Задачі Вінницького для олімпіад з математики в 10-11 класі.

Авторські задачі Сергія Вінницького

для олімпіад з математики в 10-11 класі.

1. На 2008 картках написані числа від 1 до 2008. Кожен з двох гравців отримує по 1004 карток (картки при цьому розподіляють випадковим чином). Після цього гравці по черзі кладуть картки на стіл. Гра завершується, коли сума чисел на картках, що лежать на столі, ділиться на 2009. Гравець, що поклав останню картку, виграє. Хто з гравців може забезпечити собі виграш при правильній грі?

Розв'язок. 1 + 2 + 3 + … + 2008 = 2008∙2009:2. Таким чином, якщо на стіл будуть викладені усі картки, то сума чисел на них ділитиметься на 2009 і, відповідно, другий гравець виграє. Тому йому досить забезпечити, щоб перший гравець не зміг закінчити гру раніше. Покажемо, що другий гравець може це зробити. Під час ходу він постійно має на одну картку більше, аніж суперник, а тому може покласти таку картку, що не дозволить першому гравцеві закінчити гру наступним ходом. Отже, виграє другий гравець.

1.    При яких додатніх значеннях а  нерівність немає розв’язку

    sin²⁰⁰⁷x + cos²⁰⁰⁹x >= a.

Розв'язання. Для будь-яких дійсних  мають місця нерівності

sin²⁰⁰⁷x<= sin²x;        

cos²⁰⁰⁹x<= cos²x.

Тоді    sin²⁰⁰⁷x + cos²⁰⁰⁹x<= sin²x + cos²x = 1.

Рівність sin²⁰⁰⁷x + cos²⁰⁰⁹x = 1 можлива лише при  x = 2∙{pi}∙n, x = {pi}/2 +2∙{pi}∙n, де n – цілі числа. Тут   рі = π.

Отже, найбільше значення лівої частини нерівності не перевищує 1, тому при  задана нерівність розв’язків не має.

Відповідь: .

2. Чи існує 2007-цифрове натуральне число, в десятковому записі 2008-ої степені якого хоча б одна із 2007 цифр є добутком усіх інших? Якщо існує,  чи може воно бути непарним?

Розв'язання. Існує. Наприклад, 1000…01(2005 нулів) . Справді, число 1001²⁰⁰⁸ закінчується на ...001, і передостання цифра цього числа (0) дорівнює добутку всіх інших.

Відмітимо, що можна довести  більш загальне твердження: для довільного натурального n, що не ділиться на 2 або 5, знайдеться число вигляду n^k, яке закінчується на 001.

3.  Розв'язати систему із двох рівнянь: 

x + y = 4016;   x∙y-(z-2008)² =2008∙2008.

Розв'язок. Маємо y= 4016 - x, тоді 2008∙2008 =  xy-(z-2008)² = x(4016-x) - (z-2008)²  = 2008²-(x-2008)²-(z-2008)²  = 2008². Оскільки х = 2008, z = 2008, тоді y = 4016 – 2008 = 1.

Відповідь: x = y = z = 2008.

4.Скількома способами можна розфарбувати клітинки таблиці 2008х2008 трьома кольорами так, щоб для довільних i, j, k  (які приймають натуральні значення від 1 до 2008) клітинки (i,j), (j,k) та

 (k,i) були або одного кольору, або трьох різних кольорів?

Розв'язок. Є 3²⁰⁰⁸ способів заповнити верхній рядок таблиці (клітинки (1,1), ...,(1,2008)). Поставимо у відповідність кольорам остачі від ділення на 3 так, щоб кольору клітинки (1,1) відповідав 0. Тоді умова рівносильна тому, що для всіх i, j, k cума чисел для клітинок (i,j), (j,k), (k,i) ділиться на 3. Оскільки суми чисел для клітинок (1,1), (1,j), (j,1) та (1,i), (i,j), (j,1) діляться на 3, то клітинці (i,j) має відповідати така остача від ділення на 3, як і у різниці чисел, що відповідають клітинкам (1,i) та (1,j). Оскільки в

цьому випадку таблиця задовольняє умові, то вона однозначно

відновлюється за першим рядком, отже, є 3²⁰⁰⁸ розфарбувань таблиці.

5. Довести, що кожне складене натуральне число, починаючи з 2008 можна подати у вигляді xy + 2008y + 2008x  + 2008∙2008 для деяких натуральних  x, y.

Розв'язок. Для складеного числа ab маємо: a∙b=(a-2008)(b-2008)+(b-2008) +(a-2008) + 2008∙2008.