ВсОШ МЭ по математике

7 класс
1. Найти сумму чисел 1-2+3-4+5-6+…+2013-2014 и 1+2-3+4-5+6-…-2013+2014.
2. Сколько существует натуральных чисел таких, что произведение всех цифр такого числа, умноженное на
их количество, равно 2014?
3. На отрезке AB длиной 24 см поставлены точки С и D так, что они оказались серединами некоторых из
получившихся отрезков. Найти AC. Указать все возможные варианты.
4. На складе 25 белых стеклянных чашек и 35 чёрных фарфоровых. Каждая стеклянная чашка при падении
разбивается на 17 осколков, а каждая фарфоровая - на 18 осколков. Сторож перекрасил несколько стеклянных
чашек в черный цвет, а несколько фарфоровых - в белый, после чего случайно разбил все чашки, уронив их.
Могло ли образоваться одинаковое количество черных и белых осколков? Ответ обосновать.
5. Миша покрасил все целые числа в несколько цветов так, что числа, разность которых является простым
числом, покрашены в различные цвета. Какое наименьшее число цветов могло быть использовано Мишей?
Ответ обоснуйте.
8 класс
1. Действительные числа x, y, z (отличные от нуля)
удовлетворяют равенству: 𝑥 + 𝑦 = 𝑧.
𝑧
𝑦
𝑥
𝑥
Найдите все возможные значения, которые может принимать выражение: 𝑥 + 𝑧 − 𝑦 + 𝑧 +
𝑧
𝑦
𝑦
−𝑥
2. На сколько нулей оканчивается число, равное значению выражения:
(20
⏟ 50 + 2050 + ⋯ + 2050 ) (50
⏟ 20 + 5020 + ⋯ + 5020 ). Ответ обоснуйте.
20
50
3. В пятиугольнике ABCDE все стороны - равные : AB=BC=CD=DE=EA. Доказать, что биссектрисы углов С и E
и серединный перпендикуляр к отрезку AB пересекаются в одной точке.
4. По кругу выписано 100 чисел. Сумма любых семи из них, стоящих подряд, не менее пяти. Может ли сумма
всех чисел равняться а) 71? б) 72?
5. Как в клетках доски 88 расставить 12 единиц и 52 нуля так, чтобы сумма чисел в любом прямоугольнике
23 была положительна.
9 класс
1. Найдите последнюю цифру числа 20152015 − 20142014 − 20132013 .
2. Известно, что
a bc  0 и
a2  b2  c2 ;
Найдите а)
1 1 1
1
  
.
a b c
abc
б)
a4  b4  c4 .
3. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна произведению 2014·2015?
f ( x)  x 2  mx  n - квадратичная функция ( m и n - целые числа).
f (2015)  0 . Докажите, что f ( x)  0 для всех x из отрезка [2014;2015].
4.
5. Точка
Q
лежит вне окружности
Через точки
A
и
и
QB - касательные к окружности
B проведена вторая окружность 2
находящейся внутри окружности
окружность
1 . QA
1 ,
с центром в точке
взяли произвольную точку
1 в точке C , а прямая BK
Известно, что
- в точке
K.
(
A
и
Q . На дуге
Прямая
AK
f (2014)  0 и
1 ).
AB окружности 2 ,
B
принадлежат
пересекает второй раз
D . Докажите, что CD - диаметр окружности 1 .
6. Даны 126 различных натуральных чисел, каждое из которых не превосходит 2014. Для каждой пары этих
чисел вычислили разность большего и меньшего. Докажите, что среди этих разностей имеется по крайней
мере
а) четыре равных;
б) пять равных.
10 класс
1. Найдите последнюю цифру числа 20152015 − 20142014 − 20132013 .
2. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна произведению 2014·2015?
3.Решите систему уравнений
 x 3  2 x  y 3  2 y,
 2014
 y 2014  2 2015.
x
2
4. При каком наименьшем натуральном k квадратичный трехчлен y  kx  px  q
с натуральными
коэффициентами p и q имеет два различных положительных корня меньших 1?
QB - касательные к окружности ( A и B принадлежат 1 ).
Через точки A и B проведена вторая окружность 2 с центром в точке Q . На дуге AB окружности 2 ,
находящейся внутри окружности 1 , взяли произвольную точку K . Прямая AK пересекает второй раз
окружность 1 в точке C , а прямая BK - в точке D . Докажите, что CD - диаметр окружности 1 .
5. Точка
Q
лежит вне окружности
1 . QA
и
6. Треугольник A содержится в выпуклом четырехугольнике B.
Пусть S(A) и S(B) — площади этих
многоугольников, а P(A) и P(B) — их периметры. Доказать, что
S ( A) P( A)
.

