И. О. Соловьева. Практикум по решению олимпиадных задач по матем. Практикум по решению олимпиадных задач по математике
 Скачать 1.1 Mb.
|
|
7. Принцип крайнего Рис. 33 84 113. Предположим, что нашелся выпуклый многогранник, у которого любые две грани имеют разное число сторон. Рассмотрим у него грань с наибольшим числом сторон (пусть их n ). Тогда у этой грани есть n соседних граней. Но у них может быть от 3 до 1 n сторон, то есть по принципу Дирихле, из них можно выбрать две с одинаковым числом сторон. Полученное противоречие дока- зывает требуемое. 114. Рассмотрим две планеты А и В, расстояние между кото- рыми наименьшее. Из условия следует, что астроном на планете А смотрит на планету В, а астроном на планете В смотрит на планету А. Далее возможны два варианта. Первый: астроном с какой- нибудь другой планеты (из оставшихся 2009 планет) смотрит на планету А или В, тогда найдется планета, на которую никто не смотрит (так как на оставшиеся 2009 планет смотрит не более 2008 астрономов). Второй вариант: на планеты А и В больше никто не смотрит. Тогда, исключив из рассмотрения планеты А и В, получим систему из 2009 планет, для которой выполняется условие задачи. Поскольку число планет нечетно, то продолжая рассуждать анало- гичным образом, мы придем к тому, что останется одна планета, на которую никто не смотрит. 115. Ответ: нет. Предположим, что получилась замкнутая ломаная A ABCD... . Рассмотрим LM – наибольшее звено этой ломаной и звенья KL и MN , соседние с ним. Тогда, так как LM KL , точка M – не бли- жайшая к точке L . Аналогично, так как LM MN , точка L – не ближайшая к точке M . Следовательно, точки L и M не могли быть соединены, то есть замкнутая ломаная получиться не может. 116. Рассмотрим депутата, пришедшего на заседание послед- ним. До его прихода ни один из депутатов не мог уйти, так как в противном случае ушедший не мог встретиться с последним при- шедшим. Значит, в момент прихода последнего все депутаты при- сутствовали на заседании. 117. Рассмотрим наибольшее из записанных чисел. Так как среднее арифметическое чисел не превосходит наибольшего из них, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда все числа равны между собой, то рассмотренное число равно каждому из своих соседей. Аналогичные рассуждения можно провести для 85 каждого из этих соседей и т.д. Поскольку количество чисел конеч- но, то все числа равны между собой. Примечание: решение не за- висит от того, как определять соседние клетки (по стороне, по диа- гонали и т.д.). 118. Рассмотрим две точки A и B , наиболее удаленные друг от друга (среди данных n точек). Пусть C – середина отрезка AB и R BC AC . Середины всех отрезков, одним из концов которых является точка A , принадлежат кругу с центром A и радиусом R (таких середин отрезков 1 n ). Аналогично середины всех отрез- ков, одним из концов которых является точка B , принадлежат кру- гу с центром B и радиусом R (тоже 1 n ). Так как эти два круга имеют только одну общую точку C (она входит в оба набора), то отмеченных середин будет не менее, чем 3 2 1 ) 1 ( ) 1 ( n n n 119. Рассмотрим произвольную прямую a и ближайшую к ней точку А пересечения двух других прямых 1 l и 2 l . Тогда треуголь- ник, образованный прямыми a , 1 l и 2 l не пересекает ни одна дру- гая прямая, так как в этом случае нашлась бы точка пересечения прямых, лежащая к прямой a ближе, чем точка А. 120. Пусть 21 2 1 ..., , , a a a – данные числа, записанные в порядке возрастания. Разобьем сумму всех чисел на группы по пять слага- емых (каждая такая сумма по условию положительна) и число 21 a (оно наибольшее, поэтому также является положительным). Тогда