Олимпиадная математика
Содержание страницы
2017-2018 учебный год. О региональном этапе Всероссийской олимпиады школьников по математике
Обсуждение задач


2016-2017 учебный год. О региональном этапе Всероссийской олимпиады школьников по математике
Обсуждение задач
   Первый день
      Второй день

Полезные ссылки
   Сайт Всероссийской олимпиады школьников:  http://olymp.apkpro.ru/
   Олимпиадная страница Московского Центра Непрерывного Математического Образования (МЦНМО), где можно найти материалы олимпиад: http://olympiads.mccme.ru/vmo/ 
   Богданов И.И., Кожевников П.А.,  Подлипский О.К., Терёшин Д.А. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006. Окружной и финальный этапы. М.: МЦНМО, 2007. 472 с ISBN 978-5-94057-262-6



 Иконка-41.png  Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников в 2017-2018  учебном году по математике проходил 31-го января и 1-го февраля 2018 г. в детском оздоровительно-образовательном центре «Сибирская сказка» в с. Костенково Новокузнецкого района (http://skazka42.ucoz.com/). Участники заехали 29-го января и до начала Олимпиады имели возможность подготовиться к Олимпиаде с учителями-наставниками. 

Олимпиада проводилась в 2 тура, 31-го – 1 тур и 1-го февраля – 2 тур. После проведения второго тура, 2-го февраля был проведен разбор задач Олимпиады, а 3-го февраля – показ работ и апелляция. 

Всего в Олимпиаде участвовало школьников 133. Из них: учащихся 9 классов – 46; учащихся 10 классов – 17; учащихся 9 классов – 24.

Одновременно проводился региональный этап Всероссийской олимпиады «Леонарда Эйлера» для школьников 7-8 классов, в которой приняло участие 46 школьников. Из них: учащихся 7 классов – 17; учащихся 8 классов – 29.

Укажем имена школьников, набравших наибольшее количество баллов (из 70  возможных).

7 класс. 

Грудцин Алексей, г. Тайга –  21
Новиньков Иван, г. Кемерово – 18
Бурыкин Роман, г. Полысаево – 13

8 класс. 

Епифанцев Степан, г. Кемерово –30
Гумбарг Владислав, г. Новокузнецк – 30
Рамазанова Амина, г. Кемерово – 22 

9 класс.

Звонков Никита, г. Новокузнецк – 38
Дмитриев Егор, г. Кемерово – 29
Никитина Варвара, г. Анжеро-Судженск – 23 

10 класс. 

Казимиров Вадим, г. Новокузнецк –27
Шишков Леонид, г. Междуреченск – 24
Гречаная Виктория, г. Березовский –23
Хлебникова Юлия, г. Новокузнецк – 23
Королев Дмитрий, г. Новокузнецк – 23 

11 класс. 

Шулаяков Александр, г. Кемерово – 38
Шершунов Никита, г. Новокузнецк – 37
Косарев Никита, г. Кемерово – 36   

Состав  жюри по математике регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников в 2016-2017  учебном году: 

    1. Смоленцев Николай Константинович, доктор физико-математических наук, профессор кафедры фундаментальной математики КемГУ. 
    2. Чуешева Надежда Александровна, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры фундаментальной математики КемГУ. 
    3. Глухова Ольга Юрьевна, зав. кафедрой  фундаментальной математики КемГУ, кандидат педагогических наук, доцент.
    4. Куликов Никита Александрович, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математики НФИ КемГУ. Новокузнецк. 
    5. Фураев Валерий Зиновьевич, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математики НФИ КемГУ. Новокузнецк.   
    6. Кирсанов Сергей Геннадьевич, Кемерово.  