S ( B) P( B)
Замечание: фигура
называется выпуклой, если с каждой парой точек она содержит и отрезок их соединяющий.
11 класс
1. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна произведению 2014·2015?
2. Сравните числа
sin 2014 111 и cos 2013111 .
3. Найдите такое целое число n, что для любого целого k≠2013, число
4. Целые числа a>0, b и c таковы, что квадратный трехчлен
Докажите, что квадратный трехчлен
n  k 2014
кратно
f ( x)  ax 2  bx  c
g ( x)  3ax  (c  2013) x  b  2015
2
2013  k .
имеет два корня большие 1.
будет иметь два различных
корня.
5. Какое наибольшее число клеток можно закрасить на доске 66 так, чтобы никакие четыре закрашенные
клетки не могли бы своими центрами образовывать прямоугольник, со сторонами параллельными сторонам
доски.
6. Можно ли разбить пространство на кубики с целочисленными ребрами, так чтобы среди всех их ребер не
нашлось более 324 одинаковых? Ответ обосновать.
7 класс
Решения
1. Ответ: 2.
Заметим, что для каждого слагаемого первой суммы, кроме 1, есть противоположное слагаемое во второй сумме. Сумма
противоположных чисел равна 0. Значит, общая сумма равна 1+1=2.
Критерии проверки:
Приведен правильный ответ с обоснованием:7 баллов.
Приведен неправильный ответ, с правильной идеей обоснования: 2 балла.
Приведен только правильный ответ: 1 балл.
2. Ответ: 1008.
Решение. Число 2014 делится только на цифры 1 и 2, поэтому в записи числа могут встречаться только цифры 1 и 2.
Причём, цифра 2 - только один раз. Если в записи числа - одни 1, то всего их 2014, и такое число одно. Если есть двойка,
то цифр 1007, и двойка может быть на любом месте, и таких чисел 1007. Отсюда ответ.
3. Ответ: AC может быть равно 6 см, 8 см, 12 см, 16см, 18 см.
1) С - середина АВ. Возможны два случая: D середина AC или D середина BC, в каждом из них AC=12 см.
2) D - середина АВ. Возможны два случая: C середина AD или С середина BD; в первом случае AC=6 см, а во втором AC=18 см.
3) D - середина АС и С - середина BD. В этом случае AC=16 см.
4) D - середина
BС и С - середина AD. В этом случае AC=8 см.
Критерии проверки:
Приведен правильный ответ и сделаны все необходимые рисунки:7 баллов.
Приведено 4 ответа с обоснованием:4 балла.
Приведено 3 ответа с обоснованием:2 балла.
Приведен только правильный ответ и нет обоснований: 1 балл.
4. Ответ: не могло.
Предположим, что черных и белых осколков оказалось поровну. Пусть x – количество стеклянных чашек, покрашенных
в чёрный цвет, а y – количество фарфоровых чашек, покрашенных в белый цвет. Тогда черных осколков всего
17x+18(35–y), а белых 17(25–x)+18y. Должно выполняться равенство
17x+18(35–y)= 17(25–x)+18y, или 18(35–2y)=17(25–2x). Равенство невозможно, так как слева чётное число, а справа
нечётное.
5. Ответ: 4 цвета.
Оценка. Рассмотрим числа 1, 3, 6, 8. Разность любых двух из них простое число, это значит, что все они должны быть
различных цветов и цветов нужно не менее четырёх.
Пример. В первый цвет красим числа вида 4k, во второй цвет красим числа вида 4k+1, в третий цвет красим числа вида
4k+2, в четвертый цвет красим числа вида 4k+3 (k – целое число). Разность любых двух одного цвета кратна 4 и не
может быть простым числом.
.
8 класс
Решения
1. Ответ: 3.
𝑧
Решение. Преобразуем выражение
𝑧
𝑦
𝑧
𝑥
𝑦
𝑥
𝑧−𝑦
𝑥
𝑥
𝑦
𝑦
𝑧
𝑧
𝑥
= − + − + + =
+
𝑧−𝑥
𝑦
𝑥
+
𝑦
𝑥
𝑥
𝑧
𝑦
𝑧
𝑦
𝑧
𝑦
𝑥
+ − + + − =
𝑦+𝑥
𝑧
.
Используя условие 𝑥 + 𝑦 = 𝑧 и полученные из него формулы 𝑦 = 𝑧 − 𝑥 и 𝑥 = 𝑧 − 𝑦, получим:
𝑧−𝑦
𝑥
+
𝑧−𝑥
𝑦
+
𝑦+𝑥
𝑧
𝑥
𝑦
𝑧
𝑥
𝑦
𝑧
= + + =3.
.
2. Ответ: на 93 нуля.
(20
⏟ 50 + 2050 + ⋯ + 2050 ) (50
⏟ 20 + 5020 + ⋯ + 5020 ) = 20 ∙ 2050 ∙ 50 ∙ 5020 =
20
50
= 2051 ∙ 5021 = 100021 ∙ 2030 = 1063 ∙ 1030 ∙ 230 = 1093 ∙ 230 .
Первый множитель оканчивается на 93 нуля, а второй не оканчивается нулём (он оканчивается четвёркой).
Критерии проверки:
Приведены верное решение и верный ответ: 7 баллов.
В выкладках допущена вычислительная ошибка, из-за чего ответ неверный: 3 балла.
Приведён только верный ответ: 2 балла.
3. Решение. В равнобедренных
биссектрисы углов E и C являются
треугольников и, значит, лежат на
отрезкам AD и BD. Серединные
сторонам треугольника ABD,
утверждение задачи доказано.
треугольниках AED и DCB
высотами и медианами этих
серединных перпендикулярах к
перпендикуляры, проведённые к
пересекаются в одной точке. Значит,
4.Ответ: а) не может. б) может.
а) так как сумма любых семи - не менее 5,
то найдутся два соседних числа,
сумма которых не менее 2∙4/7>1.
Оставшиеся числа, кроме этих двух,
разобьем на 14 групп соседних по 7 штук. Их сумма не менее 14∙5=70. Значит, сумма всех ста чисел больше 71.
б) занумеруем все числа по кругу от 1 до 100. Положим равными нулю те числа, у которых номер кратен семи и те
числа, которые дают в остатке 6 при делении на 7. Остальные равны 1. Так как 100=147+2, то нулю будут равны
142=28 чисел. Сумма всех чисел равна 72, а сумма любых семи подряд равна 5 и, значит, не меньше 5.
..
5. Ответ: можно.
Пример приведён на рисунке. В пустых клетках
нули.
9 класс
Решения
1. Найдите последнюю цифру числа 20152015 − 20142014 − 20132013 .
Решение: Последняя цифры степеней определяются возведением последних чисел оснований. Поэтому последняя цифра
числа 20152015 равна 5. Последние цифры степеней 4 периодичны с периодом 2. У нечетных степеней 4, у четных 6. У
степеней 3 повторение через 4: 3, 9, 7, 1. Так как при делении на 4 2013 дает в остатке 1, то последняя цифра у
последнего числа будет 3. Итог: … 5− . .6 − . . 3 = . .6.
Рекомендации по проверке.
Ответ без обоснования – 0 баллов.
2. Известно, что
abc 0 и
1 1 1
1
  
