М Г . П . К

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ
ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
21.12.14 10 класс
г. Омск
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
1.
Найдите все такие тройки отличных от нуля чисел, что первое равно
среднему арифметическому двух других, второе – разности двух
других, а третье – сумме квадратов двух других.
2.
Хулиган Вася на ЕГЭ по математике получил прямоугольный бланк,
взял ножницы и начал резать его на части прямолинейными
разрезами. Каждым разрезом он режет какой-нибудь из имеющихся
кусков на две части. За время экзамена Вася успел сделать ровно 2014
разрезов. Вася утверждает, что среди полученных кусков оказалась
ровно 403 восьмиугольника? Мог ли он оказаться прав?
3.
В треугольнике ABC точка M – середина стороны AB. Продолжение
медианы CM пересекает описанную окружность треугольника ABC в
точке P. На отрезке CM выбрана точка Q так, что PM=MQ. Прямая
BQ пересекает сторону AC в точке R, при этом четырёхугольник
CRMB вписанный. Докажите, что прямые BR и AC перпендикулярны.
4.
Найдите все такие многочлены f, что для любых значений x и y
выполнено равенство: f(x+f(y)) = f(x)+y.
5.
Клетчатая полоска 1×n разбита на единичные клетки. Можно ли
раскрасить в 3 цвета стороны всех имеющихся квадратиков так,
чтобы при выкидывании отрезков любого цвета можно было пройти
из каждой вершины в любую другую по отрезкам двух оставшихся
цветов?
6.
Двое играют в такую игру. В клетки квадратной доски 1001×1001 они
поочерёдно ставят по фишке (больше одной фишки в одну клетку
ставить нельзя). Как только в каком-то ряду (вертикаль или
горизонталь) оказывается более двух фишек, сделавший последний
ход признается проигравшим. Кто из игроков сможет выиграть
независимо от действий противника?
Просмотр работ участников олимпиады состоится 28.12.2014 в 12.15 в 301 ауд.
1-го корпуса ОмГУ. Закрытие олимпиады и награждение там же в 13.00.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ И КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Ответ. y=0,6; x=1,2; z=1,8. Решение. Обозначим данные числа за x, y, z, причём x=(y+z)/2.
Далее возможны два случая. Первый случай: y=x–z, откуда следует x=0, что противоречит
условию. Остаётся случай y=z–x, и третье равенство принимает вид z=y2+x2. Решая
полученную систему, получаем: x=2y, z=3y, 3y=5y2. Из этих равенств получаем ответ.
Критерии. Полное решение – 7 баллов. Не разобран случай, приводящий к нулевому
решению – снимается 2 балла. Ответ с проверкой, но без объяснений – 1 балл. Ответ без
объяснений и проверки – 1 балл.
2. Решение. Мог. Например, можно разрезать первыми 402 разрезами бланк на 403
прямоугольника. Так как 2014  402 = 4034, мы сможем оставшимися разрезами
превратить каждый из этих прямоугольников в восьмиугольник, отрезав от него четыре
треугольника. Критерии. Полное решение – 7 баллов. В остальных случаях – 0 баллов.
3. Решение. Так как точки C, R, M и В лежат на одной
C
окружности, то RCM=RBM как вписанные, опирающиеся
на одну дугу. Аналогично ACP=ABP. Но тогда
QBM=MBP, т.е. в треугольнике QBP отрезок ВМ является
R
одновременно медианой и биссектрисой, а значит, и высотой.
CRB=CMB=90°, т.е. прямые BR и AC перпендикулярны.
Критерии. Полное решение – 7 баллов. В остальных случаях
А
– 0 баллов.
Q
М
В
4. Ответ. Таких многочлена два: f(x)=x и f(x)=–x. Решение.
Подставим x=0. Получаем f(f(y)) = f(0)+y. Степень
Р
композиции двух многочленов равна произведению степеней
этих многочленов. Значит, многочлен имеет первую степень, причём его старший
коэффициент по модулю равен 1. Значит, либо f(x)=x+c, либо f(x) = – x+c. В первом
случае приходим к равенству x+y+2c= x+y+c  c=0 и f(x)=x. Во втором случае получаем:
–x–f(y)+c=–x+y+c  f(y)=–y. Критерии. Полное решение – 7 баллов. Константа не
отброшена – 4 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
5. Решение. Нет. Рассмотрим произвольную раскраску и выделим три графа, состоящие из
всех вершин и ребер одного цвета. В каждом графе 2n+2 вершины. Пусть вершин первого
цвета a, вершин второго цвета b, а вершин третьего цвета c. Тогда для соединения
отрезков двух цветов в связный граф требуется не менее 2n+1 ребер-сторон. Получаем
неравенства a+b2n+1, a+с2n+1, с+b2n+1. Складывая все три неравенства, получаем
a+b+с3n+3/2. Но всего сторон 3n+1. Критерии. Полное решение – 7 баллов. В
остальных случаях – 0 баллов.
6. Решение. Второй. Выигрышная стратегия может выглядеть, например, так. Второй делает
ход в тот же столбец, в который только что походил первый, но при этом, пока это
возможно, в пустую строку. Если второй не может сделать ход, то в каждой строчке кроме
той, в которую только что походил первый, уже стоит по 2 фишки. Это означает, что
второй в этот момент пытается сделать последний 2002-й ход, причём перед предыдущим
ходом первого оставалась одна пустая строка. Но такая ситуация невозможно. В самом
деле, до того момента, когда пустых строк не останется, каждый ход второго занимает
хотя бы одну пустую строку и ещё одну пустую строку занял первый своим первым
ходом. Это гарантирует занятость всех строк после 2000-го хода. Критерии. Полное
решение – 7 баллов. Верная стратегия без обоснования – 4 балла. В качестве выигрышной
стратегии указано «делать ход в тот же столбец» без уточнений – 1 балл. В остальных
случаях – 0 баллов.