6 клас 2.Тренувальна Математична олімпіада

1. Знайти три попарно взаємно прості числа такі, що сума будь-яких двох з них ділиться на третє.

Відповідь: 1, 2, 3.

2. Дано 1001 різне натуральне число, кожне з яких менше 2000. Довести, що з них можна вибрати три таких числа, що одне з них дорівнює сумі двох інших.

Вказівка. Доведемо узагальнене твердження: для будь-якого натурального n >1 серед n + 1 чисел, менших 2n можна вибрати три таких числа, що одне з них дорівнює сумі двох інших. Будемо доводити за індукцією.

Нехай n = 2. Три числа, менші чотирьох можна вибрати у єдиний спосіб: {1;2;3 }, i 1+2=3. Нехай тепер твердження доведено для всіх k<n. Виберемо n+1 число від 1 до 2n-1; якщо серед вибраних чисел нема числа 2n-1, то ми матимемо принаймні n чисел, менших ніж 2(n-1), і серед них, за припущенням індукції, є потрібна трійка. Отже, припустимо, що серед вибраних чисел є 2n-1. Але

2n – l = l + (2n - 2) = 2+(2n - 3)=...=(n - l) + n     –

ми маємо n-1 пару чисел, серед яких вибрано n чисел, отже вибрана принаймні одна пара. Ця пара в сумі дає число 2n-1, яке теж вибране - отже, теорема доведена.

3. Картки послідовно пронумеровано натуральними числами від 1 до 2n + 1. Яку найбільшу кількість карток можна дібрати так, щоб жоден з номерів не дорівнював сумі якихось двох інших номерів карток?

Відповідь: n+1 картка. Для прикладу можна взяти всі непарні, бо сума двох непарних завжди парна і не міститься серед вибраних. Те, що при будь-якому n не можна вибрати n + 2 картки, було доведено в задачі 2 з попередньої серії.

4. Найменше натуральне число при діленні на 2 має остачу 1, при діленні на 3 має остачу на 2, при діленні на 4 має остачу 3, при діленні на 5 має остачу 4, при діленні на 6 має остачу 5, при діленні на 7 має остачу 6, при діленні на 8 має остачу 8. А яку має остачу це число при діленні на 11?

Розв’язання. Найменше натуральне число, яке ділиться націло на 2,3,4,5, 6,7,8 утворюється як добуток: 2∙2∙2∙3∙5∙7. Так як остача менша за дільник на 1, то це число повинно мати вигляд  2∙2∙2∙3∙5∙7n - 1. Якщо n = 1, то маємо число 839. 839:11 = 76(остача 3).

Відповідь: 3.  

5. Скільки існує способів запису  числа 20072007 у вигляді добутку натуральних множників, кожне з яких більше, ніж 1.

(Вважати випадок 20072007 = ab = ba  як один спосіб).

 Розв’язок.

20072007 =  3∙3∙73∙137∙223 = 32∙731∙1371∙2231.

Отже, якщо а =3,  b = 73, c = 137, d= 223,   тоді число 20072007 записане за допомогою тільки двох множників має 11 способів.

Розкладемо натуральне число n на прості множники і запишемо канонічний вид  розкладу числа на прості множники. Якщо число натуральне число n має парну кількість дільників, то позначимо через m(n) число кількість натуральних дільників  числа n. Крім самого числа n та 1. Вибравши перший множник, автоматично вибираємо другий, з яких половина є перестановками інших. Отже,

K(n) =  [0,5(m(n) – 2 )] - це формула кількості способів запису натурального  числа n  у вигляді добутку двох натуральних множників, кожне з яких більше, ніж 1 і  не є квадратами(бо ці числа завжди мають непарну кількість дільників), проте ця формула справедлива для усіх натуральних чисел, тобто завжди, якщо   від знайденого результату взяти  тільки цілу частину.

1) а(abcd);

2) b(aacd);

3) c(abad);

4) d(abca);

5) (аa)(bcd);

6) (аb)(acd);

7) (аc)(abd);

8) (аd)(abc);

9) (bc)(aad);

10) (bd)(aca);

11) (cd)(aab).

