Решения

8 класс

 

  1. Нет, не может. На доске число четное. Квадрат четного числа или сумма двух четных чисел всегда будет числом четным. Сумма любого числа четных чисел – четное число.
  2. Обозначим . Так как треугольник равнобедренный, то . Поскольку треугольник равнобедренный, то . И, наконец, так как треугольник   равнобедренный, то , откуда  (смежный с ). Итак, в треугольнике  известны все углы:  Поскольку сумма углов в треугольнике равна , то .  Ответ: .
  3. Рассмотрим равенство . Изучим все возможные варианты раскрытия модулей:

Если , то  Если , то

Если , то  Если , то  

Итак, построим на рассмотренных четырех множествах отрезки полученных прямых. Получили квадрат с центром в точке (1;1) и стороной .

 

  1. Да, является. Рассмотрим выражение .
  2. 5.       Число деревьев  кратно 7, а число  кратно 4, 5 и 6, т.е. 60. Поэтому  имеет вид  и нужно выбрать наименьшее натуральное , при котором это число кратно 7. Перебором находим, что k = 5 и N = 60×5+1=301. Ответ: 301.

  Решения

9 класс

 

  1. 1.    Обозначим начальную сумму вклада за 1. Если вклад увеличивался на 17%   раз, а уменьшался  раз, то приходим к уравнению . После очевидных преобразований получим , где  и  – целые неотрицательные числа. В последнем равенстве слева стоит нечетное число, а справа четное. Это означает, что сумма вклада не может стать равной исходной.
  2. 2.    Число деревьев  кратно 7, а число  кратно 4, 5 и 6, т.е. 60. Поэтому  имеет вид  и нужно выбрать наименьшее натуральное , при котором это число кратно 7. Перебором находим, что k = 5 и N = 60×5+1=301. Ответ: 301.
  3. 3.    Рассмотрим разность правой и левой частей неравенства:

.

  1. Пусть диагонали AC и BD трапеции ABCD с основаниями AD и BC пересекаются в точке O, а прямая, проходящая через точку O параллельно основаниям, пересекает боковые стороны AB и CD в точках E и F соответственно. Обозначим BC = a, AD = 4a. Из подобия треугольников BOC и DOA находим, что . Поэтому  Из подобия треугольников  и  находим, что . Аналогично находим, что  Итак, , откуда  Ответ:
  2.  Пусть имеется некоторое расположение томов на полке. Рассмотрим всевозможные пары томов (всего таких пар  30·29 : 2 = 435).  Назовем беспорядком пару томов, в которой том с большим номером стоит левее тома с меньшим номером. В конечной ситуации не должно быть ни одного беспорядка. Заметим, что за одну операцию число беспорядков меняется не более, чем на 1. В самом деле, только в паре переставляемых томов может появиться или исчезнуть один беспорядок. Следовательно, при начальном расположении, в котором тома идут в обратном порядке (каждая пара томов образует беспорядок), потребуется сделать не менее 435 операций.
       Покажем, что 435 операций всегда достаточно. Если в некотором расположении томов есть беспорядки, то найдется пара соседних томов, образующая беспорядок. Поменяв местами эту пару томов, мы уменьшаем число беспорядков на 1. Таким образом, каждой операцией мы можем уменьшать число беспорядков на 1 и не более, чем через 435 операций прийти к расположению, в котором нет беспорядков, т.е. к правильному порядку томов.

  Решения

10 класс

 

  1. 1.       Обозначим начальную сумму вклада за 1. Если вклад увеличивался на 23%   раз, а уменьшался на 19% -  раз, то приходим к уравнению . После очевидных преобразований получим , где  и  – целые неотрицательные числа. В последнем равенстве слева стоит нечетное число, а справа четное. Это означает, что сумма вклада не может стать равной исходной.
  2. 2.    Отметим, что гипербола  ( ) и прямая параллельная прямой  всегда пересекаются в двух точках. Все прямые параллельные прямой  имеют уравнения . Поскольку уравнение  можно преобразовать к виду , то по теореме, обратной теореме Виета, получаем, что для всякой прямой, параллельной , произведение абсцисс точек пересечения с гиперболой  равно . Так как прямых шесть, то произведение абсцисс всех двенадцати точек пересечения равно . Ответ: 1.

 

  1. 3.      Рассмотрим геометрическую прогрессию , , , ,… По условию , . Необходимо найти . Отметим, что тройка  образует геометрическую прогрессию (со знаменателем ), сумма которой выражается формулой . Найдем эту сумму, разделим  на . , откуда . Ответ: 20.