.
a b c
abc
Найдите
а)
a 2  b2  c2 ;
б)
a 4  b4  c4 .
Решение.
1 1 1
1
  
 bc  ac  ab  1.
a b c
abc
a  b  c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  bc  ac   a 2  b 2  c 2  2.


2

a 4  b4  c 4  a 2  b2  c 2  2 a 2b2  b2c 2  a 2c 2

.

(ab  bc  ac)2  a 2b2  b2c 2  a 2c 2  2 ab2c  a 2bc  abc 2 
 a 2b2  b2c 2  a 2c 2  2abc(b  a  c)  a 2b2  b2c 2  a 2c 2 
a 2b2  b2c 2  a 2c 2  1 .
a 4  b4  c4  4  2  2 .
Рекомендации по проверке.
Найдено
a 2  b2  c2 :
Найдено
a 4  b 4  c 4 : +4 балла.
3 баллa.
3. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна 2014·2015?
Решение. 2014·2015 дает при делении на 3 остаток 2.
Число при делении на 3 дает такой же остаток, что и сумма его цифр. Но квадрат натурального числа не может при
делении на 3 остаток 2:
3k 2 делится на 3;
3k  12  9k 2  6k  1 при делении на 3 дает остаток 1;
3k  22  9k 2  12k  4
при делении на 3 дает остаток 1.
Значит, такого натурального числа не существует.
4.
f ( x)  x 2  mx  n
- квадратичная функция ( m и
n - целые числа). Известно, что f (2014)  0 и
f (2015)  0 . Докажите, что f ( x)  0 для всех x из отрезка [2014;2015].
Решение. Докажем методом от противного. Пусть существует
x  [2014;2015]
такое, что
f ( x)  0 . Тогда
f ( x)  x 2  mx  n xв  (2014;2015) , и квадратный трехчлен имеет корни x1
абсцисса вершины параболы
и
x2  (2014;2015) (корни могут совпадать).
xв  
m