сумма всех чисел равна сумме пяти положительных слагаемых: 21 20 15 5 1 21 2 1 ) ( ) ( a a a a a a a a 121. а) Ответ: 1, 2, 3, 4, 5, 7. Расположим числа в порядке возрастания. Тогда очевидно, что каждое число будет не меньше своего номера. Найдем сумму но- меров всех чисел: 21 6 5 4 3 2 1 . Эта сумма на единицу меньше суммы самих чисел. Значит, одно число на единицу боль- ше своего номера, а остальные – равны своему номеру. Числом, большим своего номера, может быть только последнее. Действи- тельно, если какое-то число больше своего номера, то все после- дующие числа тоже больше своего номера. б) Ответ: 1, 2, …, 99, 101. 86 Решение аналогично. Сумма номеров всех чисел равна 5050: 5050 101 50 ) 51 50 ( ) 99 2 ( ) 100 1 ( 100 2 1 , она также на единицу меньше суммы самих чисел. Значит, одно число (последнее) на единицу больше своего номера, а остальные – равны своему номеру. 122. Ответ: 0 , 4 1 , 4 1 , 0 , 4 1 , 4 1 Из условия следует, что каждое из записанных чисел неотри- цательно. Обозначим наибольшее из чисел (или одно из них) 1 a , а следующие за ним по часовой стрелке – 6 2 ,...,a a . По условию 3 2 1 a a a , учитывая, что 1 a – наибольшее, получаем, что одно из чисел 2 a и 3 a равно 1 a , а другое равно нулю. Рассмотрим далее числа 2 a , 3 a и 4 a , по условию 4 3 2 a a a , поскольку одно из чи- сел 2 a и 3 a равно нулю, то 4 a равно другому из этих чисел (и рав- но 1 a ). Рассуждая далее таким же образом, получим, что среди ше- сти чисел два равны нулю, а остальные равны между собой. Учи- тывая, что сумма всех чисел равна 1, получим ответ. 123. Пусть B – наибольший внутренний угол данного четы- рехугольника ABCD . Проведем разрез BM из вершины B , па- раллельный стороне AD (точка M попадет внутрь четырех- угольника). Из точки M прово- дим разрезы MN и MK , па- раллельные сторонам BC и CD соответственно (рис. 34). 124. Ответ: одна проверка. Пете достаточно проверить, можно ли составить треугольник из двух самых коротких палочек и одной самой длинной. Если тре- угольник не составляется, то утверждение инструкции опровергну- то. Если же треугольник составить можно, то сумма длин двух са- мых коротких палочек больше длины самой длинной. Но в этом случае сумма длин двух любых палочек набора длиннее любой другой. (Действительно, сумма длин двух любых не меньше суммы длин самых коротких, а длина любой палочки не больше длины Рис. 34 87 самой длинной.) А это и означает, что из любых палочек можно составить треугольник, т.е. утверждение инструкции доказано. 8. Игровые задачи 8.1. Поиск стратегии с конца 128. Ответ: второй. Указание. В этой игре выигрышными являются соответственно ходы 99, 88, …, 11. Первый выигрышный ход не может сделать первый игрок. Следовательно, выигрывает второй игрок, называя каждый раз число, кратное 11. 129. Ответы: а) первый, б) первый, в) первый, г) второй, д) первый (в этом варианте игры повторяющаяся серия начинается только с клетки с номером 6). В таблице представлены выигрышные и проигрышные пози- ции для каждой задачи (в скобки заключена повторяющаяся серия позиций): 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 … 23 24 а (в п п) в п п в п п в п … п в б (в п в п п п п) в п в п … в п в (в п п в п п п) в п п в … п в г (в в п п в п п) в в п п … п п д в в п п п п (в п п) в п … п в 130. Ответ: первый. Нужно оставлять сначала 24 камня, затем 20 и т.д. (число, кратное 4). 131. Указание: игра, изоморфная игре 129 (д). 132. Ответ: первый. Для того чтобы своим ходом получить ровно 200 камней, надо предыдущим своим ходом получить 189 камней, перед этим – 178 камней и т.