|
|
Скачати 0.54 Mb.
|
|
6. Відповідь: 481, 518, 592, 629. Розв’язання. Зауважимо, що немає різниці, чи відносити саме́ число A до тих чисел, які можна утворити з A шляхом перестановки його цифр, чи не відносити: якщо середнє арифметичне деякого набору з n чисел , , …, дорівнює числу A, то середнє арифметичне набору з числа , , …, , A також дорівнює ; і навпаки. Тож можемо вважати, що A входить до набору чисел, середнє арифметичне яких ми рахуємо. Нехай трицифрове число є феноменальним. Це означає, що . З останньої рівності випливає, що різниця ділиться на 7. Оскільки b та c — ненульові цифри і до того ж за умовою , то або , або :
7. Відповідь: 56. Розв’язання. Уявімо, що в дошки , на якій ми певним чином розставили королів, з’явився додатковий рядок знизу і додатковий стовпчик справа, тобто вона перетворилася на дошку . Оскільки кожен король б’є рівно одного іншого короля, всі королі стоять парами (різні пари можуть стояти по горизонталі, по вертикалі чи по діагоналі). Занумеруємо кожну пару королів числами від 1 до n, де n — загальна кількість пар. Для кожної зі 169 клітинок дошки проведемо таку операцію: якщо у самій клітинці , у клітинці над нею , у клітинці ліворуч від неї або в клітинці зліва зверху від неї є король, який належить парі k, пофарбуємо клітинку у колір k. Жодну клітинку не буде пофарбовано у два різних кольори, бо інакше королі з двох відповідних пар містилися б в одному й тому ж квадраті , тобто били б один одного. У той же час для кожної пари королів k буде або 6 клітинок, пофарбованих у колір k (якщо королі стоять по горизонталі чи по вертикалі), або 7 клітинок (якщо королі стоять по діагоналі). Таким чином, на дошці помістяться клітинки щонайбільше різних кольорів, тобто королів буде не більше за . Залишається навести приклад розташування 56 королів, яке задовольняє умову — на рис. 5 клітинки, де мають стояти королі, зафарбовано сірим кольором. З огляду на вищенаведені міркування, потрібний приклад можна побудувати, розмістивши 28 прямокутників і на дошці . 8. Відповідь: 10. Розв’язання. Зрозуміло, що ламані найменшої можливої довжини — це ті й лише ті, кожна ланка яких, якщо йти у напрямку від лівого нижнього вузла до правого верхнього, веде праворуч або вгору. Розгляньмо діагональ від лівого верхнього вузла до правого нижнього і ті 10 вузлів, які на ній розташовані. Через жодні два з цих вузлів не може проходити одна й та сама ламана, адже, щоб дійти з одного вузла діагоналі в інший її вузол, треба рухатися або ліворуч (і вгору), або вниз (і праворуч). Отже, щоб покрити кожен із 10 вузлів, які ми розглядаємо, потрібно провести щонайменше 10 різних ламаних. З іншого боку, 10 ламаних можна провести так, щоб покрити всі 100 позначених вузлів: достатньо, наприклад, першу ламану провести через нижній ряд вузлів, другу ламану — через другий знизу ряд, …, десяту ламану — через верхній ряд позначених вузлів. Молодша ліга. Група «Б» 1. Розв’язання. Скористаймося формулами для різниці квадратів і суми кубів двох чисел: . Це означає, що ділиться на , що й треба було довести. 2. Задача № 2 групи «А» молодшої ліги. 3. Задача № 3 групи «А» молодшої ліги. 4. Відповідь: . Розв’язання. Оскільки трикутник ABC рівнобедрений, . Оскільки трикутник ABD також рівнобедрений, . Тому . 5. Задача № 5 групи «А» молодшої ліги. 6. Відповідь: 9901. Розв’язання. Проведімо кілька перетворень і скористаймося з формули для суми кубів двох чисел: . Треба показати, що число 9901 — просте. Це, очевидно, означатиме, що воно є найбільшим простим дільником числа 1 001 001 001. Достатньо перебрати всі прості числа, які не перевищують і пересвідчитися, що жодне з них число 9901 не ділить: якби дільником числа 9901 було деяке число a, більше від , але менше від самого 9901, то дільником було б і число , відмінне від одиниці, чого, як випливатиме з результатів перебору, бути не може. Отже, залишається поділити у стовпчик число 9901 на кожне з 25 простих чисел, менших від 100: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89 і 97. 