8 клас. 1 математична олімпіада

 1 математична олімпіада 

1.     Довести, що (2222⁵⁵⁵⁵+5555²²²²) ділиться  на 7 без остачі.

2. Шестицифрове число закінчується цифрою 2. Якщо її переставити з останнього місцями на перше, то число зменшиться втроє. Знайти це число.

3. Чи можна перетнути куб площиною так, щоб в перерізі лежав:

·        Правильний(рівносторонній) трикутник;

·        Правильний (рівносторонній)  п’ятикутник;

·        Правильний (рівносторонній)  шестикутник;

·        Правильний (рівносторонній) семикутник.

·        Правильний (рівносторонній) восьмикутник.

·        Правильний (рівносторонній) чотирикутник.

4. Знайти всi натуральнi числа с, для яких iснують такi натуральнi числа а та b, що с = а/в + в/а.

5. Дано натуральне число п > 10. Довести, що iснує єдине натуральне число т таке, що при будь-якому розбиттi т на два натуральних доданки сума цифр першого та сума цифр другого доданкiв разом складають п.

6.                В одній клітинці квадратної таблиці 8x8 стоїть знак мінус, а в інших стоять плюси. Дозволяється за один хід у яко­мусь з квадратів 2x2 змінювати знаки на протилежні. Довести, що за допомогою таких ходів не можна отримати таблицю з одних плюсів.

7.     За квадратним столом сидять 4 студентів. Філолог си­дить навпроти Кирила, поруч з істориком. Біолог сидить поруч з Віталієм. Сусіди Шандора — Євген і хімік. Хто сидить навпроти історика?

Розв’язки.

Задача 1. Знайти остачу від ділення числа 5555²²²² на 7.

Розв'язання

1) Знайдемо остачу від ділення 5555 на 7:

5555 : 7 = 793 (ост. 4).

Остача від ділення 5555²²²² на 7 така сама, як остача від ділення 4²²²² на 7.

Знайдемо остачі від ділення 4ⁿ на 7 для різних значень n:

n = 1, 4¹:7 = 4:7 = 0 (ост. 4);

n = 2, 4²:7 = 16:7 = 2 (ост. 2);

n = 3, 4³:7 = 64:7 = 9 (ост.1);

n = 4, 4⁴:7 = 256:7 = 36 (ост. 4).

Цикл дорівнює 3.

2)      Знайдемо кількість повних циклів у числі 2222.

2222 : 3 = 740 (ост. 2).

740 повних циклів відкидаємо.

Отже, ос­тача від ділення 4²²²² на 7 така сама, як і від ділення 4² на 7, тобто 2.

Отже, і остача відділення 5555²²²² на 7 до­рівнює 2.

Відповідь. 2.

Довести, що (2222⁵⁵⁵⁵+5555²²²²) ділиться  на 7 без остачі.

Доведення.

Оскільки 2222⁵⁵⁵⁵ при діленні на 7 дає оста­чу 5, а 5555²²²² при діленні на 7 дає остачу 2, а сума цих остач 5+2 = 7 ділиться на 7, то (2222⁵⁵⁵⁵ +5555²²²²) ділиться на 7 без остачі, що і треба було довести.

2. Розв’язання:

         Запишемо рівняння для знаходження шуканого числа. Позначимо його без останньої цифри 2 через , тоді   . Шукане число 857142.

         Відповідь: 857142

3. Відповідь:  Правильний трикутник можна , якщо провести три діагоналі бічних, які мають спільну вершину; правильний п’ятикутник не можна; правильний шестикутник можна, якщо на серединах шести ребер куба поставити шість вершин так, щоб на кожній грані куба знаходилося дві вершини(одна сторона шестикутника).

4.  Розв’язання: Будемо вважати, що числа а та b взаємно простi (iнакше дроби  можна просто

скоротити). Нехай, наприклад, а = 1. Тодi а має деякий простий дiльник р,який не є дiльником числа b. Число с = не може бути цiлим, бо чисельник не дiлиться на просте число р, а знаменник дiлиться,

 суперечнiсть. Отже, а = b = 1 та с=2.

