МАЛЫЙ МЕХМАТ МГУ

Архив заочного отделения

Версия для печати

Вступительная работа в 2004 году.

Вступительная работа в 2004 году

1.
Решите уравнение (2/3)(1/x + 3) = (6x + 2)/(3x)
Указание. Приведите сумму в левой части равенства к общему знаменателю и внесите множитель 2/3 внутрь скобок.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения:

(2/3)*(1/x + 3) = (2/3)*(3x + 1)/x = (6x + 2)/(3x).

Теперь легко видеть, что левая часть уравнения равна правой при любом x, кроме 0.

Ответ: x – любое действительное число, не равное 0.
2.
Докажите, что если в четырехугольнике каждый из углов больше 89°, то каждый из них меньше 93°.
Указание. Докажите, что данный четырехугольник выпуклый, а затем вспомните, чему равна сумма углов выпуклого четырехугольника.
Решение. Обозначим данный четырехугольник через ABCD (см. рис.).
Докажем сперва, что он выпуклый. Предположим противное: он не является выпуклым. Воспользуемся без доказательства тем фактом, что в невыпуклом четырехугольнике одна из диагоналей лежит вне этого четырехугольника, а другая – внутри.
Обозначим диагональ, лежащую внутри и делящую данный четырехугольник на два треугольника, через AC. Так как ABCD невыпуклый, то либо ∠ 2 + ∠ 3 > 180° и ∠ 5 + ∠ 6 < 180° (этот случай изображен на рисунке), либо наоборот.
Докажем, что это невозможно.

В самом деле, ∠ 2 + ∠ 3 = (180° – ∠ 1 – ∠ 6) + (180° – ∠ 4 – ∠ 5) = 360° – ∠ 1– ∠ 4 – (∠ 5 + ∠ 6) = 360° – ∠ ABC – ∠ ADC – ∠ BCD < 360° – 89° – 89° – 89° = 93°, что противоречит неравенству ∠ 2 + ∠ 3 > 180°. Совершенно аналогично разбирается случай, когда ∠ 2 + ∠ 3 < 180° и ∠ 5 + ∠ 6 > 180°.

Таким образом, четырехугольник ABCD – выпуклый и, следовательно, сумма его внутренних углов равна 360°. Тогда ∠ A = 360° – ∠ B – ∠ C – ∠ D < 360° – 89° – 89° – 89° = 93°. Аналогично для углов при вершинах B, C, D. В результате получаем, что все углы данного четырехугольника меньше 93°, что и требовалось доказать.
3.
Среди философов каждый седьмой — математик, а среди математиков каждый девятый — философ. Кого больше: философов или математиков?
Указание. Обратите внимание на людей, являющихся одновременно как философами, так и математиками. Какую долю они составляют от общего числа математиков? философов?
Решение. Обозначим количество людей, являющихся одновременно и философами, и математиками, через n. Заметим, что n > 0, так как из условия следует, что такие люди существуют. Очевидно, что философов будет 7n, а количество математиков составит 9n. Поскольку n > 0, то 9n > 7n, т.е. математиков окажется больше.

Ответ: Математиков больше.
4.
Чему равна предпоследняя цифра квадрата некоторого натурального числа, если последняя цифра равна пяти?
Указание. Замечание. Обращаем ваше внимание на то, что по условию последняя цифра квадрата (а не самого числа!) равна 5.

Представьте исходное число в виде 10a + b (a и b – целые числа, a ≥ 0, 0 ≤ b ≤ 9). Какие значения может принимать b, если известно, что (10a + b)2 оканчивается на 5?

Решение. Представим исходное число в виде n = 10a + b (a, b – целые числа, a ≥ 0, 0 ≤ b ≤ 9). Тогда n2 делится на 5, так как оно оканчивается на 5. Следовательно, и n делится на 5 (если бы n не делилось на 5, то и n2 не делилось бы), откуда по признаку делимости b = 0 или b = 5. Но если b = 0, то n делится на 10 и, следовательно, n2 делится на 10, т.е. оканчивается нулем – противоречие с условием. Итак, b = 5. Тогда n2 = (10a + 5)2 = 100a2 + 100a + 25 = 100(a2 + a) + 25. Слагаемое 100(a2 + a) не влияет на предпоследнюю цифру числа n2 (от него зависят только сотни и более старшие разряды), поэтому она равна 2.

Ответ: 2.
5.
Положительные числа a, b и c таковы, что abc и a+b+c ≤ 1. Докажите, что a2 + 3b2 + 5c2 ≤ 1.
Указание. Если a, b, c положительны и a + b + c ≤ 1, то и (a + b + c)2 ≤ 1. С учетом этого достаточно доказать, что a2 + 3b2 + 5c2 ≤ (a + b + c)2: требуемое неравенство будет следовать отсюда.
Решение. Запишем два следствия из условия:
a, b, c > 0, следовательно, a + b + c > 0;
0 < a + b + c ≤ 1, следовательно, (a + b + c)2 ≤ 1.
Итак, 1 ≥ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc.

