Основные моменты правил.

Идея матбоя: команды решают одни и те же задачи, потом поочереди рассказывают решения, а соперники их проверяют. Команда обычно состоит из семи человек, в жюри тоже 7 человек.

Открывается бой конкурсом капитанов, которые не приносят баллов, но дают той команде, капитан которой победит, право выбирать, будет ли она производить вызов, или передаст эту возможность соперникам. В дальнейшем команды вызывают друг друга поочереди. Вызывающая команда указывает каждый раз на какую задачу она вызывает противника. Если вызов принимается , то вызванная команда выставляет докладчика, рассказывающего решение, ее противники – оппонента, ищущего в этом решении ошибки и недочеты. Каждая задача оценивается в 12 баллов.

Если вызванная команда отказалась отвечать, то вызвавшая команда должна сама предъявить решение. В этом случае говорят, что происходит проверка коррекции вызова. Если решение этого докладчика будет признано неверным, его команда должна будет повторить вызов, к тому же ей начисляют штрафные баллы (до 6), а оппонент или жюри за замечания и рассказ решения также получают баллы, причем сумма всех полученных за эту задачу баллов (включая отрицательные) должна быть равна 12. число выходов к доске в роли докладчика или оппонента ограничивается. Это важно для того, чтобы бой сохранил командный характер.

Задачи для матбоя.

(10 класс)

1) Доказать, что если сумма некоторых натуральных чисел равна 1990, то их произведение не превосходит .

2) 6 точек расположены на плоскости так, что любые три из них служат вершинами треугольника со сторонами различной длины. Доказать, что наименьшая сторона какого-то одного треугольника является наибольшей стороной какого-то другого.

3) Можно ли с помощью сложения, вычитания и умножения получить функцию h(x)=x из функций f и g, если

а) б)

4) На отрезке АС и ВС диаметра АВ окружности S построены как на диаметрах окружности S₁ и S₂. Через точку С проведена произвольная прямая l, пересекающая с S в точках М и N, с S₁ в точках К и С, с S₂ в точках D и С. Доказать, что длины отрезков МК и ND равны.

5) Найти все целые «+» числа х, произведение цифр которых в десятичной записи равно .

6) доказать, что выпуклый многоугольник, у которого все углы равны, а длины сторон выражаются рациональными числами, имеет центр симметрии.

7) Можно ли расположить все подмножества 1989-элементного множества в таком порядке, чтобы для любых двух соседних множеств А и В множество (АUВ)\(А∩В) содержало ровно 2 элемента?

Решения.

1) Возьмем такой набор натуральных чисел, что их сумма равна 1990, а их произведение mах, причем пусть наш набор содержит наибольшее среди таких наборов число членов. Тогда в нем нет других чисел, кроме 2 и 3. В самом деле, если в нем есть число b>3, заменим его на 2: b – 2 и 2. Ясно, что сумма останется прежней, произведение возрастет или останется прежним, а число элементов набора возрастет, если же в наборе есть единица, заменим ее на любое другое число набора а на число а+1 – произведение возрастет. Теперь заметим, что в нашем наборе не может быть больше двух двоек, ибо 2+2+2=3+3, а 2*2*2<3*3. Так как 1990 не делится на три, и 1988 не делится на три, двоек в наборе ровно две. Отсюда ясно требуемое.

2) Закрасим стороны, являющиеся в каких-то треугольниках, в красный цвет. Достаточно показать, что найдется треугольник, у которого все стороны красные. Возьмем произвольную точку, обозначим ее Р₁, а остальные Р₂,…, Р₆. Из Р₁ выходит пять отрезков, если три из них красные, например Р₁Р₂, Р₁Р₃, Р₁Р₄, то , так как в треугольнике Р₂ Р₃ Р₄ есть красная сторона, «красный» треугольник существует. Если же из Р₁ выходят три некрасных отрезка, например Р₁Р₂, Р₁Р₃, Р₁Р₄, то, так как в каждом из треугольников Р₁Р₂Р₃ , Р₁ Р₂Р₄, Р₁Р₃Р₄ должна быть красная сторона. Треугольник Р₂Р₃Р₄ – «красный».

3) а) Нет. Подставив в данные многочлены значение х=-1, получим f(-1)=0, а g(-1)=3. Таким образом, любая комбинация от f и gпри х=-1 должна делиться на три, но h(-1)=-1 не делится на три.

б) Да. (f – g)² – f – (f – g) – (f – g)=х.

4) Пусть О – центр окружности S, О₁ – центр окр. S₁, О₂ – центр окр. S₂. достаточно доказать, что ОК=ОD ибо ОМ=ОN, и из равенства треугольников ОМК и ОDN получается требуемое. Но ∆ОО₁К = ∆ОО₂К, так как

<КОС = 180° - 2< О₁СК = 180° - 2< DСО₂ = <О₁О₂D, а О₁О = R – r₁ = r₂ = О₂D, ОО₂ = R – r₂ = r₁ = О₁К, где R, r₁, r₂ соответственно радиусы окр. S, S₁, S₂.

5) Так как произведение цифр неотрицательно, то ≥0, то есть х>5+ . Но «х» цифр числа не превосходит само число, а поэтому ≤х. Отсюда х<13. Окончательно х=12. Очевидно, 12 подходит, ибо 144 – 120 – 22=2=1*2.

6) Все внешние углы восьмиугольника равны 45°, занумеруем последовательность А₁, … , А₈. Ясно, что

Следовательно все стороны восьмиугольника лежат на сторонах прямоугольника MNPQ.