Учителя-наставники

  Забусова Алена Александровна, Кемерово.
  Белокрылова Ирина Викторовна, Новокузнецк.  
  Киселева Ирина Валерьевна, Прокопьевск. 
  Попова Лариса Георгиевна, Кемерово. 
  Кирсанов Сергей Геннадьевич, Кемерово

Задачи, их решения и критерии оценок можно найти на олимпиадном сайте http://olympiads.mccme.ru/vmo/ : 
            http://olympiads.mccme.ru/vmo/2018/iii-1.pdf             http://olympiads.mccme.ru/vmo/2018/iii-2.pdf  


 Иконка-41.png Обсуждение задач 2017-18 учебного года.
В отличие от прошлых лет, олимпиадные задания содержали 5 задач. Из них 3 задачи можно было решить при вполне разумной тренировке! Одна задача их этих трех была явно квалификационная. Самая трудная задача – это по геометрии.

Рассмотрим более подробнее некоторые их «доступных» задач в 9 - 11 классах.

            Задача 1. (9 – 10 кл.) Разбейте какой-нибудь клетчатый квадрат на клетчатые квадратики так, чтобы не все квадратики были одинаковы, но квадратиков каждого размера было одно и то же количество.

             Обсуждение решения. Задача оказалась «решаемой». Было предложено несколько разных вариантов ее решения, но чаще всего встречалось то решение, которое предложено авторами задачи. Оно основано на идее составить прямоугольник их крупных квадратиков, и дополнить его маленькими до полного квадрата (см. рис.). Например, если по горизонтали взять n квадратиков 2-на-2, а по вертикали n–1, то нужно, чтобы выполнялось равенство больших и маленьких квадратиков:

n(n–1) = 4n2.

Отсюда n = 5. Если же взять большие квадратики размером 3-на-3, то соотношение будет такое: n(n–1) = 9n2 , n = 10.

Квадрат

            Задача 2. (9 кл.) На доске написаны пять натуральных чисел. Оказалось, что сумма любых трех из них делится на каждое из остальных. Обязательно ли среди этих чисел найдутся четыре равных?

            Обсуждение решения. Сначала, конечно, нужно привести конкретные примеры таких пяти натуральных чисел. Тогда можно догадаться, что условию задачи удовлетворяют пятерки чисел вида (a, a, a, a, a) и (a, a, a, a, 3a).

В общем случае числа a, b, c, d, e нужно расположить в неубывающем порядке (это общий подход к решению таких задач).

a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e.

Теперь начинаем рассуждать: a+b+c делятся на e и b+c+d делятся на e. Сравниваем эти суммы. Они обе содержат b+c и второе больше или равно первого. Можно взять разность (b+c+d)–(a+b+c) = d–a и она также делится на e. Но 0 ≤ d–a < d ≤ e. Поэтому d–a = 0, d = a.

Из условия a ≤ b ≤ c ≤ d следует, что a = b = c = d.

            Задача 3. (10 кл.) Петя и Вася по очереди выписывают на доску натуральные числа, не превосходящие 2018 (выписывать уже имеющееся число запрещено); начинает Петя. Если после хода игрока на доске оказываются три числа, образующих арифметическую прогрессию, – этот игрок выигрывает. У кого из игроков есть стратегия, позволяющая ему гарантированно выиграть?

         Обсуждение решения. Если Петя сделал ход (число a), то Васе важно, чтобы после его хода (число b) не могла бы получиться арифметическая прогрессия. Она может получиться в одном из двух случаев:

1.      Следующее число c равно среднему арифметическому чисел a и b.    

2.      Следующее число c равно b+(ba): прогрессия a, b, b+(ba).     

Эти оба случаи Вася должен исключить:

1.      Его число b нужно взять другой четности, чем a, тогда сумма a+b будет нечетной и среднее арифметическое чисел a и b будет нецелым.

2.      Нужно, чтобы разность (ba) была бы такой, чтобы число b+(ba) выходило бы за пределы возможных чисел от 1 до 2018.

      Задача 4. (10 кл.). Положительные числа x, y таковы, что x5–y3 ≥ 2x. Докажите, что x3 ≥ 2y.

      Обсуждение решения. Поскольку в требуемом неравенстве переменная x – справа, а переменная y – слева, то естественно, условие x5–y3 ≥ 2x записать в таком же виде: x5–2x ≥y3. Тогда задача принимает вид:

Если x5–2x ≥ y3, то x3 ≥ 2y ?

