13 Математический праздник 17.02.2002

Результаты (списки участников, награждённых дипломами I, II, II степени и похвальными грамотами) смотрите здесь.

Условия и решения задач

6 класс | 7 класс

6 класс

Работа рассчитана на 2 часа (120 минут).

Задача N 1. Решите ребус: БАО*БА*Б=2002. [3 балла] (А. Блинков, А. Хачатурян)
Решение. Если Б>2, то БА>20 и БАО>200, так что БАО*БА*Б>200*20*2=8000>2002. Значит, Б=1.
  Разложим число 2002 на простые множители: 2002=2*7*11*13. Теперь легко выписать все двузначные делители числа 2002, начинающиеся на цифру 1. Это числа 11, 13 и 2*7=14. Вычислим соответствующие частные: 2002:11=182, 2002:13=154 и 2002:14=143.
Ответ: 143*14*1=2002.

Задача N 2. Незнайка разрезал фигуру на трёхклеточные и четырёхклеточные уголки, нарисованные справа от неё. Сколько трёхклеточных уголков могло получиться? [4 балла] (А. Митягин)

Решение. Фигура состоит из 22 клеток. Если при разрезании получилось x трёхклеточных уголков и y четырёхклеточных, то 3x+4y=22.
  Очевидно, что число x чётно и x<8 (3*8=24), так что x может быть равно 0, 2, 4 или 6. Ни 0, ни 4 не подходят: y должно быть целым. При x=2 получаем y=4, а при x=6 получаем y=1.
  Оба случая возможны, как показано на рисунках:
 
x=2 x=6

Ответ: 2 или 6.

Задача N 3. На доске были написаны 10 последовательных натуральных чисел. Когда стёрли одно из них, то сумма девяти оставшихся оказалась равна 2002. Какие числа остались на доске? [6 баллов] (В. Произволов)
Решение. Обозначим наименьшее из десяти чисел буквой x. Тогда

x+(x+1)+(x+2)+(x+3)+(x+4)+(x+5)+(x+6)+(x+7)+(x+8)+(x+9)-(x+y)=2002,

где (x+y) - вычеркнутое число (так что 0<y<9). Приведём подобные слагаемые: 10x+45-x-y=2002, то есть 9x=1957+y. Сумма 1957+y должна делиться на 9, а учитывая условие 0<y<9, получаем, что y=5. Значит, x=1962:9=218
Ответ: 218, 219, 220, 221, 222, 224, 225, 226 и 227.

Задача N 4. Художник-авангардист Змий Клеточкин покрасил несколько клеток доски размером 7*7, соблюдая правило: каждая следующая закрашиваемая клетка должна соседствовать по стороне с предыдущей закрашенной клеткой, но не должна - ни с одной другой ранее закрашенной клеткой. Ему удалось покрасить 31 клетку.

Побейте его рекорд - закрасьте
а) 32 клетки - [2 балла];
б) 33 клетки - [3 балла]. (И. Акулич)
Решение. Если мы умеем закрашивать 33 клетки, то 32 клетки можно закрасить, вовремя остановившись. Три примера, в которых закрашены 33 клетки, изображены на рисунке (на самом деле, таких примеров гораздо больше). Больше 33 клеток закрасить нельзя - это проверено на компьютере.

Задача N 5. Илье Муромцу, Добрыне Никитичу и Алёше Поповичу за верную службу дали 6 монет: 3 золотых и 3 серебряных. Каждому досталось по две монеты. Илья Муромец не знает, какие монеты достались Добрыне, а какие Алёше, но знает, какие монеты достались ему самому. Придумайте вопрос, на который Илья Муромец ответит "да", "нет" или "не знаю", и по ответу на который Вы сможете понять, какие монеты ему достались. [6 баллов] (А. Чеботарёв)
Решение. Вот пример такого вопроса:
"Правда ли, что у тебя золотых монет больше, чем у Алёши Поповича?"
Если у Ильи Муромца две золотые монеты, он скажет "да", поскольку у Алёши Поповича не может быть больше одной золотой монеты.
Если обе монеты Ильи серебряные, то у Алёши хотя бы одна золотая, и Илья Муромец ответит "нет".
Ну а если ему достались разные монеты, то он ответит "не знаю", так как у Алёши может оказаться как две золотые, так и две серебряные монеты.
  Конечно, можно было задать и другие вопросы, например:
- Правда ли, что одному из двух других богатырей достались две серебряные монеты?
- Верно ли, что два других богатыря получили хотя бы по одной золотой монете каждый?
- Если я заберу у тебя одну монету и дам вместо неё золотую, станет ли у тебя больше золотых?
(Заметьте, что в последнем вопросе не упоминаются монеты двух других богатырей, а только монеты, доставшиеся Илье Муромцу!)

Задача N 6. Айрат выписал подряд все числа месяца:

123456789101112...

и покрасил три дня (дни рождения своих друзей), никакие два из которых не идут подряд. Оказалось, что все непокрашенные участки состоят из одинакового количества цифр. Докажите, что первое число месяца покрашено. [8 баллов] (И. Григорьева)
Решение. Допустим, число 1 не покрашено. Если наименьшее из покрашенных чисел двузначное, то первый из непокрашенных участков состоит из нечётного числа цифр, а все остальные - из чётного числа цифр. Если же наименьшее из покрашенных чисел однозначное, то первый из непокрашенных участков состоит не более чем из 8 цифр. Но это слишком мало: покрашенных цифр в этом случае не более 5, непокрашенных - не более 8*4=32, итого - не более 37 цифр, а даже самый короткий месяц (февраль невисокосного года) даёт 47 цифр. В обоих случаях получили противоречие. Значит, число 1 должно быть покрашено.