Вiдповiдь: с = 2.

5. Доведення:

Подiлимо п з остачею на 9: п = 9а + b, а  1, 0  b < 9, та покладемо т =  (у числi а дев’яток). Число т задовольняє умову, бо при довiльному розбиттi т на два доданки сума сум цифр доданкiв дорiвнює сумi цифр числа т (це випливає з того, що при додаваннi цих доданкiв “у стовпчик” не вiдбувається жодного переносу у наступний розряд). Покажемо, що число т єдине. Нехай т₁ < т₂ два числа, що мають вказану в умовi властивiсть. Число т₁ має принаймнi двi ненульовi цифри, бо з п > 10 випливає, що т₁  10, а при т₁ = а ∙10^k  10 iснують розбиття m₁ на доданки з рiзними сумами сум цифр доданкiв. Тодi т₁ можна розкласти на доданки так, що сума сум цифр доданкiв дорiвнює сумi цифр т₁, тобто сума цифр  т₁ дорiвнює п. Але т₂ = т₁ + (т₂ - т₁), тобто п дорiвнює сумi суми цифр т₁ та сумi цифр числа т₂ - т₁, тобто сума цифр т₁ менша за п, суперечність.

6. Доведення. При заміні знаків у квадраті 2x2 на протилежні, кількість мінусів може змінитись лише на 2 або на 4, тобто в усій таб­лиці кількість мінусів зберігає свою парність, а тому змінитись з 1 на 0 не може.

7. Розв'язання.

Занумеруємо стільці в порядку обходу столу. Не обме­жуючи загальності міркувань, вважатимемо, що на стільці 1 сидить філолог, на стільці 2 – історик, на стільці 3 – Кирило, який може бути біологом або хіміком. Таким чином:

якщо Кирило — хімік, то біолог сидить на стільці 4, а філолога звати Віталій (він сидить поруч з біологом) і Євген (він сидить навпроти хіміка) одночасно. Отримана суперечність з умовою задачі засвідчує хибність припущення про те, що Кирило – хімік; якщо Кирило — біолог, то хімік сидить на стільці 4, історика звати Євген (він сидить навпроти хіміка), філолога — Шандор (сусід Євгена й хіміка). Отже, хіміка, який сидить навпроти історика, звати Віталій.

Відповідь. Хімік Віталій сидить навпроти історика.

Метод таблиць.

	хімік	біолог	філолог	історик
Кирило	-	+	-	-
Віталій	+	-	-	-
Євген	-	-	-	+
Шандора	-	-	+	-

Розв'язання задачі на встановлення характеристик персонажів унаочнюється заповненням відповідної таблиці.

Створюємо прямокутну таблицю, перший стовпчик якої містить всі імена, прізвища тощо персонажів задачі, а перший ря­док — всі можливі їхні характеристики, про які йдеться в умові задачі.

Заповнюємо решту клітин таблиці знаками + чи – відповідно до того, чи має персонаж, якого ми розглядаємо, потрібну характеристику чи ні. Для того, щоб таблиця відтворювала перебіг думки, а не тільки результат розв'язання, будемо знизу право­руч від знака записувати номер кроку логічних міркувань. При цьому нульовий крок — це безпосередній (очевидний) наслідок простого речення умови.

Якщо певні характеристики несумісні, то після появи в таблиці + можна одразу ж поставити — в одному з ним рядку і в тих стовпчиках, які містять несумісні з даною характеристики.

Висновки можна робити й на основі того, що за умовою число носіїв певних характеристик відоме.

Якщо ми не можемо зробити певний висновок про деякі харак­теристики персонажів, але можемо зробити висновок про їхню одночасну сумісність чи несумісність, то будемо заповнювати клітинки таблиці знаками ± і т.д., де враховуються одночасно тільки верхні або тільки нижні знаки. Це доцільно робити для того, щоб в одній таблиці подати різні можливі варіанти розв'язання задачі.

Таблицю потрібно повністю заповнити, щоб показати сумісність (несумісність) всіх тверджень умови задачі.

'Отже, Євген і хімік сидять один навпроти одного.