Поскольку a, b, c > 0 и abc, то 2ab ≥ 2b2, 2ac ≥ 2c2, 2bc ≥ 2c2, откуда 1 ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bca2 + b2 + c2 + 2b2 + 2c2 + 2c2 = a2 + 3b2 + 5c2, что и требовалось доказать.
6.
Во время перемирия за круглым столом разместились рыцари двух враждующих станов. Оказалось, что число рыцарей, справа от которых сидит враг, равно числу рыцарей, справа от которых сидит друг. Докажите, что число рыцарей делится на 4.
Указание. Пусть рыцарей, справа от которых сидит враг, будет n человек (столько же будет и рыцарей, справа от которых сидит друг). Докажите, что n – четное число. Для этого следует пройти один раз вокруг стола и посмотреть, сколько раз за время такого прохода может встретиться ситуация, когда справа от рыцаря сидит его враг.
Решение. Обозначим количество рыцарей, справа от которых сидит враг, через n. По условию рыцарей, справа от которых сидит друг, будет столько же, и общее количество рыцарей составит 2n. Таким образом, достаточно доказать, что n – четное число: тогда 2n будет делиться на 4.

Присвоим одному из станов номер 1, а другому – номер 2 и напишем рядом с каждым из рыцарей номер стана, к которому тот принадлежит. В результате у нас получится некоторый набор чисел 1 и 2, расставленных вдоль окружности. Возьмем любое из этих чисел и пройдем, начиная с него, один круг против часовой стрелки, остановившись на этом же числе. Очевидно, что ситуация, когда очередное число отличается от предыдущего, будет соответствовать тому, что справа от рыцаря сидит его враг, а потому такая ситуация встретится ровно n раз. С другой стороны, она должна встретиться четное число раз: ведь начинаем и заканчиваем мы одним и тем же числом. Если же в процессе одного обхода произошло нечетное число перемен с 1 на 2 и с 2 на 1, то конечное число будет отличаться от начального (например, если мы начали с числа 1 и пять раз встретили ситуацию, когда очередное число отличается от предыдущего, то закончим мы числом 2).

Таким образом, n будет четным числом; тогда общее количество рыцарей 2n будет делиться на 4, что и требовалось доказать.
7.
Леша увидел двух двухголовых дракончиков, головы которых спутались. Драконы бывают либо правдивые, т.е. все головы говорят только правду, либо лживые, т.е. все головы всегда лгут. Леша решил помочь дракончикам распутать головы. Но для этого ему надо знать, где чья голова. Он спросил это у дракончиков, на что головы ответили:
  • Первая голова: Я — правдивая голова;
  • Вторая голова: Третья голова — моя родная голова;
  • Третья голова: Вторая голова — не родная мне голова;
  • Четвертая голова: Третья голова — лживая.
Кому какая голова принадлежит?
Указание. Обратите внимание на вторую и третью головы: попробуйте определить, какая из них лжива, а какая правдива. С остальными головами разобраться уже несложно, учитывая то, что количество лживых (равно как и правдивых) голов должно быть четным.
Решение. Поскольку у каждого дракончика обе головы говорят либо только правду, либо только ложь, то, очевидно, количество лживых голов в любом случае будет четным.

Предположим, вторая голова правдива. Тогда третья голова – родная для нее, и, следовательно, тоже правдива – но утвержение третьей головы противоречит этому выводу. Таким образом, вторая голова лжива, а третья не является ей родной и, следовательно, правдива, поскольку дала истинный ответ. Тогда четвертая голова лжива (это следует из ее утверждения), и в этом случае первая голова правдива (так как лживых голов четное количество). Несложно проверить, что этот вариант удовлетворяет условию.

Итак, правдивыми будут первая и третья голова (они принадлежат одному дракончику), а лживыми – вторая и четвертая (они принадлежат другому дракончику).

Ответ: Первая и третья голова принадлежат одному дракончику; вторая и четвертая – другому.
8.
В треугольнике ABC стороны AB и BC равны, а угол ABC равен 120°. Точка M — середина AC. Докажите, что биссектрисы углов BAC и BMC пересекаются на стороне BC.
Указание. Проведите биссектрису угла BMC и обозначьте точку пересечения ее со стороной ВС через K. После этого докажите, что K равноудалена от прямых AB и BM. Поскольку MK – биссектриса угла BMC, то K также равноудалена от прямых BM и АС.
Решение. Обозначим точку пересечения биссектрисы ∠ BMC со стороной BC через K и докажем, что AK – биссектриса ∠ BAC. Для этого опустим из точки K перпендикуляры на AB, BM и AC, обозначив их основания соответственно через H1, H2 и H3.