д. Эти числа можно записать в виде ) 18 , ( 2 11 k N k k . Наименьшее из таких чисел, превышающих 50, является число 57. Следовательно, первый игрок может выиг- рать, первым ходом добавив 7 камней, а далее на любой ход про- 88 тивника отвечать дополнением количества поставленных против- ником камней до 11 (на ход противника n камней первый должен отвечать ходом n 11 камней). 133. Ответ: первый. Решать задачу будем с конца, т.е. с поля а1. Это поле является выигрышным. Отметим как проигрышные все поля, с которых за один ход можно попасть на поле а1: это все поля в соответствую- щих горизонтальной, вертикальной и диагональной линиях (см. рис. 35а). Рассмотрим поля с2 и b3. С каждого из этих полей за один ход можно попасть только на проигрышные поля, поэтому они являются выигрышными. Отметим все поля, с которых можно попасть на эти поля за один ход как проигрышные (см. рис. 35б). Рассуждая так дальше, мы для всей шахматной доски определим проигрышные и выигрышные поля (см. рис. 35в). С поля f8, на ко- тором стоит ферзь, первым ходом можно попасть на выигрышное поле, значит, выигрывает первый игрок. Изоморфная игра: Имеется две кучки камней, в одной 7 кам- ней, в другой – 5. Игрок за один ход может взять любое количество камней из одной кучки или равное количество камней из обеих ку- чек. Выигрывает тот, кто берет последний камень. Кто выиграет при правильной игре? 134. Ответ: число должно оканчиваться на ноль. Чтобы последним ходом получить ноль, нужно, чтобы было записано однозначное число. Чтобы «заставить» соперника запи- сать однозначное число, нужно перед его ходом записать 10. Опи- шем выигрышную стратегию для Зайца. После хода Волка полу- чится число с ненулевой последней цифрой. Своим ходом Заяц a b c d e f g h 8 7 6 5 4 3 2 1 8 7 6 5 4 3 2 1 a b c d e f g h а б a b c d e f g h 8 7 6 5 4 3 2 1 в Рис. 35 89 должен вычесть последнюю цифру, в результате получится число, оканчивающееся на 0. Продолжая так же далее, после некоторого количества ходов Заяц запишет 10. Какое бы число Волк не вычел, следующим ходом Заяц получит ноль. Если же первоначальное число не будет оканчиваться на 0, то Волк вычтет последнюю циф- ру и дальше воспользуется описанной выигрышной стратегией. 8.2. Симметрия 138. Ответ: первый. Первым ходом закрашивает центральную клетку, далее ходит симметрично ходам второго игрока относительно центра доски. 139. Ответ: первый. Первым ходом провести хорду таким образом, чтобы на двух образовавшихся дугах окружности находилось равное количество точек, далее делать ходы симметрично ходам второго игрока отно- сительно первой проведенной хорды (соединять соответственные точки). 140. Ответ: первый. Первым ходом забрать одну кучку камней целиком, далее брать столько же камней, сколько и второй, но из другой кучки. Примечание: первым ходом забрав одну кучку камней, первый иг- рок сводит игру к игре в задаче 137, причем становится в ней вто- рым игроком. 141. Ответ: первый. Первым ходом свести к задаче 137. 142. Ответ: первый. Первым ходом закрасить квад- рат 2 2 (рис. 36), а дальше делать ходы, симметричные ходам второго игрока относительно вертикальной оси симметрии прямоугольника. 143. Ответ: первый. Первым ходом нужно создать симметричную картину. Для этого в случае нечетного количества минусов нужно переправить центральный минус на плюс, а в случае четного количества мину- Рис. 36 90 сов – два центральных минуса. Далее ходы делать симметрично ходам второго игрока. 