 

  1. Рассмотрим точку , симметричную точке  относительно диаметра  (см. рисунок). Она лежит на той же окружности и    = 60°.  Тогда сумма трёх углов с вершиной в точке M (отмеченных на чертеже) равна 180°. Следовательно, точки ,  и  лежат на одной прямой.

 

Треугольник  – равнобедренный с углом 120° при вершине. Следовательно, вписанный угол  равен 30°, а центральный угол  равен 60°. Откуда получаем, что треугольник равносторонний. Таким образом,    = 10. Ответ:  = 10.

  1. Из условия следует, что лжецы сидят по двое подряд, а, значит, их четное число. Очевидно, что 12 гномов, сказавших, что ровно 1 из их соседей лгун – честные. Причем, эти 12 гномов  сидят 6 парами, так как у каждого из них ровно 1 честный сосед. Этим 6 парам честных гномов соответствуют шесть пар лжецов. Остается «разобраться» с оставшимися гномами. Среди них либо ни одного, либо два, либо четыре, либо шесть лжецов. При чем, оставшиеся честные обязаны иметь обоих соседей лжецов (в противном случае заявивших во время опроса, что ровно один из их соседей – лгун, было бы более 12). Рассмотрев возможные случаи, получим, что было 16 лжецов. Ответ: 16.

 

 

 

 

 

Решения

11 класс

 

  1. . Заметим, что возводя равенство  в квадрат, получим, что , откуда . Итак, . Ответ:
  2. 2.       Отметим, что гипербола  ( ) и прямая параллельная прямой  всегда пересекаются в двух точках. Поэтому точек пересечения будет 4026. Все прямые параллельные прямой  имеют уравнения . Поскольку уравнение  можно преобразовать к виду , то по теореме, обратной теореме Виета, получаем, что для всякой прямой параллельной  произведение абсцисс точек пересечения с гиперболой  равно . Так как прямых 2013, то произведение абсцисс всех 4026 точек пересечения равно . Ответ: -1.
  3. Докажем «от противного». Допустим все три числа x, y, z не делятся на 3. Тогда их можно представить в виде x = 3a ± 1, y = 3b ± 1, z = 3c ± 1. Наше уравнение будет иметь вид:

(3a ± 1)3 + (3b ± 1)3 = (3c ± 1)3;

27a3 ± 27a2 + 9a ± 1 + 27b3 ± 27b2 + 9b ± 1 = 27c3 ± 27c2 + 9c ± 1;

9(3a3 ± 3a2 + a + 3b3 ± 3b2 + b - 3c3 3a2 - c) = 1 ± 1 1.

Левая часть равенства делится на 9, а правая часть не делится при любом из возможных вариантов расстановки знаков ±. Мы пришли к противоречию. А значит одно из чисел делится на 3. Что и требовалось доказать.

  1. Пусть AM=MS, SN=NC, SP=PB, AK=KB, BL=LC, AR=RC (рис.). Покажем, что все три отрезка ML,KN,PR пересекутся в одной точке. Например, покажем, что KN с ML пересекаются и делят в точке пересечения друг друга пополам. Это вытекает из того, что MNLK – параллелограмм. В этом легко убедиться, заметив, что KL – средняя линия в треугольнике ABC , MN – средняя линия в треугольнике ASC , обе они параллельны AC и равны ее половине. Аналогично можно показать, что, например, PR и ML пересекаются и делятся в точке пересечения пополам, из чего следует, что все три отрезка пересекаются в одной точке. Из треугольника KLN получаем, что KN<KL+LN=(SB+AC)/2 . Из треугольника PML: ML<MP+PL=(AB+SC)/2. Из треугольника PKR: PR<KP+KR=(AS+BC)/2 . Сложив почленно полученные неравенства, получим требуемое.

 

  1. По условию каждые два множества пересекаются по одному элементу. Докажем, что все множества пересекаются по одному элементу. Предположим противное. Возьмём множество M1. В нем найдётся элемент A, который принадлежит по крайней мере еще 45 множествам —  M2, M3, ..., M46  (в противном случае общее число множеств не превосходило бы  44·45 + 1 = 1981).  По предположению, имеется множество, не содержащее элемента A. Оно пересекается по одному элементу с множествами  M1, M2, ..., M46  и поэтому содержит 46, а не 45 элементов. Противоречие.  Поэтому элементов в объединении будет 44·2013 + 1 = 88573.