика имеется 8 вариантов, и 3 взвешивания могут иметь как раз 23 = 8 исходов. Значит, каждое взвешивание должно сужать количество вариантов для потерянной гирьки вдвое. (В самом деле, пусть, например, один из исходов первого взвешивания возможен не в 4, а в 5 случаях. Тогда за оставшиеся 2 взвешивания нужно выбрать один грузик из 5, а эти взвешивания могут иметь только 22 = 4 различных исхода.) 2. Существуют и “неинтерактивные” решения — в которых следующие взвешивания не зависят от результатов предыдущих, а определены заранее. Например, 2 + 4 = 6, 1 + 2 + 4 + 7 = 3 + 5 + 6, 1 + 5 + 6 = 2 + 3 + 7.

7. (9–11) Существуют ли такие целые положительные x и y, что x4 - y4 = x3 + y3 Ответ: нет.

Решение 1. После деления на x+y получаем (x-y)(x2 +y2) = x2 -xy +y2. Но левая часть не меньше x2 + y2 (так как из условия видно, что x > y), а правая меньше.

Решение 2. Перенесем иксы в левую часть, а игреки в правую. Получаем x4 - x3 = y4 + y3, т. е. x3(x - 1) = y3(y + 1). Видно, что невозможен ни случай x y (тогда правая часть заведомо больше левой), ни случай x y + 2 (тогда левая часть заведомо больше правой). Но и в оставшемся случае, x = y + 1, получаем, что (y + 1)3y = y3(y + 1). Для положительных y последнее условие равносильно тому, что (y + 1)2 = y2, что тоже невозможно.

8. (9–11) На клетчатой бумаге проведена диагональ прямоугольника 1 4. Покажите, как, пользуясь только линейкой без делений, разделить этот отрезок на три равные части.

Решение 1. Построение: соединим каждую из двух других вершин прямоугольника с серединой соответствующей длинной стороны (рис. 5). Правильность построения следует из теоремы Фалеса: параллельные прямые AN, MC и BX делят на три равные части отрезок DX — а значит, и диагональ DB.

Решение 2. Построение: проведем из каждого узла стороны DC диагональ клетки (рис. 6). Правильность построения снова следует из теоремы Фалеса: параллельные прямые делят на три равные части отрезок DY.

A M B A B D N C X D Y C Рис. 5 Рис. Задачи для конкурса по математике предложили: 1, 3, 5 — Т. В. Караваева, 2 — Г. А. Гальперин, 4 — И. И. Осипов, 6 — А. В. Шаповалов, 7 — Б. Р. Френкин, 8 — Ф. Т. Романов.

XXXIII Турнир имени М. В. Ломоносова 26 сентября 2010 года Конкурс по математике. О критериях оценивания По результатам проверки каждого задания ставилась одна из следующих оценок (перечислены в порядке убывания):

«+» — задача решена полностью;

«±» — задача решена с недочетами, не влияющими на общий ход решения;

«+/2» — см. критерии по задаче 5;

«» — задача не решена, но имеются содержательные продвижения;

«-» — задача не решена;

за задачу, к решению которой участник не приступал ставился «0».

Так как по одному ответу невозможно определить, в какой степени участник решил задачу, за верный ответ без решения ставится не выше «» («-» если ответ типа «да–нет»).

Комментарии по задачам 1. Утверждение «произведение двух двузначных чисел не может быть больше произведения двузначного и трехзначного чисел» неверно; за использующие его решения ставилась оценка «-».

2. Ответ не на вопрос задачи (например, «2/3») — от «-» до «».

3. Верно найдено лишь настоящее число столбов (64) — «».

Решение «Миша не выговаривает все числа с буквой “Ш”, до ста таких чисел 19 — значит, ответ 100 - 19 = 81» полностью неверно (хотя и приводит к верному ответу); за него ставилась оценка «-» («», если попутно найдено настоящее число столбов).

4. Отметим, что разрезания по линиям сетки не существует (см. комментарий к решению).

5. Некоторые участники сочли, что если ближайших (или самых дальних) деревьев к данному несколько, то достаточно, чтобы условие было выполнено хотя бы для одного из этих деревьев. За решение такого (существенно более простого) варианта задачи ставилась оценка «+/2».

Доказательства того, что приведенный пример удовлетворяет условию задачи от участников не требовалось.

7. Потеря в решении типа решения 2 ключевого случая «x = y + 1» — не выше «».

8. Решение этой задачи состоит из двух частей — построения и доказательства.

Только верное построение — «».

Отметим, что одной линейкой нельзя, вообще говоря, ни провести прямую, параллельную данной, ни построить перпендикуляр к данной прямой.











© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.