H1BK = 180° – ∠ ABC = 60°. Далее: BM – медиана равнобедренного треугольника ABC, проведенная к основанию, а потому она является одновременно и биссектрисой: ∠ CBM = 60°. Таким образом, ∠ H1BK = ∠ H2BK = 60°, и, следовательно, KH1 = KH2, так как точка K лежит на биссектрисе ∠ H1BM.

Поскольку точка K лежит и на биссектрисе ∠ BMC, то, следовательно, KH2 = KH3; таким образом, из полученных равенств можно заключить, что KH1 = KH3, а это означает, что точка K лежит на биссектрисе ∠ BAC, т.е. биссектрисы ∠ BAC и ∠ BMC пересекаются на стороне BC (в точке K), что и требовалось доказать.
9.
Даны три отрезка длин 1, 2, 3. Отрезок длины 3 как-то разбили на 100 других. Докажите, что среди получившихся 102 отрезков найдутся три, из которых можно составить треугольник.
Указание. Предположите обратное: любые три из получившихся 102 отрезков не образуют треугольник. Тогда, если обозначить длины некоторых трех отрезков через a, b, c (для определенности abc), то для них не будет выполняться неравенство треугольника, откуда b+ca. Получите, пользуясь этим, противоречие с условием задачи.
Решение. Обозначим длины отрезков, на которые был разбит отрезок длины 3, через a1, a2,..., a100, упорядочив их по возрастанию:
a1a2 ≤ ... ≤ a100;
a1 + a2 + ... + a100 = 3.

Будем решать задачу от противного. Предположим, из получившихся 102 отрезков нельзя выбрать три, из которых получится составить треугольник. Тогда a100 ≤ 1 (докажите самостоятельно, что если a100 > 1, то из отрезков длин a100, 1, 2 можно сложить треугольник – для этого достаточно лишь проверить выполнение трех неравенств треугольника).

Введя обозначения a101 = 1, a102 = 2, получим:
a1a2 ≤ ... ≤ a100a101a102.

Заметим, что так как из палочек с длинами a1, a2, a3 по предположению нельзя составить треугольник, то a3a1 + a2, откуда a1a3a2. Аналогично a2a4a3, a3a5a4,..., a100a102a101. Сложим 100 этих неравенств: a1 + a2 + ... + a100 ≤ (a3a2) + (a4a3) + ... + (a102a101) = a102a2 < a102 = 2, что противоречит равенству a1 + a2 + ... + a100 = 3.
Таким образом, наше предположение было неверным и на самом деле треугольник из имеющихся 102 палочек всегда составить можно, что и требовалось доказать.
10.
Встретились несколько друзей. Каждый из них обменялся рукопожатием с каждым, кроме Федота, который, будучи не в духе, некоторым пожал руку, а некоторым — нет. Всего было сделано 197 рукопожатий. Сколько рукопожатий сделал Федот?
Указание. Пусть всего друзей, не считая Федота, было n. Докажите, что они сделали друг с другом n(n – 1)/2 рукопожатий. И, кроме того, надо учесть еще и k рукопожатий, сделанных Федотом: таким образом, n(n – 1)/2 + k = 197 (где 0 < k < n). Осталось выяснить, при каких n и k возможно такое равенство.
Решение. Обозначим общее количество друзей (не считая Федота) через n. Посчитаем, сколько всего было сделано рукопожатий. Если не учитывать те, которые сделал Федот, то каждый из n друзей пожал руку каждому из n − 1 своих товарищей. Получается n(n − 1) рукопожатие. Однако этот результат нужно еще разделить на 2, поскольку каждое рукопожатие оказалось посчитанным дважды. Получится n(n − 1)/2, а с учетом k рукопожатий, сделанных Федотом, всего окажется n(n − 1)/2 + k рукопожатие, где 0 < k < n. Итак,

n(n − 1)/2 + k = 197,

где 0 < k < n. В силу этого ограничения на k имеем:
n(n − 1)/2 < 197 < n(n − 1)/2 + n, или

n(n − 1)/2 < 197 < n(n + 1)/2.

При n ≤ 19 получим: n(n + 1)/2 ≤ 19*20/2 = 190 < 197,
при n ≥ 21 получается n(n − 1)/2 ≥ 21*20/2 = 210 > 197.
Подставив n = 20, убедимся, что этот вариант удовлетворяет двойному неравенству.
Значение k определяется из уравнения n(n − 1)/2 + k = 197: получаем k = 7.

Ответ: 7.

Вы видите ошибку? Выделите её и нажмите Ctrl+Enter! Rambler's Top100
liveinternet.ru
Apache
PHP
HTML 4.01
CSS