Число 20072007 записане за допомогою тільки трьох множників має  16 способів:

1)(аa)(b)(cd);

2)(аa)(с)(bd);

3)(аa)(bc)(d);

4) (аb)(a)(cd);

5) (аb)(c)(ad);

6) (аb)(d)(ca);

7) (аc)(a)(bd);

8) (аc)(b)(ad);

9) (аd)(a)(bc).

10) (а)(а)(bdc).

11) (а)(c)(dba).

12) (а)(b)(adc).

13) (а)(d)(abc).

14) (аda)(b)(c).

15) (аba)(d)(c).

16) (аca)(b)(d).

Число записане за допомогою тільки чотирьох множників має7 способів:

1) (аa)(b)(c)(d);

2) (аb)(a)(c)(d);

3) (аc)(a)(b)(d);

4) (аd)(a)(b)(c);

5) (bc)(a)(a)(d);

6) (bd)(a)(c)(a);

7) (cd)(a)(a)(b);

Число записане за допомогою тільки п’яти  множників має 1 спосіб:

1) аabcd;

Отже, відповідь:  1+ 11+ 16 + 7 = 35 способів.

6.      Кожна точка площини пофарбована в чорний або білий колір. Довести, що на цій площині знайдеться трикутник з кутами 30°, 60°, 90° і гіпотенузою 2, вершини якого однокольорові.
Доведення. Візьмемо довільний правильний трикутник зі стороною 1. Принаймні дві з його вершин однаковий колір (наприклад, білий). Побудуємо тепер трикутник, симетричний данному відносно його третьої вершини. Якщо хоч одна з вершин цього трикутника виявиться білою, то умова буде виконана. Отже, нехай вони обидві чорні. Але тоді в одному з трикутників всі вершини одного кольору, оскільки їх спільна вершина мае бути або чорною, або білою.
Нехай, наприклад, існує правильний одиничний трикутник з усіма білими вершинами; побудуємо симетричні до нього трикутники відносно козної з його вершин. Якщо умова не виконується, то всі 6 вершин побудованих трикутників, які не є спільними з центральним, мають бути чорними. Тепер побудуємо такі самі трикутники на кожній стороні центрального; їх центри утворять правильний трикутник зі стороною 2. Серед його вершин є принаймні 2 однакового кольору. Якщо вони білі, то утворюють шуканий трикутник разом з одною з вершин центрального, а якщо чорні - то разом з одною з навколшніх чорних вершин.

(Все це треба намалювати, щоб було зрозуміло).

7.  Позначити на площині 6 точок так, щоб будь-які три з них лежали у вершинах рівнобедреного трикутника." 

Розв’язання.  Для чотирьох точок - рівносторонній трикутник і його ортоцентр, для п’яти точок - це квадрат і його центр, для шести точок - це п’ятикутник і його центр. Я сумніваюсь, що для семи точок - це шестикутник і його центр.  Я теж одразу подумав про п'ятикутник. Для меншої кількості точок можна назвати безліч різних способів, хоча б відняти деякі точки від тих шести.  Я гадаю, що для семи точок на площині це взагалі неможливо - лише в просторі, але довести це досить складно.

8. Чи можна розташувати по колу 15 цілих чисел так, щоб сума будь-яких чотирьох чисел поспіль дорівнювала 1 або 3?

Відповідь: не можна.
Доведення. Припустимо, що таке розташування існує. Тоді для довільного цілого k обидві суми a_k+a_k+1+a_k+2+a_k+3 i a_k+1+a_k+2+a_k+3+a_k+4 будуть непарними. Але тоді їх різниця a_k-a_k+4 буде парною, а отже, числа, що стоять на відстані 4, завжди мають однакову парність. Але 4 і 15 - взаємно прості, тому будь-які 2 числа мають однакову парність. Але сума чотирьох чисел однакової парності є парною.