Высшая юниорская лига

1. См. решение задачи 1 высшей лиги.

2. См. решение задачи 2 высшей лиги.

3. См. решение задачи 3 первой лиги.

4. См. решение задачи 4 высшей лиги.

5. См. решение задачи 5 высшей лиги.

6. См. решение задачи 6 первой лиги.

7. См. решение задачи 7 высшей лиги.

8. См. решение задачи 8 первой лиги.

Первая юниорская лига

1. Достаточно заметить, что если n делится на m, то 10n делится на 10m.

2. См. решение задачи 2 высшей лиги.

3. См. решение задачи 3 второй лиги.

4. См. решение задачи 4 второй лиги.

5. Пусть нет. Тогда среди чисел от 32 до 96 выбрано не больше 32 (разбиваем на пары с суммой 128, число 64 оставляем без пары), а среди чисел от 1 до 31 — не больше 15 (разбиваем на пары с суммой 32, число 16 оставляем без пары), итого — не больше 47.

6. См. решение задачи 6 второй лиги.

7. См. решение задачи 7 второй лиги.

8. См. решение задачи 8 второй лиги.

Вторая юниорская лига

1. См. решение задачи 1 второй лиги.

2. См. решение задачи 2 второй лиги.

3. Пусть длина четверти полки — m см. По условию m делится на 5, а 3m — на 7. Наименьшее такое m равно 35, другие — кратны 35. При m = 35 на полке длиной 140 см как раз 22 книги.

4. См.решение задачи 4 второй лиги.

5. См.решение задачи 5 второй лиги.

6. См.решение задачи 6 второй лиги.

7. См.решение задачи 7 второй лиги.

8. См.решение задачи 8 второй лиги.

Математический бой №2 23.02.2004. Конспекты решений. Критерии оценки. Высшая лига

1. Если выкинуть все слагаемые, которые в качестве одного из сомножителей содержат n, то остальные слагаемые разобьются на пары с нулевой суммой (a(a + 1)…(a + 856) + (n  a  856)…(n  a)). Единственным исключением будет произведение, которое будет парным самому себе. Но такое бывает только при четном n, при этом в парное самому себе произведение обязательно входит n/2 и еще какое-то четное число, поэтому оно будет делиться на n.

Если забыт случай парного самому себе произведения (в решении, где он существенен), то дыра стоит 4 очка.

2. Ответ: 18. Пример: два таких набора по 9 отрезков, что в каждом наборе все отрезки имеют общую точку, а отрезки из разных наборов не пересекаются. Теперь возьмем 19 любых отрезков и упорядочим их по их левым концам. Заметим, что если бы у любых двух из конечного числа отрезков на прямой была общая точка, то была бы и точка, общая для всех отрезков — это любая точка отрезка между самым правым из левых концов и самым левым из правых концов данных отрезков. Поэтому среди первых 10 наших отрезков найдутся два непересекающихся: а и b. Пусть левый конец у отрезка b правее, чем у а. Тогда во множестве, состоящем из отрезка b и всех следующих за ним, любые два отрезка должны пересекаться (если есть два непересекающихся, то они вместе с а образуют тройку попарно непересекающихся отрезков). Значит, у всех отрезков с 10-го по 19-ый есть общая точка.

Внимание! Эта задача чревата правдоподобными липами! При сомнениях зовите старшего по лиге! Одна из наиболее вероятных лип — считать, что правые концы отрезков идут в том же порядке, что и левые (внешне это может проявляться неучетом случая, когда один отрезок содержится в другом). Использование леммы — третьей фразы решения — без доказательства является дырой в 4 балла.

3. Условие на углы, которое требуется доказать, легко сводится к условию, что BED > BDE, что равносильно тому, что BD > BE. В силу остроугольности треугольника ABC на стороне AC найдется точка K такая, что BKC = BCK, тогда BC = BK = KA и BE = KD, поэтому требуется доказать, что BD > DK, что очевидно, поскольку угол BKD – тупой.

4. Как наибольшее, так и наименьшее из этих чисел равно сумме квадратов остальных десяти. Отсюда следует, что наибольшее равно наименьшему, то есть все числа равны между собой. Ответ: все числа равны 1/10.

Только ответ, или ответ, полученный из необоснованного предположения, что все числа равны — 0 баллов.

5. Ответ: нет. Ясно, что все цифры не могут иметь одну четность. Если среди них только одна четная/нечетная, то получается только 27 четных/нечетных остатков от деления на 56 из нужных 28.

6. Ответ: 1. Отложим на луче СВ за точку В — отрезок BG = DE. По условию CG = 1. Прямоугольные треугольники AED и ABG равны по двум катетам. Значит, площадь пятиугольника равна площади четырехугольника ADCG, а последняя вдвое больше площади треугольника ACG, равного треугольнику ADC по трем сторонам. S(ACG) = CG  AB/2 = 1/2, откуда — ответ.

7. Покажем, что каждый 101-угольник — целиком одноцветный. Допустим, есть вершина A, где сходятся синее и зеленое ребра BA и CA. Так как число 101 нечетно, найдутся два одноцветных (пусть синих) отрезка, ведущих из A в соседние вершины D и E второго 101-угольника. Но тогда либо треугольник BDE — зеленый, либо один из треугольников ABD, ADE, ABE — синий: противоречие. Допустим, один 101-угольник — целиком синий, а другой — целиком зеленый. Тогда из каждой вершины синего выходит не более 50 зеленых отрезков, а из каждой вершины зеленого — не более 50 синих (иначе — есть два синих/зеленых отрезка, ведущих в соседние вершины синего/зеленого 101-угольника). Но тогда всего отрезков, соединяющих вершины первого и второго — не больше, чем 101  100, а их — 101  101. Противоречие.

Если доказано, что оба основания — одноцветные, но не доказано, что цвета оснований одинаковы — дыра в 6 баллов. Если она не заделана, то задача не решена.

8. Ответ: а²–1. Достаточно заметить, что всякое искомое n должно быть не меньше, чем k(a+1) и меньше, чем (k+1)a, при некотором натуральном k. Для этого нужно, чтобы выполнялось неравенство k(a+1) < (k+1)a  k < a. Максимум получается при k = a–1 и n = (k+1)a–1 = а²–1.