Решения задач очного тура 2013/2014 уч. г.

Санкт-Петербургский Государственный
Электротехнический Университет
Олимпиада “Математика и алгоритмы”, 2013 год
7–8 класс
1. Согласно истинному заверению старика Миклоша, из семьи Ракоци происходит ровно один
из троицы встреченных нами господ, поэтому высказывания Иштвана и Яноша противоречат
друг другу. Следовательно, Ференц точно говорит правду, и Янош действительно принадлежит
семьи Запояи. Таким образом, лжет именно Янош, а Иштван говорит правду. Согласно первому
утверждению Ференца, князем был избран представитель семьи Батори. Так как он сказал
правду, так оно и было.
Заметим, что в дополнение к полученному ответу мы можем также определить, что Ференц
принадлежит семье Ракоци, а Иштван — семье Батори, но это в задаче не требовалось.
2. Разобьем монеты на 5 пар и 1 оставшуюся. Взвесим каждую пару. Если во всех случаях монеты
кажутся разного веса, то в каждой паре по крайней мере одна фальшивая — следовательно
оставшаяся монета заведомо настоящая. Если по крайней мере в одной паре равенство, то обе
монеты этой пары настоящие.
3. Заметим, что выполнение строк 3–7 разворачивает строй в обратном порядке.
Рассмотрим, что происходит со строем при первом выполнении строк 4–6. Сначала он ставит
первого солдата на второе место, затем третьего на четвертое и так далее. Т.е. в парах вида
(2n − 1, 2n), где n — натуральное число, не превосходящее 512, солдаты меняются местами. При
втором выполнении аналогично меняются местами уже пары солдат.
Рассмотрим произвольный шаг с номером большим единицы, но входящий в промежуток, в котором работает алгоритм. Сгруппируем последовательные группы, которые меняются местами.
В каждой из групп солдаты уже развернуты. Т.е. получились группы, размер которых в два
раза больше, в которых солдаты развернуты относительно начального порядка.
Так как строки 3–7 выполняются 4 раза, то строй будет развернут 4 раза, т.е. порядок останется
прежним.
4. Обозначим первую цифру через x, а вторую — через y. Из условия известно, что номер группы
равен (x + y · 3) · 5, и он же равен (y + x · 5) · 3. Следовательно
(x + y · 3) · 5 = (y + x · 5) · 3,
5x + 15y = 3y + 15x,
12y = 10x,
6y = 5x.
Заметим, что левая часть последнего равенства делится на 5, а 6 и 5 не имеют общих делителей,
следовательно цифра x делится на 6. Аналогично, цифра y делится на 5. Так как цифры
ненулевые, то x = 5 и y = 6, откуда легко найти номер группы:
(5 + 6 · 3) · 5 = 105.
5. Так как треугольники BDE и DEC имеют общую высоту, то |BE| : |EC| = SBDE : SDEC = 1 : 1,
т.е. E — середина катета BC. Площадь треугольника BDC вдвое больше площади треугольника
BDE, поэтому |AD| : |DC| = SABD : SBDC = 1 : 1, т.е. D — середина гипотенузы AC. Таким
образом, DE — средняя линия треугольника ABC и она равна половине катета AB.
Ответ: |DE| = |AB| : 2 = 1.
6. Обозначим время докладов каждого участника ti , а увеличение успеха за минуту ci . Предположим, что участники расставлены в порядке максимизации успеха. Тогда при перестановке
любых двух соседних участников, суммарный успех не увеличится, т.е.
ti ci+1 − ti+1 ci > 0,
ti ci+1 > ti+1 ci ,
ci
ci+1
> ,
ti+1
ti
c
т.е. в искомой расстановке отношения αj = tjj должны быть расположены в порядке возрастания. Заметим, что для участника, которому требуется на доклад i минут, отношение равно
i2
= i, поэтому достаточно просто расположить участников в порядке возрастания длительноi
стей докладов.