2
m - нечетное.
0  D  m 2  4n   x1  x2   1.
2
Разность нечетного и четного числа не может принадлежать промежутку
[0;1) . Противоречие.
Рекомендации по проверке.
Доказана нечетность m: +1 балл.
Доказано, что
5. Точка
точки
Q
A
и
D  [0;1) : +2 балла.
лежит вне окружности
1 . QA и QB - касательные к окружности ( A
B проведена вторая окружность 2
внутри окружности
C , а прямая BK
с центром в точке
1 , взяли произвольную точку K . Прямая AK
- в точке
D . Докажите, что CD
Q . На дуге AB
и
B
принадлежат
окружности
2 , находящейся
пересекает второй раз окружность
- диаметр окружности
1 ). Через
1
1 .
360  


AKB 
 180 
AQB  AKB   . Тогда
2
2.

Решение. Пусть
Из
AQB
QAB  QBA  90 
С другой стороны,
QAB 

2
.
QAB - угол между касательной QA и секущей AB окружности 1 . Следовательно,
1 
APB  ACB
2
.


CBD  180  ACB  BKC  180  ACB  180  AKB 
Из
 


 AKB  ACB  180     90    90.
2 
2

BKC
в точке
Следовательно,
CD - диаметр окружности 1 .
6. Даны 126 различных натуральных чисел, каждое из которых не превосходит 2014. Для каждой пары этих чисел
вычислили разность большего и меньшего. Докажите, что среди этих разностей имеется по крайней мере
а) четыре равных;
б) пять равных.
Решение.
а) Всего можно составить
126  125
 7875
2
пар чисел. Разности могут быть равны любому числу от 1 до 2013.
7875 : 2013  3 (ост. 1836). Значит, найдется по крайней мере 4 равных.
б) Обозначим числа в порядке возрастания:
x1 , x2 ,..., x126
.
Предположим, что среди модулей разностей этих чисел нет пяти равных.
Тогда
2014  x126  x1  x2  x1   x3  x2   ...  x126  x125 
.Оценим
x2  x1   x3  x2   ...  x126  x125  снизу. По предположению среди разностей
x2  x1 , x3  x2 ,..., x126  x125  не более четырех равны 1, не более четырех равны 2, …, не более четырех
x2  x1   x3  x2   ...  x126  x125   4  1  4  2  ...  4  31  32 
равны 31. Следовательно,
Получим
 4  (1  2  ...  31)  32  1984  32  2016.
2014  x126  x1  x2  x1   x3  x2   ...  x126  x125   1  2016  2017. Противоречие.
10 класс
Решения
1. Найдите последнюю цифру числа 20152015 − 20142014 − 20132013 .
Решение: Последняя цифры степеней определяются возведением последних чисел оснований. Поэтому последняя цифра
числа 20152015 равна 5. Последние цифры степеней 4 периодичны с периодом 2. У нечетных степеней 4, у четных 6. У
степеней 3 повторение через 4: 3, 9, 7, 1. Так как при делении на 4 2013 дает в остатке 1, то последняя цифра у
последнего числа будет 3. Итог: … 5− . .6 − . . 3 = . .6.
2. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна 2014·2015?
Решение. 2014·2015 дает при делении на 3 остаток 2.
Число при делении на 3 дает такой же остаток, что и сумма его цифр. Но квадрат натурального числа не может при
делении на 3 остаток 2:
3k 2 делится на 3;
3k  12  9k 2  6k  1 при делении на 3 дает остаток 1;
3k  22  9k 2  12k  4
при делении на 3 дает остаток 1.
Значит, такого натурального числа не существует.
3. Решите систему уравнений
 x3  2x  y3  2 y
 2014
 y 2014  2 2015
x