7 класс

Работа рассчитана на 2 часа (120 минут).

Задача N 1. 2002 год - год-палиндром, то есть одинаково читается справа налево и слева направо. Предыдущий год-палиндром был 11 лет назад (1991). Какое максимальное число годов-непалиндромов может идти подряд (между 1000 и 9999 годами)? [5 баллов] (Г. Гальперин, Д. Григоренко)
Решение. Пусть сейчас год-палиндром, имеющий вид abba. Когда наступит следующий такой год? Рассмотрим два случая:
а) b=9 (год вида a99a). Тогда через 11 лет наступит ещё один год-палиндром: (a+1)00(a+1). Например, годы 3993 и 4004.
б) b<9. В этом случае следующий год-палиндром наступит через 110 лет: a(b+1)(b+1)a.
Например, годы 9339 и 9449. Поэтому наибольшее число годов-непалиндромов подряд - 109.
Примечание: стоящие подряд жирные цифры и буквы, а также выражения в жирных скобках следует считать цифрами числа, а не сомножителями.
Ответ: 109 лет.

Задача N 2. [5 баллов]
Смотрите условие и решение задачи N 2 для 6 класса.

Задача N 3. В написанном на доске примере на умножение хулиган Петя исправил две цифры. Получилось 4*5*4*5*4=2247. Восстановите исходный пример и объясните, как Вы это сделали. [5 баллов] (И. Ященко)
Решение. В получившемся примере три сомножителя чётные, значит, в исходном примере хотя бы один тоже был чётным. Поэтому и произведение было чётным числом, то есть последняя цифра произведения была изменена. Таким образом, слева изменено не более одной цифры. Значит, в исходном примере слева были и пятёрки, и четвёрки, а оканчивалось произведение на 0.
  Запись числа 4*5*4*5*4=1600 отличается от записи 2240 более чем на одну цифру. Из этого можно заключить, что один из сомножителей исправлен. Если исправлена четвёрка, то произведение должно делиться на 42*52=400, а 2240 на 400 не делится, так что исправлена одна из пятёрок.
Ответ: 4*5*4*7*4=2240 (или 4*7*4*5*4=2240).

Задача N 4. У Васи есть пластмассовый угольник (без делений) с углами 30o, 60o и 90o. Ему нужно построить угол в 15o. Как это сделать, не используя других инструментов? [5 баллов] (М. Панов)
Решение. Приводим два возможных решения (без сомнения, есть много других):
 
/A1AB - искомый /A1BD=/ABD - искомый

Задача N 5. Художник-авангардист Змий Клеточкин покрасил несколько клеток доски размером 8*8, соблюдая правило: каждая следующая закрашиваемая клетка должна соседствовать по стороне с предыдущей закрашенной клеткой, но не должна - ни с одной другой ранее закрашенной клеткой. Ему удалось покрасить 36 клеток. Побейте его рекорд!

(За 39 клеток - [2 балла], за каждую следующую клетку - ещё [по 2 балла]. Жюри умеет закрашивать 42 клетки!) (И. Акулич)
Решение. Пример изображён на рисунке. (Существуют и другие примеры закрашивания 42 клеток. Закрасить 43 клетки невозможно.

Задача N 6. В шахматном турнире на звание мастера спорта участвовало 12 человек, каждый сыграл с каждым по одной партии. За победу в партии даётся 1 очко, за ничью - 0,5 очка, за поражение - 0 очков. По итогам турнира звание мастера спорта присваивали, если участник набрал более 70% от числа очков, получаемых в случае выигрыша всех партий. Могли ли получить звание мастера спорта
а) 7 участников [4 балла];
б) 8 участников [6 баллов]? (Е. Иванова)
Решение. Докажем от противного, что получить звание мастера могли не более 7 участников турнира. Пусть их было 8. Тогда каждый набрал не менее 0,7*11=7,7 очка, то есть не менее 8 очков. Таким образом, все они в сумме набрали не менее 8*8=64 очков. При этом в партиях с участниками, не получившими звание мастера, каждый из них набрал не более 4 очков (даже если выиграл все партии). Это даёт не более 4*8 = 32 очков.
  Значит, участники, ставшие мастерами, должны были набрать в партиях между собой не менее 32 очков.
  Подсчитаем, сколько партий сыграли между собой эти 8 мастеров. Если мы будем результаты партий записывать в таблицу 8*8, то у нас останется свободной диагональ (так как партий с самим собой не играется) и на каждую партию будет выделено по две клетки: в строке одного из игроков и в строке другого. Таким образом, партий будет (8*8-8)/2=28. В каждой партии разыгрывается одно очко, поэтому в этих партиях мастера в сумме наберут ровно 28 очков, что меньше 32. Противоречие.
  Если же звание мастера получили 9 или более участников, то они должны были набрать не менее 72 очков, в то время как всего в турнире разыгрывалось (12*11)/2=66 очков. Теперь приведём пример турнира, в котором звание мастера получили 7 участников. Пусть первые 7 (по списку) участников всегда выигрывали у последних 5, а все остальные партии завершились вничью. Тогда первые 7 участников набрали по 1*5+0,5*6=8 очков, а последние 5 - по 0*7+0,5*4=2 очка.


Rambler's Top100 Rambler's Top100