144. а) Ответ: второй. Сначала второй игрок разламывает соты симметрично преды- дущему ходу первого игрока: если первый разломил по вертикаль- ной линии, то симметрично относительно вертикальной оси сим- метрии, если первый разломил вдоль горизонтальной линии, то второму нужно разломить симметрично относительно горизон- тальной оси симметрии. б) Ответ: первый. Первым ходом нужно разломить вдоль горизонтальной линии, отделяющей верхние три рядка от шести нижних. Таким образом, получатся симметричные соты, далее воспользоваться стратегией второго игрока из игры а). в) Ответ: второй. Ходы нужно делать симметрично относительно диагонали, на которой находится клеточка с дегтем. Например, если первый раз- ломил вдоль горизонтальной линии, отделяющей верхние четыре рядка от пяти нижних, то второй должен разломить вдоль верти- кальной линии, отделяющей правые четыре рядка от пяти левых. В результате все время будет получаться симметричная ситуация, в которой второй всегда будет иметь ответный ход. 145. Ответ: второй. Ходы нужно делать симметрично ходам первого игрока отно- сительно оси симметрии доски (вертикальной или горизонтальной, но все время относительно одной и той же). 146. Ответ: второй. Первым ходом второму игроку нужно сделать так, чтобы оставшиеся лепестки ромашки образовали две равные группы под- ряд растущих лепестков. Если у ромашки первоначально четное число лепестков, то после первого хода первого игрока второй иг- рок делает симметричный относительно центра ромашки ход. Если у ромашки нечетное количество лепестков, то если первый оторвал один лепесток, второй должен оторвать два, расположенные напро- тив только что оторванного лепестка, а если первый оторвал два лепестка – аналогично нужно оторвать один лепесток. Далее ходы нужно делать симметрично ходам первого игрока. 147. Ответ: первый. 91 Так как каждое из чисел, стоящих на угловых клетках, войдет в обе суммы, то заполнение этих клеток не влияет на результат игры (как и число, записанное в центральной клетке). Оставшиеся четы- ре клетки (назовем их результативными) выгодно заполнять так, чтобы оказаться последним. Этого может добиться первый игрок, начав, например, с заполнения центральной клетки, а затем отвечая на любой ход второго игрока ходом, симметричным относительно центральной клетки. Как только на результативных клетках будут записаны три числа (третье запишет второй игрок), первый игрок сможет записать подходящее четвертое число. 148. Ответ: у второго. Указание: использовать центральную симметрию. 149. Ответ: первый. Первым ходом нужно снять центральную шашку, затем делать ходы центрально-симметрично ходам второго игрока. 150. Ответ: первый. В этой игре проигрывает тот, кто отломит полоску ширины 1. Первый сначала должен разделить шоколадку на две части разме- ром 5 5 , а затем действовать симметрично ходам второго игрока. 151. Ответ: у первого. Первым ходом он ставит крестик в центральную клетку. Затем после каждого хода второго игрока ставит крестик в центрально- симметричную клетку. 8.3. Разные игры 153. Указание: используется прием «передачи хода» (первым ходом можно вычеркнуть либо только число 1, либо другое число вместе с его делителями, в том числе и 1). 154. Ответ: первый. Сначала первый игрок должен закрасить правую верхнюю клетку, а затем ходить так, чтобы каждый раз оставалась незакрашенной фигура одной и той же фор- мы «ступенька» (рис. 37). Первый игрок может восполь- зоваться этой стратегией: если второй закрашивает не- сколько клеток только в правом столбце, нужно закра- Рис. 37 92 сить клетки в левом столбце, оставив «ступеньку». Если же второй игрок закрашивает клетки в обоих столбцах, то в результате будет закрашено равное количество клеток в обоих столбцах, тогда пер- вый закрашивает одну клетку в правом столбце. Через несколько ходов, перед очередным ходом второго игрока останется незакра- шенной только одна клетка (левая нижняя), которую второй вы- нужден будет закрасить. 