Задача 3. 3A. Даны три нечётных положительных числа p, q, r(5-6) 3A. Даны три нечётных положительных числа p, q, r. Про них известно, что p>2q, q>2r, r>p−2q. Докажите, что p+q+r≥25.
Решение. Заметим, что если p>2q, то p−2q≥1. Поскольку r>p−2q, то r>1. Значит, r — нечётное число, большее 1, то есть r≥3. Тогда q>2r≥6, то есть q≥7; p>2q≥14, то есть p≥15. Итого p+q+r≥15+7+3=25.
Критерии. Упомянуто, что r>1 (или r≥3) — 1 балл. Приведен только пример, когда сумма равна 25 (т. е. в решении так или иначе встречаются значения 3, 7 и 15) — 1 балл (может суммироваться с предыдущими). В верном решении, естественно, этот пример не обязателен.
(7 [8]) 3B. У фокусника есть два комплекта по 7 [8] карточек. На розовых карточках записаны целые числа от 0 до 6 [от 0 до 7]. На первой голубой карточке написано 1, а число на каждой следующей голубой карточке в 7 раз [в 8 раз] больше предыдущего. Фокусник раскладывает карточки попарно (розовую с голубой). Затем зрители перемножают числа в каждой паре и находят сумму всех 7 [8] произведений. Фокус состоит в том, что в сумме должно получиться простое число. Подскажите фокуснику, какие карточки можно для этого объединить в пары (или докажите, что у него ничего не получится). Ответ:фокусне получится. Доказательство. Рассмотрим остатки от деления на 6[7]. Так как 7 [8] даёт при делении на 6[7] остаток 1, то и любая степень 7 [8] тоже даст при делении на 6[7] остаток 1. Значит, вклад любой голубой карточки в остаток от деления суммы на 6[7] соответствует 1. Теперь удобно переставить слагаемые так, чтобы числа на розовых карточках шли в порядке возрастания. Получим сумму целых чисел от 0 до 6 [от 0 до 7]. Она делится на 3[7]. Значит, как бы фокусник ни комбинировал карточки в пары, сумма всех 7 [8] произведений всегда будет делиться на 3[7]. Следовательно, она никогда не сможет оказаться простым числом.
Критерии. По общим правилам.
(9[10,11]) C. Назовём основание системы счисления комфортным, если существует простое число, запись которого в этой системе счисления ровно по одному разу содержит каждую из её цифр. Например, 3 — комфортное основание, так как троичное число 102 — простое. Найдите все комфортные основания, не превосходящие 10 [все комфортные основания, не превосходящие 12; все комфортные основания].
Решение. Пусть K — искомое основание. Тогда в этой системе счисления действуют признаки делимости на K−1 и его делители, частным случаем которых являются признаки делимости на 9 и 3 в десятичной системе счисления. Чтобы применить их, нужно заменить число суммой его цифр. Для искомого простого числа в качестве суммы цифр получим сумму целых чисел от 0 до K−1. Она равна (K−1)K∕2. Если K чётно, то сумма цифр делится на K−1. Если K нечётно, то сумма цифр делится на (K−1)∕2. Здесь важно не упустить особые случаи: если K=2, то K−1=1, а если K=3, то (K−1)∕2=1. Но при больших K число не сможет оказаться простым, так как будет делиться либо на K−1, либо на (K−1)∕2.
Ответ:комфортными основаниями являются только 2 и 3.
Критерии. По общим правилам. В 9–10 классах засчитываются также решения, в которых последовательно перебираются все основания. Задача 4 (5-7) A. У Кости есть шесть кубиков, каждая грань каждого кубика раскрашена в один из шести цветов. Все кубики раскрашены одинаково. Костя составил из кубиков столбик и смотрит на него с четырёх сторон. Может ли он сделать это таким образом, чтобы с каждой стороны все шесть граней были разного цвета?
Решение. Будем обозначать цвета числами от 1 до 6. Пусть у каждого кубика на двух противоположных гранях находятся цвета 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Тогда кубик можно ставить так, чтобы на четырёх видимых гранях (по кругу) оказывались цвета: а) 1234; б) 1536; в) 2546 (и в обратном порядке). Пример такого расположения показан на рисунке.