7. Обозначим An количество способов разрезать полоску 2 × n на домино и угловые тримино, а
Bn количество способов так разрезать полоску 2 × n без угловой клетки.
Заметим, что значения An и Bn несложно выражаются через предыдущие. Крайние клетки
полоски 2 × n можно покрыть вертикальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1)
(разрезать которую An−1 способов), можно — двумя горизонтальными, тогда останется полоска
2 × (n − 2) (разрезать которую An−1 способов), и можно — угловым тримино (два варианта),
тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки (разбить которую Bn−1 способов). Таким
образом, An = An−1 + An−2 + 2Bn−1 .
Крайнюю клетку полоски 2×n без угловой клетки (т.е. соседнюю с вырезанной) можно покрыть
горизонтальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки, а можно
— угловым тримино, тогда останется полоска 2 × (n − 2). Т.е. Bn = Bn−1 + An−2 .
Кроме того, A1 = 1, A2 = 2, B1 = 0 и B2 = 1.
Будем вычислять A10 , используя эти формулы.
A10 = A9 + A8 + 2B9 = 2A8 + 3A7 + 4B8 = 5A7 + 6A6 + 8B7 =
= 11A6 + 13A5 + 18B6 = 24A5 + 29A4 + 40B5 = 53A4 + 64A3 + 88B4 =
= 117A3 + 141A2 + 194B3 = 258A2 + 311A1 + 428B2 = 516 + 311 + 428 = 1255
Таким образом, получили ответ 1255 способов.
Санкт-Петербургский Государственный
Электротехнический Университет
Олимпиада “Математика и алгоритмы”, 2013 год
9–10 класс
1. Заметим, что
a2 + d2 > ad,
b2 + d2 > bd,
c2 + d2 > cd.
Сложив три неравенства, получаем
a2 + b2 + c2 + 3d2 > (ad + bd + cd) = d(a + b + c),
откуда искомое неравенство получается делением обеих частей на 3.
2. Обозначим количество мальчиков b, а количество девочек g. Тогда количество дружб между
мальчиками и девочками равно 4g = 3b. Т.к. числа 3 и 4 взаимно просты получаем, что g
должно делиться на 3, а b — на 4, т.е. g = 3k и b = 4k.
Количество дружб между девочками
— четно, обозначим k = 2n.
3g
2
=
9k
.
2
Это число должно быть целым, следовательно k
Таким образом, g = 6n и b = 8n, где n — некоторое натуральное число. Следовательно девочек
в классе по крайней мере 6, мальчиков — 8, а всего детей 14.
Покажем, что такой класс с 6 девочками и 8 мальчиками действительно можно подружить
так, как требуется в условии. Обозначим девочек A1 , A2 , . . . , A6 , а мальчиков — B1 , B2 , . . . , B8 .
Девочки будут дружить между собой, если их номера имеют разную четность. Мальчики будут
дружить между собой, если их номера отличаются на единицу, а также дружат мальчики
B1 и B8 . Наконец, девочки с нечетными номерами дружат со всеми мальчиками с нечетным
номерами, а девочки с четными номерами дружат со всеми мальчиками с четными номерами.
Не трудно заметить, что такая конструкция дружб в классе удовлетворяет условию.
Ответ: минимальное количество человек в классе — 14.
3. Пусть поллитровая бутылка стоит a рублей, литровая — b рублей, полуторалитровая — c рублей, а двухлитровая — d рублей. Так как выгоднее покупать бутылки большего объема то
3d < 4c, т.е. 3d + 1 6 4c. Прибавляя по 99 рублей к обеим частям, получим:
100 + 3d 6 99 + 4c.
Согласно условию, d + 2b = 99, 2a + 2c = 100. Подставим в левой и правой частях известные
суммы:
2a + 2c + 3d 6 d + 2b + 4c.
