Главная страница | Контакты | Случайная страница Автомобили Астрономия Биология География Дом и сад Другие языки Другое Информатика История Культура Литература Логика Математика Медицина Металлургия Механика Образование Охрана труда Педагогика Политика Право Психология Религия Риторика Социология Спорт Строительство Технология Туризм Физика Философия Финансы Химия Черчение Экология Экономика Электроника

Муниципальный этап Российской олимпиады по математике 2014-15 учебного года

10 класс (Время решения – 4 часа)

Критерии оценки. Ответ без обоснования – 0 баллов. В обосновании упущен хотя бы один вариант – не более 3 баллов.

2. Можно ли 2014 гирек массой от 1 до 2014 граммов разложить на 5 одинаковых по массе кучек?

Ответ: можно. Решение. Приведем пример возможного разложения гирек. Гирьки массой от 1 до 14 граммов разложим на 5 одинаковых по массе кучек так:

.

Остальные 2000 гирек разделим на 200 десятков: гирьки массой от 15 до 24 граммов, гирьки массой от 25 до 34 граммов, от 35 до 44 граммов, …, от 2005 до 2014 граммов. Первый десяток разложим по кучкам так:

.

Остальные десятки разложим аналогично.

Критерии оценки. Ответ без обоснования – 0 баллов. Если разложение гирек по кучкам не описывается в явном виде, то положительное количество баллов может быть поставлено, только если приводится разумный принцип такого разложения, при этом 1) этот принцип можно реализовать, 2) реализация приводит к цели.

3. На клетчатой бумаге отмечены два узла А и В. Как с помощью линейки без делений построить серединный перпендикуляр к отрезку АВ?

Решение. Построение проведем в два этапа (см. рис.): 1) построение квадрата АВСD, 2) нахождение середин M и N сторон AB и CD и проведение отрезка MN.

Критерии оценки. Решение может быть найдено перебором случаев. Например, таких: 1) середина отрезка АВ попадает в узел сетки, 2) середина отрезка АВ попадает на середину вертикального или горизонтального единичного отрезка между узлами, 3) середина отрезка АВ попадает в середину клетки. Для таких решений допустимы оценки до 7 баллов включительно, но необходимо иметь в виду, что в таких решениях очень легко не учесть чего-нибудь необходимого. Во-первых, необходимо доказать, что разобраны все возможные случаи (например, что приведенные выше случаи 1, 2, 3 исчерпывают все возможности). Во-вторых, решение в каждом случае должно быть достаточно ясным. Если правильно разобран только случай 1 из приведенных выше – 1 балл, только случаи 1 и 2 – 3 балла.

4. Сумма двух чисел равна 1. Может ли сумма их кубов быть меньше ?

Ответ: не может.

Решение 1. Требуется ответить на вопрос: имеет ли решения неравенство

?

Раскрывая скобки, перенося в левую часть и домножая на 4, получаем квадратное неравенство , которое не имеет решений (соответствующее квадратное уравнение имеет единственный корень ).

Решение 2. Представим числа в виде и . Имеем

(0,5 + х)³ + (0,5 - х)³=0,25+3 х ² ≥0,25.

Критерии оценки. Только ответ – 0 баллов. Замечено, что если оба числа равны , то их сумма равна , а в остальных случаях сумма больше, но без обоснования – 1 балл. Задача сведена к квадратному уравнению – 2 балла.

5. На доске написаны два числа 1. Между ними записывают их сумму, затем многократно повторяют эту операцию (на первом шаге получают 1,2,1, на втором 1,3,2,3,1, на третьем 1,4,3,5,2,5,3,4,1, и т.д.). Чему равна сумма всех записанных чисел после 2014 таких шагов?

Ответ: . Решение. Обозначим через сумму всех чисел на доске после n ‑й операции. Выразим через . Каждое записываемое на ‑м шаге число является суммой чисел слева и справа от него. Значит, равно утроенной сумме всех записанных ранее чисел, кроме крайних единиц, сложенной с суммой четырех единиц.

(Например, после второго шага на доске написаны числа 1,3,2,3,1. Получаем:

.)

Таким образом,

.

Остается выразить через n. Так как , число с увеличением n на единицу увеличивается в 3 раза. Поскольку , получаем

Таким образом, .

Критерии оценки. Дан ответ – 1 балл. Получено выражение через – 2 балла. Сделано и то, и другое – 3 балла.

Муниципальный этап Российской олимпиады по математике 2014-15 учебного года

11 класс (Время решения – 4 часа)

1. Выясните, какое из двух выражений 2014²⁰¹⁴ + 2012²⁰¹² и 2014²⁰¹² + 2012²⁰¹⁴

больше.

Решение: Рассмотрим разность чисел:

(2014²⁰¹⁴ + 2012²⁰¹² ) – (2014²⁰¹² + 2012²⁰¹⁴⁾ = 2014²⁰¹⁴ + 2012²⁰¹² - 2014^{2012 -} 2012²⁰¹⁴ = =2014²⁰¹²(2014² — 1) — 2012²⁰¹²(2012² — 1) = 2013∙2015∙2014²⁰¹² — 2011∙2013∙2012 ²⁰¹². Это число,

очевидно, положительно, следовательно, первое число больше второго.

2. Можно ли из последовательности 1, , , … выделить арифметическую прогрессию произвольной длины к?

Решение. Можно. Например, Здесь k! = 1×2×3×…×k.

3. Дана трапеция, в которую можно вписать окружность. Докажите, что окружности, построенные на ее боковых сторонах, как на диаметрах, касаются друг друга.

Решение: Если М и Н – центры окружностей, т.е. середины боковых сторон АВ и СD трапеции АВСD, то МН – средняя линия трапеции. Тогда МН= (AD+BC)= (AB+CD) = = AВ + CD =MB + HC = R +r. Следовательно, окружности касаются.

4. Штирлиц должен передать в Центр набор из четырех секретных чисел A, B, C, D (числа натуральные). Для большей секретности он отправил набор чисел A+B, A+C, A+D, B+C, B+D неизвестно в каком порядке. Центр, получив от Штирлица числа 13, 15, 16, 20, 22, расшифровал сообщение и нашел требуемый набор из четырех секретных чисел. Какие это были числа?

Ответ: Это числа - 6, 7, 9,13.

Решение: Поскольку (A+C)+(B+D) = (A+D)+(B+C), а из попарных сумм чисел 13, 15, 16, 20, 22 совпадают только 13+22 = 15+20 = 35, то A+B = 16, C+D = 19. Поскольку A и B одинаковой четности, то получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:

A+B = 16, |A-B| = 2. Решив систему, находим два числа 7 и 9 (т.е. A = 7, B = 9 или A = 9,

B = 7). Далее легко находим два недостающих числа: 6 и 13.

5. На окружности отмечено n точек. Известно, что среди всевозможных расстояний между двумя отмеченными точками не более 100 различных. Каково наибольшее возможное значение числа n?

Решение: Докажем, что наибольшее число точек, расположенных на окружности так, что среди всевозможных попарных расстояний между ними не более ста различных, равно 201.

Предположим, что таких точек более 201 и A - одна из них. Рассмотрим диаметр AB. С одной стороны диаметра (включая точку B) будет расположено не менее 101 точки нашего набора. Все расстояния между ними и точкой A различны, что противоречит

условию. Пример из 201 точки, удовлетворяющий условию, дают вершины правильного 201-угольника.