Сайт памяти Сани Миленкович
Математический журнал
Календарь
«  Февраль 2010  »
ПнВтСрЧтПтСбВс
1234567
891011121314
15161718192021
22232425262728

Меню сайта

Друзья сайта
  • Портал новостей "Русская весна"
  • Сайт "Новороссия"
  • Сайт Математической Гимназии Белграда
  • Сайт општины Варварин
  • "Саня Миленкович навечно в наших сердцах" (группа на Фэйсбуке)
  • "Бухенвальдский набат" (поёт Муслим Магомаев, видео)
  • "Ты прости, сестра моя, Югославия!.." (поёт Лена Катина, видео)
  • "Это значит, что скоро война!" (поёт группа "Контрреволюция", видео)
  • "Сербия 10 лет назад" (видео о войне 1999 года на английском языке с интервью Марины Йованович)
  • Страница материалов из "Белой Книги"
  • Сайт о Сербии. Страница "Это нельзя забывать"
  • Форум "Бурек". Тема "Саня Миленкович"
  • Форум "Сербская политика". Тема "Русское посольство запретило срамоту в Варварине"
  • Форум сербско-русской дружбы. Тема "Сайт памяти Сани Миленкович"
  • Сайт памяти Слободана Милошевича
  • Сайт Движения за возрождение отечественной науки
  • Форум КПРФ. Тема "Надежда Югославии"
  • Форум Нижнего Тагила. Тема "Памяти Сани Миленкович"
  • Педагогический форум. Тема "Памяти Сани Миленкович"
  • Математический сайт С.В. Гаврилова

  • Категории раздела
    Математические конкурсы [2]
    Сообщения для участников и условия задач
    Решения задач [2]
    Решения задач, присылаемые участниками конкурсов и публикуемые администратором сайта

    · RSS 15.12.2018, 10:52

    Главная » 2010 » Февраль » 25 » Итоги Первого конкурса и решения задач
    10:29
    Итоги Первого конкурса и решения задач

    Итоги Первого математического конкурса
    памяти Сани Миленкович
    и решения задач

    31 января 2010 года истёк срок объявленного нами 30 ноября 2009 года Первого математического конкурса памяти Сани Миленкович для учащихся девятых классов общеобразовательных школ России. К нашему глубокому сожалению, никто из школьников не решился принять в нём участие, и на наш сайт не было прислано ни одного решения ни одной из задач конкурса. Поэтому сейчас мы вынуждены опубликовать наши решения этих задач.

    1. В конечном ряду натуральных чисел первое число обозначает количество нулей в ряду (нуль считается натуральным числом), второе – количество единиц, третье – количество двоек и так далее. Найти (описать) все такие ряды.
    Решение. Очевидно, что каждый из рассматриваемых рядов натуральных чисел должен содержать хотя бы один нуль (так как в противном случае получается противоречие) и хотя бы одно число, отличное от нуля. Пусть данный ряд содержит m чисел, отличных от нуля. Из этих m чисел одно обозначает количество нулей (так как нули в этом ряду имеются), а остальные m-1 чисел обозначают количества различных чисел, отличных от нуля. Следовательно, среди m чисел, отличных от нуля, имеется всего m-1 различных чисел, т.е. два числа одинаковы, а остальные числа все различны и отличны от первых двух. Но это означает, что среди m-1 чисел, обозначающих непустые количества отличных от нуля чисел, должна быть одна двойка, а остальные числа – единицы, которых должно быть не более двух. Таким образом, m<=4.
    Теперь нужно рассмотреть три различных случая:
    Первый случай – когда единиц в данном ряду вообще нет. В этом случае m=2, в ряду имеются две двойки и два нуля, одна двойка обозначает количество нулей, а вторая – количество двоек, т.е. это ряд 2020.
    Второй случай – когда в данном ряду имеется одна единица. В этом случае она стоит на втором месте, т.е. обозначает количество единиц, а кроме неё должны быть два нуля и две двойки, одна из которых обозначает количество нулей, а вторая – количество двоек, т.е. это ряд 21200.
    Третий случай – когда в данном ряду имеются две единицы. В этом случае двойка обозначает количество единиц (т.е. стоит на втором месте), одна из единиц обозначает количество двоек (т.е. стоит на третьем месте), а вторая единица может обозначать либо количество нулей (первый подслучай), либо количество других чисел, отличных от 0, 1, 2 (второй подслучай). В первом подслучае ряд выглядит так: 1210. Во втором подслучае кроме нулей, единиц и двоек имеется ещё одно число k, отличное от 0, 1, 2, которое стоит на первом месте и обозначает количество нулей, а вторая единица стоит на k+1 месте и обозначает количество чисел, равных k, и ещё в ряду имеется k нулей, т.е. этот ряд выглядит так: k210…01000. Число k в этом случае может быть любым не меньшим 3, и каждому такому числу k соответствует свой ряд, в котором между двумя единицами стоят k-3 нуля. Таким образом, рядов, соответствующих второму подслучаю третьего случая, имеется бесконечное множество.