Теперь уже можно догадаться, что второе неравенство можно возвести в третью степень и тогда правые части данного и требуемого неравенств практически совпадают. Теперь уже легко догадаться до полного решения.

      Задача 5. (9 кл.) На бесконечной ленте бумаги выписаны в порядке возрастания все натуральные числа с суммой цифр 2018. Какое число написано на 225-м месте?

      Обсуждение решения. Давайте сначала определим наибольшее и наименьшее числа. Нетрудно понять, что наименьшее число составлено преимущественно из девяток. Поскольку 2018/9 = 224 плюс остаток 2, то наименьшее число с суммой цифр 2018 будет равняться 299…99 (224 девятки). Наибольшее число вообще не определяется, но оно нам и не нужно.  

Итак, начинаем с числа 299…99 (в этом числе 225 цифр). Какое будет следующее? Нужно добавить 1 в какой-нибудь разряд, а из другого – отнять. Видно, что если добавить 1 к девятке, то она превращается в нуль и тогда надо будет в другом месте 9, что приводит к увеличению количества разрядов числа. Если же добавить 1 к цифре 2, то из какой-нибудь девятки нужно отнять 1 и тогда останется 225 цифр в числе. Ясно, что наиболее близкое к 299…99 будет число 389…99. Теперь уже понятно, как делать дальше: 3989…99  и т.д.

       Задача 6. (10-11 кл.) Петя выбрал натуральное число n и выписал на доску следующие n дробей:

Задача-6-1.png

Пусть число n делится на натуральное число d. Докажите, что среди выписанных дробей найдется дробь, равная числу d–1.

Обсуждение решения.  Задача решается несложно: найдем число p, такое, чтобы Квадрат. Число n делится на натуральное число d, тогда n = kd. Подставляем это и прямо решаем (можно решить и короче):  

Задача-6-3.png

     Задача 7. (11 кл.) Функция f(x), заданная на всей числовой оси, при всех действительных x и y удовлетворяет условию

Задача-7.png

Верно ли, что функция f(x) обязательно четная?

     Обсуждение решения.  Задача решается несложно: подставим в данное равенство  –y вместо y.

      Задача 8. (10 кл.) Из четырех одинаковых треугольников сложен выпуклый четырехугольник. Верно ли, что у этого четырехугольника обязательно есть параллельные стороны?

    Обсуждение решения.  Если выбрать вариант «верно», то придется это доказывать, а если выбрать вариант «неверно», то достаточно привести пример. Кажется, это легче. Пробуем составить из четырех одинаковых треугольников выпуклый четырехугольник, который не имеет параллельных сторон. Это на самом деле нетрудно. Есть много вариантов.



Иконка-41.png  Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников в 2016-2017  учебном году по математике проходил 30-31-го января 2017 г. в детском оздоровительно-образовательном центре «Сибирская сказка» в с. Костенково Новокузнецкого района (http://skazka42.ucoz.com/). Участники заехали 21-го января и до начала Олимпиады имели возможность подготовиться к Олимпиаде с учителями-наставниками. 
Олимпиада проводилась в 2 тура 30-го – 1 тур и 31-го – 2 тур. После проведения второго тура, 1-го февраля был проведен  разбор задач Олимпиады, а 2-го февраля – показ работ и апелляция. 
Всего в Олимпиаде участвовало школьников 79. Из них: учащихся 9 классов – 13; учащихся 10 классов – 33; учащихся 9 классов – 33.
Одновременно проводился региональный этап Всероссийской олимпиады «Леонарда Эйлера» для школьников 7-8 классов, в которой приняло участие 48 школьников. Из них: учащихся 7 классов – 16; учащихся 8 классов – 32.

Победителей Олимпиад определяет Организатор (департамент образования Кемеровской области). Укажем здесь только имена школьников, набравших наибольшее количество баллов (из 56 возможных).    