155. а) Пусть n четно. Тогда первый игрок мысленно разбива- ет доску на «доминошки», далее пользуется стратегией «закрыть доминошку». Перед ходом первого игрока фишка стоит на одной клетке «доминошки», ход нужно сделать на вторую клетку, второй игрок делает ход на незакрытую «доминошку», первый «закрыва- ет» ее и т.д. Таким образом, первый игрок может гарантировать себе ответный ход и выигрыш. Пусть n нечетно. Тогда вся доска за исключением клетки, на которой стоит фишка, разбивается на «доминошки», и второй иг- рок может воспользоваться стратегией «закрыть доминошку» и выиграть. б) Ответ: первый. Пользуется той же стратегией. Для четного n обоснование очевидно. Пусть n нечетно. Докажем, что второй игрок не сможет сделать ход на свободную угловую клетку. Раскрасим доску в шахматном порядке так, чтобы угловые клетки были черными. Первоначально фишка стоит на белой клетке, первый игрок будет ходить на черные клетки, второй – на белые, следовательно, он не сможет сделать ход на угловую (черную) клетку. Поэтому первый игрок сможет воспользоваться стратегией «закрыть доминошку». 156. Ответ: при правильной игре получается ничья. Каждый может покрасить три взаимно скрещивающихся ребра (сразу «пометить» все грани). 157. Ответ: второй. В начале партии второй игрок должен стирать числа, кратные трем, до тех пор, пока таких не останется. Так как количество чи- сел, кратных трем и не превосходящих 1000, равно 333, то второму понадобится не более 333 ходов (некоторые числа, кратные трем, могут быть стерты и первым игроком). После этого второй игрок делает свои ходы произвольно до того момента, пока останется три 93 числа (после каждого хода первого игрока остается нечетное коли- чество чисел). Каждое из трех оставшихся чисел будет давать оста- ток 1 или 2 при делении на 3, поэтому среди них обязательно найдутся два, дающие одинаковые остатки, именно их второй иг- рок и должен оставить. 158. Ответ: не может. Проведём (за Ваню) сначала среднюю фишку (крайняя и так пройдёт). Будем двигать её вперёд, не обращая внимания на ходы Серёжи. Докажем, что она пройдёт. Назовём номер горизонтали, на которой фишка стоит (считая снизу), её высотой. Если Ванина фишка окажется между Сережиными, то её удвоенная высота h 2 будет равна сумме высот Сережиных фишек (если они на одной горизонтали, то это очевидно; если же Ванину фишку «зажали» по диагонали, то сумма высот Сережиных фишек будет равна h h h 2 1 1 ). Это может произойти либо после Сережиного хода, либо после Ваниного. Пусть это произошло после хода Серё- жи. Значит, ребята сделали равное число ходов – по n , и сумма вы- сот Сережиных фишек равна 2 n (перед началом игры она равна 2), а высота Ваниной равна n 6 (перед началом игры она равна 6). Получаем n n 2 12 2 , то есть 2 3 12 n , что, очевидно, невер- но, так как 12 делится на 3. Теперь рассмотрим другой случай: Ва- нину фишку «зажали» после его хода. Значит, Ваня сделал на один ход больше: Серёжа сделал n ходов, а Ваня 1 n . Тогда сумма вы- сот Сережиных фишек равна 2 n , а высота Ваниной равна 1 6 n . Получаем n n 2 10 2 , т.е. 4 3 12 n , что, очевидно, неверно. 159. Ответ: первый. Сначала поставить любое число во втором равенстве, затем – каждый раз в том же равенстве, что и второй. 160. Ответ: первый может выбрать числа указанным образом. Если первый игрок назовет такие три числа, сумма которых равна нулю, то уравнение обязательно будет иметь корень, равный 1. Чтобы уравнение получилось обязательно квадратным, нельзя называть 0, а чтобы корни были различными, отношение никаких двух чисел не должно равняться единице (так как второй корень равен a c / ), то есть они должны быть попарно различны. Значит, можно назвать, например, числа 1, 2 и –3. 