    2. Квадратная доска разбита на квадратные клетки, которые произвольным образом раскрашены в чёрный и белый цвета. Доказать, что при любой такой раскраске всегда возможно одно и только одно из двух: либо король может пройти по белым клеткам от нижней горизонтали до верхней, либо ладья по чёрным от левой вертикали до правой. Король и ладья ходят как в шахматах, при этом ладья одним ходом может переходить только на соседнюю (через сторону) клетку.
    Решение. Обрамим доску со всех сторон рамкой шириной в 1 клетку, все клетки которой окрашены в белый цвет, и назовём две чёрные клетки соединимыми, если от одной из них до другой ладья может пройти указанным в условии задачи способом. Легко увидеть, что отношение соединимости рефлексивно, симметрично и транзитивно, т.е. является отношением эквивалентности. Это отношение делит множество всех чёрных клеток доски на подмножества (классы), каждое из которых состоит из соединимых между собой клеток. Назовём каждое такое подмножество чёрных клеток массивом (или озером). Очевидно, что вокруг каждого такого массива (озера) король может обойти вдоль внешней границы (берега), однако при этом ему, быть может, придётся заходить на клетки рамки доски. Очевидно также, что если ни один массив не простирается от левого края доски до правого, то король может, обходя массивы, зайти с нижней стороны рамки на доску и пройти по ней, не заходя ни на левую, ни на правую стороны рамки, до верхней стороны рамки, а ладья не может пройти от левого края доски до правого описанным в условии задачи способом. В противном случае ладья может пройти описанным в условии задачи способом от левого края доски до правого, а король не может пройти описанным выше способом от нижней стороны рамки до верхней. Так как при любой раскраске доски всегда имеет место в точности один из двух описанных вариантов, то очевидно, что всегда имеет место в точности одна из двух требуемых в задаче возможностей.

    3. Когда крестьянка раскладывала яйца по 2, по 3, по 4, по 5 и по 6, у неё каждый раз одно яйцо оставалось лишним, а когда разложила их по 7, остатка не было. Сколько у крестьянки было яиц, если их было не более 420?
    Решение. Число яиц равно 7y (где y – натуральное число), а число, на 1 меньшее, равно 60x (где x – натуральное число), так как оно делится на 2, 3, 4, 5, 6 и, следовательно, на наименьшее общее кратное всех этих чисел, равное 60. Следовательно, для нахождения числа яиц нужно решить в целых числах уравнение 7y=60x+1 и выделить из всего множества решений этого уравнения те решения, которые подходят по смыслу и условию задачи. Решать это уравнение можно методом последовательных замен переменных:
    7(y-8x)=4x+1, или (обозначив u=y-8x) 7u=4x+1, далее 4(2u-x)=u+1, или (обозначив t=2u-x) 4t=u+1. Теперь очевидно, что переменная t может принимать любое целое значение, а остальные переменные через неё последовательно выражаются: u=4t-1, x=2u-t=7t-2, y=u+8x=60t-17. Чтобы было 1<=y<=60, как того требуют смысл и условие задачи, должно быть t=1, тогда y=43, x=5, а число яиц 7*y=7*43=301=60*5+1=60x+1. Ответ: 301 яйцо.