7. Відповідь: можна. Розв’язання. На одному боці аркуша можна записати числа 1, 2, 5, 6, 10, 11, 14, 15, 16, 19, 20, а на іншому боці — 3, 4, 7, 8, 9, 12, 13, 17, 18. Щоб переконатися, що такий розподіл чисел задовольняє умову задачі, випишемо всі можливі розбиття на два доданки чисел 4, 5, 9, 14, 23 і 37: , , , , , . Нескладно переконатися, що жодна пара доданків справді не трапляється на одному боці аркуша. Щоб знайти наведений розподіл чисел, передусім слід зауважити, що числа 1 і 2 не можуть бути записані на різних сторонах аркуша: інакше одне з них буде з того ж боку, що й число 3, і даватиме з ним у сумі 4 або 5. Далі розподіл відновлюється однозначно. Наприклад, числа 3 і 4 мають бути записані з іншого боку аркуша, ніж 1 і 2, бо і ; число 5 буде записане на тому ж боці, що 1 і 2, тобто на іншому, ніж 3 і 4, — бо і т. д. 8. Задача № 8 групи «А» молодшої ліги. Молодша ліга. Сьомі класи 1. Відповідь: 78. Розв’язання. На клумбі можуть рости 26 жовтих і 25 білих троянд, бо разом їх . А якби жовтих троянд росло 25 або менше, то білих було б іще менше, тож разом їх мали би щонайбільше . Значить, жовтих троянд 26 або більше, а рожевих — чи більше. 2. Задача № 2 групи «А» молодшої ліги. 3. Розв’язання. Оскільки для довільної точки E всередині квадрата кути BCE та CBE гострі, кут розташований при вершині E трикутника BCE (рис. 6). Аналогічно кут розташований при вершині F трикутника CDF. Запишемо рівності , звідки . Крім того, з міркувань симетрії відрізки CE й CF рівні. Разом із рівністю це означає, що трикутник CEF правильний, бо . 4. Задача № 4 групи «Б» молодшої ліги. 5. Задача № 5 групи «А» молодшої ліги. 6. Задача № 6 групи «Б» молодшої ліги. 7. Задача № 7 групи «Б» молодшої ліги. 8. Розв’язання. Маємо залишити тур. Якщо на кожній із восьми горизонталей дошки є хоча б по одній турі, залишімо на дошці відповідні вісім тур. Вони триматимуть під ударом поля кожної з восьми горизонталей, тобто всі 64 поля дошки. Якщо ж на декотрій горизонталі тур немає, то, щоб тримати під ударом поля цієї горизонталі, тури мають розташовуватися на всіх восьми вертикалях дошки. У цьому разі можна залишити по одній турі з кожної вертикалі. Середня ліга. Група «А» 1. Розв’язання. Проведемо заміну змінних: нехай , і . Тоді , , . Зауважимо, що відповідно до нерівності трикутника всі три числа x, y і z додатні. Вираз з умови задачі через ці змінні можна переписати так: . 2. Відповідь: . Розв’язання. Доведемо з допомогою методу математичної індукції, що і , . Для обидва твердження, очевидно, справджуються. Якщо і , то . Разом із тим , тому і . Індукційний перехід проведено. Таким чином, . 3. Розв’язання. Покажемо, що точка, через яку проходять усі кола, — ортоцентр , який позначимо через H. Хай також G — точка перетину медіан трикутника, — середина сторони AB, а — точка, симетрична до вершини C відносно (рис. 7). Припустімо спершу, що точка X не лежить на відрізку . Тоді — чотирикутник, діагоналі якого точкою перетину діляться навпіл, тобто паралелограм. Маємо . Крім того, точка X лежить усередині відрізка , а точка G — всередині відрізка . Тому промінь XG перетинає пряму у деякій точці Y і з подібності за трьома кутами трикутників XGC та . Таким чином, точка Y, що визначається рівністю , належить прямій . Із тих самих міркувань, проведених для вершин A та B, випливає, що визначена цією рівністю точка Y лежить також на прямих і , де точки та побудовані аналогічно до . Зауважимо, що твердження не порушується і тоді, коли точка X лежить на медіані: якщо X лежить на , то, враховуючи, що на цій же прямій лежать і G, на ній же містяться і , та Y, тому Y і в цьому випадку лежить на прямій . Розгляньмо тепер коло , симетричне відносно точки до описаного кола . При такій симетрії точки A та B переходять одна в одну, а точки C і переходять відповідно у і , тож точки A, B, і лежать на . Покажемо, що на цьому ж колі лежить і ортоцентр H, причому — діаметр кола . Якщо кути A та B трикутника ABC гострі (рис. 7), то H лежить із того ж боку від прямої