f (t )  t 3  2t
Решение. Функция
возрастающих функций
Равенство
x y
f1 (t )  t
монотонно возрастающая на всей числовой прямой как сумма двух монотонно
3
и
f 2 (t )  2t . Поэтому из первого уравнения имеем f ( x )  f ( y )  x  y .
можно получить также разложением на множители выражения
( x  y )( x  xy  y  2)  0 . Поскольку
2
2
Подставляя во второе уравнение системы
x3  2x  y3  2 y  0 
3
x 2  xy  y 2  2  ( x  y ) 2  2  y 2  0
2
4
yx
, получим
, то
x  y.
x  2 . Ответ. x  y  2
4. При каком наименьшем натуральном k квадратичный трехчлен
y  kx2  px  q
с натуральными коэффициентами p и q имеет два
различных положительных корня меньших 1?
Решение. Сначала оценим коэффициент
k снизу. Пусть 0  x1  x2  1 корни квадратичного трехчлена, тогда
y  kx2  px  q  k ( x  x1 )( x  x2 ) , из условия расположения корней и k  1 вытекает, что y (1)  1 и
y ( 0)  1 .
Так как
y(0)  kx1 x2  q  1 , то
y (1) y(0)  k 2 x1 (1  x1 ) x2 (1  x2 )  1.
x (1  x ) 
Далее воспользуемся оценкой
1
4
x1 (1  x1 ) x2 (1  x2 ) 
откуда получаем
x
справедливой для всех
1
2 . В нашем случае 0  x1  x2  1 ,
1
1 2
k  k 2 x1 (1  x1 ) x2 (1  x2 )  1
16 . Следовательно, 16
k  4.
Таким образом, получена оценка снизу. Покажем точность оценки, для этого достаточно построить пример с
k  5:
y  5x  5x  1
2
5. Точка
Q
A
и
точки
лежит вне окружности
1 . QA и QB - касательные к окружности ( A
B проведена вторая окружность 2
внутри окружности
C , а прямая BK
с центром в точке
1 , взяли произвольную точку K . Прямая AK
- в точке
D . Докажите, что CD
Q . На дуге AB
и
B
принадлежат
окружности
2 , находящейся
пересекает второй раз окружность
- диаметр окружности
1 ). Через
1
1 .
360  


AKB 
 180 
AQB  AKB   . Тогда
2
2.

Решение. Пусть
Из
AQB
QAB  QBA  90 
С другой стороны,
QAB 

2
.
QAB - угол между касательной QA и секущей AB окружности 1 . Следовательно,
1 
APB  ACB
2
.


CBD  180  ACB  BKC  180  ACB  180  AKB 
Из
 


 AKB  ACB  180     90    90.
2 
2

BKC
Следовательно,
CD - диаметр окружности 1 .
в точке
6. Треугольник A содержится внутри выпуклого многоугольника B. Пусть S(A) и S(B) — площади, а P(A) и P(B)
периметры этих фигур. Доказать, что
S ( A) P( A)

S ( B ) P( B ) .
Решение. Впишем в треугольник A окружность радиуса R=2S(A)/P(A)с центром в точке O . Теперь соединим центр O
круга с вершинами m-угольника B. Тогда m-угольник B разобьётся на треугольники с площадями hibi/2, где hi —
расстояние от точки O до i-й стороны, а bi — длина i-й стороны m-угольника B. Так как hi ≥ R, то 2S(B) = h1b1 +
h2b2+…+ hmbm< R (b1 + b2+…+ bm )=RP(B).
Откуда получаем R=2S(A)/P(A)<2 S(B)/P(B).
11 класс
Решения
1. Существует ли натуральное число, сумма цифр квадрата которого равна 2014·2015?
Решение. 2014·2015 дает при делении на 3 остаток 2.Число при делении на 3 дает такой же остаток, что и сумма его
цифр. Но квадрат натурального числа не может при делении на 3 остаток 2:
3k  12  9k 2  6k  1
при делении на 3 дает остаток 1;
3k  22  9k 2  12k  4
3k 2 делится
на 3;
при делении на 3 дает
остаток 1.Значит, такого натурального числа не существует.
2. Сравните числа
sin 2014 111
и
cos 2013111 . Ответ: sin 2014 111 > cos 2013111 .
Решение:
Заметим, что
,
sin 2014 111 >0. Так как
выполняются следующие неравенства 3,14<<3,15,
35,5  3,14  111,47  35,5 , то 35  111  35,5
, а значит
3. Найдите такое целое число n, что для любого целого k≠2013, число
2014
Ответ: 2013
Решение.
35  35  3,15  110,25
cos111  0  cos 2013111  0 .
n  k 2014
кратно
2013  k .
.
Обозначим через t= 2013  k , тогда
n  k 2014 n  (2013  t ) 2014
. Если возвести в степень 2014 число