    4. Три рыбака наловили рыбы и легли спать. Проснулся первый рыбак, разделил улов на три равные части, бросил лишнюю рыбу в реку, взял треть улова и ушёл. Проснулся второй рыбак, проделал то же самое с остатком улова и ушёл. Потом то же самое проделал третий рыбак с оставшейся частью улова. Сколько рыб поймали рыбаки, если они поймали не более 30 рыб?
    Решение. Если бы рыбаки поймали на 2 рыбы больше, чем в действительности, то каждый рыбак брал бы себе в точности одну треть, а оставлял две трети того количества рыб, которое находил, следовательно, на 2 большее количество рыб должно делиться на 3*3*3=27, а так как оно должно быть не меньше 2 и не больше 32, то оно должно быть равно 27. Значит, рыбаки поймали 25 рыб.

    5. Найти все прямоугольники, у которых длины сторон – целые числа, а периметр и площадь равны.
    Решение. Если в целочисленном прямоугольнике выделить с внутренней стороны рамку шириной в 1 клетку, то количество клеток в этой рамке будет на 4 меньше периметра прямоугольника. Следовательно, если периметр такого прямоугольника равен его площади, то внутри этой рамки должны лежать 4 клетки, образуя прямоугольник. Но так как возможны только 2 прямоугольника из 4 клеток: квадрат 2*2 клетки и прямоугольник 1*4 клетки, то соответственно возможны только 2 решения данной задачи: квадрат 4*4 клетки и прямоугольник 3*6 клеток.

    6. При каких целых n и на какие множители сократима дробь (n2+1)/(2n+3) ?
    Решение. Всякий общий делитель целых чисел n2+1 и 2n+3 (где n – целое число) делит также и числа
    n(2n+3)-2(n2+1)=3n-2,
    (3n-2)-(2n+3)=n-5,
    (2n+3)-2(n-5)=13,
    а так как 13 – простое число, то, следовательно, единственным отличным от 1 общим делителем числителя и знаменателя данной дроби может быть только число 13, и это возможно тогда и только тогда, когда n=13k+5, где k – целое число. Действительно, в этом случае
    (n2+1)/(2n+3)=
    =((13k+5)2+1)/(2(13k+5)+3)=
    =(169k2+130k+26)/(26k+13)=
    =(13(13k2+10k+2))/(13(2k+1))=
    =(13k2+10k+2)/(2k+1)

    7. В треугольнике ABC величина угла B равна 120 градусам. Биссектрисы углов A, B, C пересекают противоположные стороны соответственно в точках K, L, M. Доказать, что угол KLM прямой.
    Решение. По теореме о пересечении биссектрис внутренних и внешних углов треугольника получаем, что LK и LM суть соответственно биссектрисы углов ALB и BLC, так как K и M суть центры вневписанных окружностей соответственно для треугольников BLC и ALB. Следовательно, угол KLM равен половине развёрнутого угла ALC, т.е. прямому углу, или 90 градусам.

    8. Доказать, что стороны и высоты данного произвольного непрямоугольного треугольника являются биссектрисами внешних и внутренних углов треугольника, образованного основаниями высот исходного треугольника. Рассмотреть отдельно случаи остроугольного и тупоугольного исходного треугольника.
    Решение. Пусть дан остроугольный треугольник ABC, в котором D и E – основания высот, проведённых из вершин A и B соответственно, а H – точка пересечения этих высот. Пусть прямые, симметричные прямой DE относительно прямых AD и BE, пересекаются в точке F. Тогда для треугольника DEF точка H является центром вписанной, а точки A, B, C – центрами вневписанных окружностей. Следовательно, биссектриса угла DFE проходит через точки H и C, т.е является высотой треугольника ABC, а прямая-биссектриса углов, смежных с углом DFE, - через точки A и B, т.е. является стороной данного треугольника.
    Случай тупоугольного треугольника ABC с вершиной тупого угла C рассматривается аналогично, только в нём точки C и H меняются местами.