AB, що й точка C, , а . Тому , тобто H лежить на . Крім того, , тобто — діаметр кола. Якщо один із кутів A та B, приміром кут A, тупий (рис. 8), то H лежить з іншого боку від AB, ніж точка C, а . Тому , тобто H і в цьому разі лежить на . Крім того, , тобто — діаметр кола. Якщо ж один із кутів A чи B, приміром кут A, прямий, то , отже і в цьому випадку H лежить на колі . До того ж , тому — діаметр кола. Якби точки H та Y збігалися, це означало б, що водночас і . Але пряма перетинає коло тільки у точках і , причому з огляду на розташування точок X і G. Тому . Аналогічно , що суперечить тому, що , і — три різні точки. Таким чином, . Тепер доведемо, що точка лежить на колі з діаметром HY. Якщо або , це твердження, очевидно, виконується. Інакше (бо — діаметр) і залежно від розташування точки Y або , або . У будь-якому разі , звідки й випливає потрібне твердження. З аналогічних міркувань для інших вершин матимемо, що всі три точки , і лежать на колі з діаметром HY. Отже, коло, описане навколо трикутника , має діаметр HY і незалежно від вибору точки X проходить через H — ортоцентр трикутника ABC. 4. Відповідь: 3. Розв’язання. Позначмо сторони трикутника через , , . За властивістю бісектриси . І навпаки: якщо , а , то бісектриса, проведена до сторони c, ділить її на відрізки і . Отже, умову задовольняють трикутники зі сторонами , b, і лише вони. Порахуємо площу трикутника з цими довжинами сторін за формулою Герона (p — півпериметр трикутника). Маємо: , . Підкореневий вираз дорівнює . Тому площа трикутника не перевищує і дорівнює цьому числу, коли , тобто при . Залишається перевірити, що трикутник зі сторонами , і існує. Це випливає з того, що сума двох менших чисел більша за третє число , бо — у цьому можна переконатися, піднісши обидві частини до квадрата. 5. Відповідь: не можуть. Розв’язання. Припустимо, для деяких натуральних чисел n, x та y мають місце рівності і . Оскільки — число додатне, то . А оскільки ця різниця ділиться на 2, то y та x повинні мати однакову парність, тобто . Тоді . Відзначимо, що кількість натуральних дільників числа n не перевищує , бо всі такі дільники можна розбити на пари , у кожній з яких один із дільників не більший за (при цьому число , якщо воно ціле, ми рахуємо навіть двічі). Тож маємо . Але , тому . Дістали суперечність. |
| ОПТИМАЛЬНІ СТРАТЕГІЇ РОЗВИТКУ ВИРОБНИЧИХ СИСТЕМ: РІШЕННЯ ВАРІАЦІЙНОЇ ЗАДАЧІ РОЗВИТКУ Ключові слова: виробнича задача, критерії оптимальності, задача оптимального агрегування, багатовимірна оптимізаційна задача |
Задача № 1 групи «А» Нехай a, b та c — попарно різні натуральні числа. Доведіть, що число має принаймні 8 різних натуральних дільників |
| Задача 2 Задача (5 балів) На резисторі 3 Ом виділяється напруга 100 мВ. Знайти значення струму через резистор в мА і потужність в кВт |
Задача № 1 групи «А» Назвімо число m особливим, якщо можна дібрати такі цілі a та b, що. Скільки існує натуральних чисел, менших від 123 456 789, які... |
| Задача На тему: Рівняння з параметрами Після першого засідання гуртка, за результатами анкетування ми вирішили детальніше познайомитися з темою «Рівняння з параметрами».... |
УРОК 7 Тема. Контрольна робота. Мета уроку. Оцінити рівень засвоєння... Задача (З бали.) Виконати зображення правильної трикутної піраміди, вписаної в конус. Описати властивості одержаної комбінації фігур.... |
| ПРОТОКОЛ Р. Короленко – запропонував Д. Слюсара обрати старостою групи. Обґрунтував його гарні організаторські здібності, добросовісне відношення... |
Політичні еліти У всіх країнах є групи населення, які беруть найактивнішу участь у політичному житті, відіграють ключову роль у здійсненні влади.... |
| Конкурсу: 30 команд Учасники: групи учнів 8 11 класів (класи, групи учнів класу, шкільного гуртка, клубу, позашкільних навчальних закладів, молодіжних... |
Тема: Формування вхідних та вихідних грошових потоків на підприємстві.... Задача Визначити чистий рух грошових коштів і скласти звіт про рух грошових коштів підприємства прямим та непрямим методами |