Критерии. Показан верный пример, но не объяснено, как именно покрашен кубик — снимается 1 балл. Если раскраска кубика описана, то писать, почему пример верный, не обязательно.
(8) 4B. На плоскости нарисовали 5 красных точек. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество. (Точка может оказаться красной и синей одновременно.)
Решение. Пусть точки расположены на прямой на равных расстояниях друг от друга. Например, пусть это точки координатной оси с координатами 1, 2, 3, 4 и 5. Тогда середина каждого отрезка с концами в этих точках — одна из точек 1,5, 2, 2,5, 3, 3,5, 4, 4,5, то есть имеем 7 синих точек. Меньшего количества синих точек быть не может. В самом деле, введём на плоскости систему координат так, чтобы никакие две красные точки не оказались на одной вертикальной прямой. Пусть эти точки (слева направо) — A, B, C, D, E. Заметим, что если один из концов отрезка сдвинуть вправо, то и середина отрезка сдвинется вправо (а если двигать концы отрезков по вертикали, то горизонтальная координата середины не изменится). Поэтому середина отрезка AC правее, чем середина AB; середина AD ещё правее; далее вправо идут середина AD, середина AE, середина BE, середина CE и середина DE. Таким образом, все эти семь середин различны (поскольку каждая из них правее предыдущей).
Критерии. Только ответ — 1 балл. Ответ с примером — 2 балла. Оценка с верным ответом, но без упоминания примера — снимаем 2 балла. Если в доказательстве не упоминается необходимость выбора оси (написано «упорядочим точки слева направо» и не написано о случае, когда какие-то из точек на одной вертикальной прямой) — минус 1 балл. Вышеупомянутые штрафы суммируются.
(9) C. На плоскости нарисовали 5 красных точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество.
Решение.
Так как никакие три красные точки не лежат на одной прямой, то совпадение каких-либо двух середин означает, что четыре красные точки (лежащие на концах выбранной пары отрезков) образуют параллелограмм. Так как оставшаяся точка не лежит ни на одной из сторон этого параллелограмма, то ни один из лучей, направленных из оставшейся точки в вершины параллелограмма, не параллелен ни одной из сторон параллелограмма. Допустим, что удалось построить второй аналогичный параллелограмм. Тогда его образовали бы оставшаяся точка и какие-то три из ранее использованных. Так как у параллелограмма только две диагонали, то все три отрезка, попарно соединяющие три ранее использованных точки, не могут одновременно быть диагоналями. Следовательно, у двух параллелограммов есть общая сторона, а противоположные ей стороны обоих параллелограммов параллельны между собой. Но это противоречит ранее сделанному выводу. Итак, минимально возможное количество синих точек — 9.
Критерии. По общим правилам. Ответ с примером расположения — 1 балл (просто ответ «9» — 0). Ещё один балл можно давать за упоминание того, что если две середины совпали, то четыре вершины образуют параллелограмм. Отсутствие примера (даже в текстовом описании) при верной оценке — минус балл.
(10-11) D. У Кости есть n одинаковых кубиков. У каждого кубика на двух противоположных гранях написаны числа 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Он склеил из этих кубиков столбик — параллелепипед 1×1×n — и покрыл лаком все шесть граней этого столбика. После этого он расклеил кубики и обнаружил, что сумма чисел на покрытых лаком гранях меньше, чем на остальных. При каком наименьшем n такое могло произойти?
Решение. Заметим, что на каждом из двух крайних кубиков сумма цифр, покрытых лаком, не меньше 15 (1+2+3+4+5), а на каждом из остальных — не меньше 10 (1+2+3+4). Общая же сумма цифр на каждом кубике равна 21. Обозначим число кубиков через n, тогда минимальная сумма чисел на лакированных гранях равна 10n+10<10,5n, то есть 10<0,5n, или n>20. Значит, минимально допустимое количество кубиков равно 21. Легко убедиться, что в этом случае описанная ситуация возможна (если на крайних кубиках сумма лакированных чисел по 15, а на остальных — по 10).
|
Прежде всего, синих точек не может быть больше 5∙4∕2=10. Это число может уменьшиться за счёт совпадения каких-либо двух середин. Легко (см. рисунок) привести пример такого совпадения, когда синих точек 9. Покажем, что дальнейшее уменьшение невозможно.