    9. Доказать, что у произвольного треугольника точка пересечения медиан, точка пересечения высот и центр описанной окружности лежат на одной прямой (прямая Эйлера). Найти порядок расположения этих точек на этой прямой и соотношение длин отрезков с концами в этих точках.
    Решение. Треугольник, образованный серединами сторон данного треугольника, гомотетичен данному относительно точки пересечения его медиан с коэффициентом -1/2, так как стороны первого треугольника соответственно параллельны и противонаправлены сторонам исходного, а по длине равны их половинам. При этой гомотетии высоты данного треугольника переходят в высоты первого, совпадающие с серединными перпендикулярами к сторонам данного. Следовательно, точка пересечения высот данного треугольника переходит при рассматриваемой гомотетии в его центр описанной окружности, а потому прямая, их соединяющая, проходит через центр гомотетии (точку пересечения медиан), который лежит между ними (так как коэффициент гомотетии отрицательный) и делит соединяющий их отрезок в отношении 2:1, считая от прообраза (точки пересечения высот) к образу (центру описанной окружности).

    10. Доказать, что у произвольного треугольника середины сторон, основания высот и середины отрезков высот, соединяющих точку их пересечения с вершинами треугольника, лежат на одной окружности (окружность девяти точек). Где лежит (указать точно) центр этой окружности и чему равен (выразить через радиус описанной окружности) её радиус?
    Решение. Как показано в решении предыдущей задачи, треугольник, образованный серединами сторон данного треугольника, гомотетичен данному относительно точки пересечения его медиан с коэффициентом -1/2. Следовательно, центр описанной окружности первого треугольника является образом центра описанной окружности исходного при этой гомотетии, а потому лежит на прямой Эйлера исходного треугольника по другую сторону от его центра описанной окружности относительно центра гомотетии (точки пересечения медиан исходного треугольника) на расстоянии от центра гомотетии, равном половине соответствующего расстояния для прообраза (центра описанной окружности исходного треугольника). Или иначе, как нетрудно показать, центр описанной окружности первого треугольника есть середина отрезка, соединяющего точку пересечения высот и центр описанной окружности исходного треугольника. Если провести из центра описанной окружности первого треугольника перпендикуляры к сторонам исходного треугольника, то основания этих перпендикуляров разделят пополам отрезки между основаниями высот и серединами сторон исходного треугольника, а потому эти основания высот также будут лежать на окружности, описанной около первого треугольника. Если же рассмотреть гомотетию с центром в точке пересечения высот исходного треугольника и коэффициентом 1/2, то она переведёт окружность, описанную около исходного треугольника, в окружность, описанную около первого, а вершины исходного треугольника – в середины отрезков его высот от точки их пересечения до этих вершин, следовательно, эти середины также лежат на окружности, описанной около первого треугольника.

    Как вы, уважаемые учителя и школьники, можете убедиться, наши решения задач конкурса не требуют знаний по математике, выходящих за рамки школьной программы для учащихся девятых классов. Для решения этих задач требуется лишь умение творчески применять эти знания. Саня Миленкович с этими задачами наверняка справилась бы. Жаль, что в современной России не нашлось школьников, которые хотя бы попытались решить эти задачи.

    Администратор сайта памяти Сани Миленкович математик С.В. Гаврилов

    Категория: Решения задач | Просмотров: 1658 | Добавил: SirGavr
    Copyright MyCorp © 2018
    Сайт управляется системой uCoz