Результаты (списки участников, награждённых дипломами I, II, II степени и похвальными грамотами) смотрите здесь.
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 |
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=218Задача 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)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.
