9 класса

Образовательный центр «Сириус»
Южная математическая смена
Предварительный тур. Решение задач. 21.10.2015
9 класс
1. Как поровну разделить 7 булок на 12 человек так, чтобы каждый кусок был
больше 1/12 булки?
Решение.
Шесть булок делим одинаково — каждую на три части:
булку делим на шесть частей размером
и 12 частей размером
2
.
12
2
5
,
5
12 12
и
2
. Седьмую
12
. Получим по 12 частей размером
12
Каждому из 12 человек даем по одной части
5
12
и по одной части
2
5
12
.
12
2. Артур написал выражение �(5x + 4x) · 3x– 2x� : x, где вместо x, было
записано действительное число. Эдик стер все скобки. Оказалось, что
результат Эдика равен результату Артура. Чему равно x?
Ответ:
11
6
. Решение.
Имеем уравнение
(5𝑥+4𝑥)∙3𝑥−2𝑥
𝑥
= 5𝑥 + 4𝑥 ∙ 3𝑥 −
2𝑥
𝑥
.
После преобразований получим 27𝑥 − 2 = 12𝑥 2 + 5𝑥 − 2 или 12𝑥 = 22,
причем 𝑥 ≠ 0. Значит 𝑥 =
11
6
.
3. Буратино каждую ночь в течение года сажает монеты на Поле чудес. По его
подсчетам если следующий день будет солнечным, то «урожай» будет
превосходить «посевы» ровно на одну монету, если пасмурный — убытки
составят 10 монет. На деле же оказалось, что в солнечный день прибыль
составляла 12 монет, а в пасмурный — убыток был равен 121 монете. По
окончании года выяснилось, что при обоих подсчетах прибыль Буратино одна
и та же. Сколько именно?
Ответ: 3. Решение.
Первый способ. Предположим, что год не високосный. Пусть 𝑥 дней были
солнечными, а (365– 𝑥) дней — пасмурными, тогда по своему предложению
Буратино будет иметь 𝑥– (365– 𝑥)⋅10 = 11𝑥– 365⋅10 монет, а фактически —
12𝑥– �365– 𝑥�⋅121 = 133𝑥 − 365⋅121 монет.
Поскольку в итоге выяснилось, что количество монет в обоих случаях одно и
то же, то составляем уравнение 11𝑥 – 365⋅10 = 133𝑥– 365⋅121. Упростив его,
получим: 122𝑥 = 365⋅111. Такое уравнение не имеет натуральных решений.
Если же год високосный, то, рассуждая аналогично, получим уравнение
122𝑥 = 366⋅111, то есть 𝑥 = 333. Следовательно, Буратино должен
получить 333– (366– 333)⋅10 = 3 монеты.
Второй способ. Пусть солнечных — 𝑎 дней, а пасмурных — 𝑏 дней, тогда
𝑎 – 10𝑏 = 12𝑎– 121𝑏. Упрощая это равенство, получим, что 11𝑎 = 111𝑏.
Поскольку числа 11 и 111 — взаимно простые, то 𝑎 кратно 111, 𝑏 кратно 11.
Так как 𝑎 ≤ 366, то 𝑎 может быть равно 111, 222 или 333. Соответствующие
значения 𝑏: 11; 22; 33. Тогда сумма 𝑎 + 𝑏 (количество дней в году)
принимает значения 122, 244 и 366 соответственно. Отсюда заключаем, что
год был високосным, то есть 𝑎 = 333, 𝑏 = 33. Следовательно, Буратино
причитается 𝑎– 10𝑏 = 333– 330 = 3 монет.
4. Таблица 3 × 3 заполнена действительными числами таким образом, что
произведение чисел в любом прямоугольнике 1 × 3 или 3 × 1 равно 1, а
произведение чисел в любом квадрате 2 × 2 равно 2. Определите, какие числа
записаны в таблице.
Ответ: смотрите рисунок. Решение.
Обозначим числа в таблице буквами так, как показано на
рисунке. Тогда (def) ∙ (𝑔ℎ𝑖) = 1 ∙ 1 = 1. И 𝑒𝑒ℎ𝑖 = 2.
1
Следовательно, 𝑑𝑑 = . Так как 𝑎𝑎𝑎 = 1, то 𝑎 = 2.
2
Аналогичным образом доказывается, что
𝑎 = 𝑐 = 𝑔 = 𝑖 = 2.
1
Тогда
𝑏=𝑑=𝑓=ℎ= .
4
Поэтому
𝑒 = 16.
5. В остроугольном треугольнике ABC угол A равен 60°, BB1 и CC1 — высоты
треугольника и M — середина стороны BC. Докажите, что все стороны
треугольника MB1 C1 равны.
Решение.
Как известно, основания высот 𝐵1 и 𝐶1 лежат на
окружности радиуса
𝑀𝐵1 = 𝑀𝐶1 =
𝐵𝐵
2
.
𝐵𝐵
2
с центром 𝑀. Поэтому
Кроме
того,
угол
𝐵1 𝐶𝐶1 ,
вписанный в эту окружность, опирается на дугу
𝐵1 𝐶1 . Осталось заметить, что
∠𝐵1 𝐶𝐶1 = 90°– ∠𝐴 = 30°, откуда
∠𝐵1 𝑀𝐶1 = 2∠𝐵1 𝐶𝐶1 = 60°.
Получили, что в равнобедренном треугольнике 𝑀𝐵1 𝐶1 угол при вершине
равен 60°, следовательно, этот треугольник 𝑀𝐵1 𝐶1 — равносторонний.
6. Есть 100 монет, из которых 2 фальшивые. Разрешается взять любые 10 монет
и спросить, есть ли среди них фальшивая. Докажите, что за 18 таких
вопросов можно гарантированно найти обе фальшивые монеты.
Решение.
Разобьем монеты на 10 групп по 10 монет. Про каждую группу спросим, есть
ли в ней фальшивая монета. На это уйдет 10 вопросов. Заметим, что после
этого мы будем знать по крайней мере 80 настоящих монет. Возможны два
случая.
Первый случай. Есть две группы по 10 монет, в каждой из которых ровно по
одной фальшивой. Тогда за 4 вопроса можно из каждой группы выбрать
фальшивую монету. Для этого из группы нужно выбрать 5 монет и добавить
5 настоящих, после чего задать вопрос про эти 10 монет. Таким образом, мы
найдем 5 монет, из которых ровно одна фальшивая. Еще за один вопрос мы
оставим не более 3 подозрительных монет. Из них аналогично за два вопроса
мы найдем фальшивую. Т. е. в этом случае нам хватит 18 вопросов.
Второй случай. Есть группа из 10 монет, в которой ровно две фальшивых
монеты. Тогда разобьем эту группу на две по 5 монет и добавим к каждой из
них по 5 монет. Зададим по вопросу про каждую из групп. За эти два вопроса
мы выясним, что либо у нас будут две группы по 5 монет, в каждой из
которых ровно по одной фальшивой, либо одна группа из 5 монет, в которой
ровно две фальшивых монеты. Действуя аналогично, не более чем за 2 ∙ 3 = 6
вопросов мы найдем обе фальшивых монеты. Т.е. и в этом случае нам хватит
18 вопросов.