7 класс. 
   Петров Богдан, 19 баллов. 
   Шмелькова Дарья, 15 баллов. 
   Кучуков Данил, 12 баллов. 
8 класс.
   Звонков Никита, 39 баллов. 
   Никитина Варвара, 32 баллов. 
   Васильев Степан, 32 баллов. 
9 класс.
   Казимиров Вадим, 30 баллов. 
   Шишков Леонид, 20 баллов. 
   Морозов Арсений, 16 баллов. 
10 класс.
   Шулаяков Александр, 44 баллов. 
   Абдуллин Равиль, 21 баллов. 
   Цириков Семен, 18 баллов. 
   Листопадова Дарья, 18 баллов. 
11 класс.
   Горячева Наталия, 23 баллов. 
   Ларионов Георгий, 17 баллов. 
   Лаврентьева Екатерина, 16 баллов. 
   Агулов Владимир, 16 баллов. 

Состав  жюри по математике регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников в 2016-2017  учебном году: 

    1. Смоленцев Николай Константинович, доктор физико-математических наук, профессор кафедры фундаментальной математики КемГУ.
    2. Чуешева Надежда Александровна, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры фундаментальной математики КемГУ.
    3. Даурцева Наталия Александровна, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры фундаментальной математики КемГУ.  
    4. Глухова Ольга Юрьевна, зав. кафедрой  фундаментальной математики КемГУ, кандидат педагогических наук, доцент.
    5. Подкур Полина Николаевна, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математики КузГТУ.
    6. Куликов Никита Александрович, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математики НФИ КемГУ. Новокузнецк.
    7. Фураев Валерий Зиновьевич, кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математики НФИ КемГУ. Новокузнецк.   
    8. Кирсанов Сергей Геннадьевич, магистрант КемГУ.  

Учителя-наставники: 
  Горева Галина Петровна, Киселевск. 
  Киселева Ирина Валерьевна, Прокопьевск. 
  Трель Ирина Леонидовна, Кемерово. 
  Бутарева Ольга Александровна, Новокузнецк. 
  Саркисян Ернест Владимирович, Белово. 
  Кирсанов Сергей Геннадьевич, Кемерово

Задачи, их решения и критерии оценок можно найти на олимпиадном сайте http://olympiads.mccme.ru/vmo/

            http://olympiads.mccme.ru/vmo/2017/iii-1.pdf 
            http://olympiads.mccme.ru/vmo/2017/iii-2.pdf

 
 Иконка-41.png Обсуждение задач 2016-17 учебного года

В целом задачи этого года, по сравнению с задачами прошлого года, были немного доступнее. Пару задач можно было решить при вполне разумной тренировке! Рассмотрим более подробнее некоторые их этих «доступных» задач.  

    Задача 1. Спрашивается, можно ли в произведении трех натуральных чисел уменьшить каждый сомножитель на 3, чтобы произведение при этом увеличилось на 2016? (Варианты этой задачи предложены и для 10, 11 классов.)

   Обсудим ситуацию, чтобы понять, как догадаться до правильного решения.
Сначала обдумаем постановку вопроса: «можно ли?». Чтобы ответить утвердительно на этот вопрос, достаточно привести один пример таких чисел, а чтобы ответить отрицательно – надо доказывать, что это не может быть для всех натуральных чисел. Вторая задача существенно сложнее, поэтому начинаем с более легкой задачи – подобрать такие числа.  
  Понятно, что от уменьшения сомножителей произведение должно неизбежно уменьшиться, а не увеличиться – противоречие?!
  Можно также написать то, что нужно получить: (a–3)(b–3)(c–3) = abc+2016. Как подобрать три таких натуральных числа a, b и c? Тоже нет метода.
  Начинаем задумываться и сопоставлять эти два соображения. Пробуем подбирать! Понятно, что ни одно из чисел a, b и c не могут быть равны 3, иначе произведение слева «зануляется» сразу. И тогда можно догадаться, что разности (a–3), (b–3) и (c–3) могут быть и отрицательными, если числа a, b и c меньше трех. Поскольку справа – положительное число. То понятно, что только два из них (четное число!) могут быть отрицательными. Пусть это будут a и b. Давайте посмотрим возможные варианты:            
  a = 2 и b = 2. Тогда ab = 4 и (a–3)(b–3) = (2–3)(2–3) =(–1)(–1) = 1 – их произведение уменьшилось.
  a = 1 и b = 2. Тогда ab = 2 и (a–3)(b–3) = (1–3)(2–3) =(–2)(–1) = 2 – их произведение осталось без изменения.  
 a = 1 и b = 1. Тогда ab = 1 и (a–3)(b–3) = (1–3)(1–3) =(–2)(–2) = 4 – их произведение увеличилось!
  