Вычтем из обеих частей по d + 2c:
2a + 2d 6 2b + 2c,
что означает
a + d 6 b + c.
4. Так как треугольники BDE и DEC имеют общую высоту, то |BE| : |EC| = SBDE : SDEC =
1 : 1, т.е. E — середина катета BC. По условию 2|AB| = |BC|, поэтому |AB| = |BE| = |BC|.
Треугольники ABD и DBC имеют общую высоту и, так как SDBC = SBDE + SDEC , то SABD :
SDBC = 1 : 2, откуда |AD| : |DC| = 1 : 2. Проведем в исходном треугольнике биссектрису BD0
прямого угла ABC: по свойству биссектрисы |AD0 | : |D0 C| = |AB| : |BC| = 1 : 2, т.е. точка D0
совпадает с D. Таким образом, треугольники ABD и EBD равны по двум сторонам и углу (BD
— общая, |AB| = |EB|, ∠ABD = ∠EBD = 45◦ ) и, в частности, |DE| = |AD| = |AC| : 3 = 1.
5. Обозначим время докладов каждого участника ti , а увеличение успеха за минуту ci . Предположим, что участники расставлены в порядке максимизации успеха. Тогда при перестановке
любых двух соседних участников, суммарный успех не увеличится, т.е.
ti ci+1 − ti+1 ci > 0,
ti ci+1 > ti+1 ci ,
ci
ci+1
> ,
ti+1
ti
cj
т.е. в искомой расстановке отношения αj = tj должны быть расположены в порядке возрастания. Заметим, что для участника, которому требуется на доклад i минут, отношение равно
i2
= i, поэтому достаточно просто расположить участников в порядке возрастания длительноi
стей докладов.
6. Заметим, что 3f (0) = 3f (0 + 0 + 0) = 3(f (0))2 , поэтому либо f (0) = 0, либо f (0) = 1. Если в
условии положить y = z = 0, то при всех вещественных x справедливо тождество
3f (x) = f (x + 0 + 0) = f (x)f (0) + f (x)f (0) + f (0)f (0).
(1)
Рассмотрим первый случай. Тождество (1) превращается в
3f (x) = 0,
т.е. f (x) = 0 для любого вещественного x.
Рассмотрим второй случай. Тождество (1) превращается в
3f (x) = f (x) + f (x) + 1,
т.е. f (x) = 1 для любого вещественного x.
7. Обозначим An количество способов разрезать полоску 2 × n на домино и угловые тримино, а
Bn количество способов так разрезать полоску 2 × n без угловой клетки.
Заметим, что значения An и Bn несложно выражаются через предыдущие. Крайние клетки
полоски 2 × n можно покрыть вертикальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1)
(разрезать которую An−1 способов), можно — двумя горизонтальными, тогда останется полоска
2 × (n − 2) (разрезать которую An−1 способов), и можно — угловым тримино (два варианта),
тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки (разбить которую Bn−1 способов). Таким
образом, An = An−1 + An−2 + 2Bn−1 .
Крайнюю клетку полоски 2×n без угловой клетки (т.е. соседнюю с вырезанной) можно покрыть
горизонтальной доминошкой, тогда останется полоска 2 × (n − 1) без угловой клетки, а можно
— угловым тримино, тогда останется полоска 2 × (n − 2). Т.е. Bn = Bn−1 + An−2 .
Кроме того, A1 = 1, A2 = 2, B1 = 0 и B2 = 1.
Будем вычислять A10 , используя эти формулы.
A10 = A9 + A8 + 2B9 = 2A8 + 3A7 + 4B8 = 5A7 + 6A6 + 8B7 =
= 11A6 + 13A5 + 18B6 = 24A5 + 29A4 + 40B5 = 53A4 + 64A3 + 88B4 =
= 117A3 + 141A2 + 194B3 = 258A2 + 311A1 + 428B2 = 516 + 311 + 428 = 1255
Таким образом, получили ответ 1255 способов.