94 Литература 1. Агаханов Н.Х., Подлипский О.К. Всероссийская олимпиада школьников по математике: Методическое пособие / Науч. ред. Э.М. Никитин. – М.: АПК и ППРО, 2005. – 140 с. 2. Агаханов Н.Х., Подлипский О.К. Математические олимпиады Московской области. – М.: Изд-во МФТИ, 2003. – 224 с. 3. Агаханов Н.Х., Терешин Д.А., Кузнецова Г.М. Школьные ма- тематические олимпиады. – М.: Дрофа, 1999. – 128 с. 4. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М., 1975. – 112 с. 5. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по ма- тематике. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364с. 6. Бугаенко В.О. Турниры им. Ломоносова. Конкурсы по матема- тике. – М., 1995. – 110 с. 7. Бугулов Э.А., Толасов Б.А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам. – Орджоникидзе, 1962. – 228 с. 8. Васильев Н.Б. и др. Заочные математические олимпиады. – М., 1986. – 176 с. 9. Васильев Н.Б., Егоров А.А. Задачи Всесоюзных математиче- ских олимпиад. – М.: Наука, 1988. – 288 с. 10. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады. – М.: Просвещение, 1986. – 303 с. 11. Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Ленинградские мате- матические кружки. – Киров: Аса, 1994. – 272 с. 12. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике. – М.: МЦНМО, 2004. – 560 с. 13. Заочные математические олимпиады / Н.Б. Васильев и др. – М., 1986. 14. Зарубежные математические олимпиады. – М., 1987. – 416 с. 15. Каннель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандарт- ные задачи / Под ред. В.О. Бугаенко. – М.: МЦНМО, 2008. – 96 с. 16. Математика: Интеллектуальные марафоны, турниры, бои: 5-11 классы: Кн. для учителя. – М.: Изд-во «Первое сентября», 2003. – 256 с. 95 17. Математические олимпиады школьников: Кн. для учащихся общеобразовательных учреждений / Н.Х. Агаханов и др. – М., 1997. 18. Морозова Е.А., Петраков И.С. Международные математические олимпиады. – М., 1967. 19. Морозова Е.А., Петраков И.С., Скворцов В.А. Международные математические олимпиады. – М.: Просвещение, 1976. – 288 с. 20. Московские математические олимпиады 1993-2005 г. / Р.М. Федоров и др. Под ред. В. М. Тихомирова. – М.: МЦНМО, 2006. – 456 с. 21. Московские математические регаты / Сост. А.Д. Блинков, Е.С. Горская, В.М. Гуровиц. – М.: МЦНМО, 2007. – 360 с. 22. Рожков В.И. и др. Сборник задач математических олимпиад. – М., 1987. 23. Савин А.П. и др. Физико-математические олимпиады. Сборник. – М.: Знание, 1877. – 160 с. 24. Спивак А.В. Математический праздник. – М., 2004. – 288 с. 25. Спивак А.В. Математический праздник. Ч. III. – М.: Бюро Квантум, 2001. – 128 с. 26. Фомин Д.В. Санкт-Петербургские математические олимпиады. – СПб.: Политехника, 1994. – 309 с. 27. Яковлев Г.Н., Купцов Л.П., Резниченко С.В., Гусятников П.Б. Всероссийские математические олимпиады школьников. – М.: Просвещение, 1992. – 383 с. 96 Ирина Олеговна Соловьева Практикум по решению олимпиадных задач по математике Учебное пособие Издательская лицензия ИД № 06024 от 09.10.2001 года. Подписано в печать 15.04.2010. Формат 60х90/16. Объём издания в усл. печ. л. 6,0 Тираж 100 экз. Заказ № 56. __________________________________________________________ Псковский государственный педагогический университет им. С.М. Кирова, 180760, г. Псков, пл. Ленина, 2. Редакционно-издательский отдел ПГПУ им. С.М. Кирова, 180760, г. Псков, ул. Советская, 21, телефон 72-74-62. E-mail: rio@psksu.ru |