  Теперь осталось подобрать последнее число c. 
(–2)(–2)(c–3) = c+2016,  4(c–3) = c+2016, 4c–12 = c+2016, 3c = 2028, c = 676.
      


   Задача 2. Про шахматную доску, Васю и Петю. та задача предложена для 9 и 11 классов.)
      Текст задачи довольно длинный. Поэтому важно ее понять и учесть все условия! Читаем очень внимательно!
   Итак, Вася задумал 8 клеток шахматной доски, никакие две из которых не лежат в одной строке или в одном столбце.
   Петя выставляет на доску 8 ладей, не бьющих друг друга, а затем Вася указывает все ладьи, стоящие на задуманных им клетках.
   Если количество ладей, указанных Васей на этом ходе, четно (т.е. 0, 2, 4, 6 или 8), то Петя выигрывает – иначе все фигуры снимаются с доски и Петя делает следующий ход.
   Вопрос: за какое наименьшее число ходов Петя сможет гарантированно выиграть?
   Начинаем обсуждать. Во-первых мы отмечаем, что Вася и Петя задумывают клетки и расставляют фигуры по одному и тому же принципу: никакие две не лежат в одной строке или в одном столбце.
   Петя может угадать своими фигурами в Васины клетки, а может и не попасть в них. Если он угадал четное число Васиных клеток, то он выигрывает. В данной ситуации четных вариантов чисел (т.е. 0, 2, 4, 6 или 8) больше, чем нечетных (т.е. 1, 3, 5 или 7). Поэтому вероятность угадать сразу четное число Васиных клеток больше половины и тогда за две попытки Петя с вероятностью 1 добьется своего. Это не совсем строгое рассуждение приводит к мысли, что два хода – это и есть решение задачи. Теперь надо его обосновать, т.е. доказать гарантированную достаточность двух ходов. 
   Итак, при первом ходе Петя может:

  • сразу попасть на четное число Васиных клеток – и Петя выиграл;
  • не попасть на четное число Васиных клеток – т.е. попасть на нечетное их число!
    При этом, Вася указывает на клетки, которые уже угаданы! Тогда Петя при следующем ходе оставить на месте четное число уже угаданных клеток и следующим ходом переставить только остальные фигуры. То есть он должен переставить остальные фигуры так, чтобы:
  • к одной оставшейся угаданной клетке добавить еще оду угаданную, или
  • переставить фигуры так, чтобы убрать фигуру с одной угаданной клетки и при этом не попасть на другие Васины клетки. 
    Понятно, что второй вариант более конструктивен, потому, что в первом случае надо угадывать еще одну клетку – а это не гарантия.
    Начинаем решать эту задачу. Начинаем с наиболее простого случая: можно ли переставить одну «угаданную» фигуру и одну «не угаданную» фигуру так, чтобы обе стали бы «не угаданными». Делаем рисунок, где зеленым – угаданная клетка, а желтым не угаданная.

Задача2_1.jpg

    На строке и столбце, где стоит зеленая клетка нет больше Васиных клеток. На строе и столбце, где стоит желтая клетка нет больше Петиных фигур. Поэтому следующая перестановка только двух фигур возможна и обе фигуры будут неугаданными.