2013  k
t
2013  t , то получим сумму слагаемых, каждое из которых содержит множитель tm (для некоторого m=1,…,2014) за
исключением
n  (2013  t ) 2014 n  20132014  tS n  20132014


 S , где S–
t
t
t
n  20132014  t для любого целого t. Это возможно лишь тогда, когда n  20132014  0 
20132014 , тогда получим
целое число, значит
n  20132014
.
4. Целые числа a>0, b и c таковы, что квадратный трехчлен
Докажите, что квадратный трехчлен
f ( x)  ax 2  bx  c
g ( x)  3ax  (c  2013) x  b  2015
2
Решение.
Пусть x1 и x2 нули функции f(x), тогда по теореме Виета имеем:
имеет два корня большие 1.
будет иметь два различных корня.
b

 x1  x2   a
 b  2a
, а так как x1>1, x2>1 и a>0, то 
. Получаем, что b  0  a  c . Заметим, что так как x1>1,

c
 ca
 x1 x2 
a

2
2
2
2
2
x2>1, то f (1)  a  b  c  0  a  c  b  a  c   b  a  2ac  c  b 
a 2  2ac  c 2  b 2  4ac  0 , а так как a, b и c целые, то получаем, что c  a  2 , то есть a  c  2  0 .
Найдем g (1)  3a  c  2013  b  2015  3a  c  2  b  (a  c  2) 
 (2a  b)  0 , а так как a  0 , то это означает, что квадратный трехчлен g (x ) имеет два корня.
5. Какое наибольшее число клеток можно закрасить на доске 66 так, чтобы нельзя было выбрать четыре закрашенные
клетки таким образом, чтобы центры этих клеток образовывали прямоугольник, стороны которого параллельны
сторонам доски.
Решение.
Пусть можно закрасить n клеток. Обозначим через x1, x2,… x6 количество закрашенных клеток в 1,2,…6 столбцах
соответственно, тогда x1+ x2+…+ x6=n. Подсчитаем количество пар клеток в столбцах, которые могут образовывать
стороны искомого прямоугольника. В первом столбце их
x1 ( x1  1)
, аналогично в остальных
2
x2 ( x2  1)
x ( x  1)
, ... , 6 6
. Тогда всего таких пар
2
2
x1 ( x1  1)
x ( x  1) x12  ...  x62 x1  ...  x6 1 ( x1  ...  x6 ) 2 n
 ...  6 6



 
2
2
2
2
2
6
2
2
2
n
n n  6n
. Каждой такой паре соответствует пара строк, в которых они лежат, а всего таких пар

 
12 2
12
6!
n 2  6n
С62 
 15 . Тогда если
 15 , то двум различным парам закрашенных клеток в разных столбцах будет
2!4!
12
соответствовать одна и та же пара строк и найденные четыре клетки будут образовывать искомый прямоугольник.
Значит
n 2  6n
 15 , решая неравенство получаем, что n  16 . Для n=16 можно раскрасить следующим образом:
12
6. Можно ли разбить пространство на кубики с целочисленными ребрами, так чтобы среди всех их ребер не нашлось
более 324 одинаковых? Ответ обосновать.
Решение.
Шаг 1: Построим составной куб из 27 кубиков с ребрами
Шаг 2: Данный составной куб с ребром равным 3 обложим
размера, образуя составной куб со стороной 32=9.
Продолжим процесс.
Шаг n: Получим составной куб со стороной 3n.
Если ввести декартову систему координат, то
(3n/2; 3n/2; 3n/2). Для каждой точки пространства
будет находиться внутри куба. Следовательно,
при этом на первом шаге ребер у 27 кубиков будет
26 кубиков с ребрами длины 3, т.е. 26×12=312< 324.
ребер длины 3n-1.
равными 1.
вокруг 26 кубами такого же
вершины будут иметь координаты
найдется n, для которого точка
пространство разложиться на кубы,
27×12=324. При n=2 добавляются
На шаге n, образуется 312 новых
Всероссийская олимпиада школьников
по математике
(муниципальный этап)
2014-2015 учебный год