Задача2_2.jpg       Задача2_3.jpg

Мы добились того, что одной перестановкой вторым ходом только двух фигур можно уменьшить количество угаданных клеток на 1, т.е. сделать это количество четным, если оно первоначально было нечетным.
     Таким образом, если Петя не выигрывает сразу, то он вторым ходом гарантированно выигрывает.
     Остается доказать, что Петя не может гарантированно выиграть за 1 ход. Для этого достаточно показать, что при любых Васиных клетках, Петя может попасть на нечетное число Васиных клеток. Это важная часть задачи. Если она пропущена, то снимается 2 балла!
     Покажем, что можно расставить фигуры так, что будет угадано нечетное число клеток. Возьмем три Васиных клетки и выделим только те строки и столбцы, на которых они стоят. Получаем часть доски 3-на-3. Для простоты на следующих рисунках остальные строки и столбцы доски не изображены. Переставим эти строки и столбцы так, чтобы Васина клетки (зеленые) стояли бы так:

Задача2_4.jpg

    Тогда Петя может расставить свои фигуры на желтые клетки как показано на рисунке, а остальные фигуры он расставляет на Васины клетки. После этого можно сделать обратную перестановку строк и столбцов. Таким образом, эта расстановка угадывает 5 (нечетное число) Васиных клеток. Это показывает, что такая ситуации я возможна и одного хода недостаточно для гарантированного выигрыша.   

      Задача 3.  (10 – 11 классы). О многочлене P(x) степени 2017 с целыми коэффициентами, который задумал учитель и собирается дать возможность угадать его ученикам. Можно ли придумать такой многочлен, который однозначно определяется (целыми) числами n1, n2, …, nk и значением произведения P(n1)P(n2) … P(nk)?

В материалах приведено хорошее решение этой задачи. 

Давайте обсудим, как догадаться до решения этой очень сложной и интересной задачи. Условие формулируется достаточно длинно и имеет ряд моментов, которые нужно иметь ввиду: 
  • это многочлен с целыми коэффициентами;
  • старший коэффициент которого равен 1;
  • очень высокая степень;
  • фигурирует произведение очень большого числа значений многочлена.
   Во-первых, мы вспоминаем, что в общем случае для задания многочлена степени n нужно знать его значения в n+1 точках. Поэтому требуемое число k будет достаточно большим, близким к 2018. 
    Во-вторых, мы замечаем, что степень многочлена очень высокая и поэтому, если вычислять значения многочлена в некоторых точках, то они могут быть очень большими. Если брать еще и их произведение, то может получиться совсем большое число. Вряд-ли учитель пожелает вычислять большие значения и потом их еще и перемножать! 
    Поэтому можно предположить, что значения произведения P(n1)P(n2) … P(nk) скорее всего – это какие-то специальные, небольшие значении, например: 0, +1, или –1. Рассмотрим подробнее каждый случай.
    Если P(n1)P(n2) … P(nk) = 0, то одно из чисел nk является корнем. Многочлен не определяется однозначно числами n1, n2, …, nk и значением произведения P(n1)P(n2) … P(nk)=0, потому, что в качестве корня можно брать разные числа nk. Однако здесь уместно вспомнить, что если nk является корнем, то тогда P(x) имеет сомножителем (x–nk). Это наводит на мысль, что следующим многочлен был бы неплохим кандидатом для ответа при k = 2017:
            P(x) = (x–n1)(x–n2) … (x–nk).
Но уже упоминалось, что это не будет ответом.
    Если P(n1)P(n2) … P(nk) = 1. Вот из этого условия получается много следствий – каждое значение P(nk) = 1, или –1. Здесь нужно доказывать, что P(nk) = 1. Поэтому многочлен P(x)–1 имеет корни nk. Учитывая также предыдущее рассуждение, можно сделать вывод, что многочлен имеет вид при k = 2017: 
            P(x) = (x–n1)(x–n2) … (x–nk) + 1. 
Теперь можно остановиться на этом предположении и начать его обосновывать, не забывая о том, что коэффициенты многочлена – целые числа. При доказательстве единственности используется то, что многочлен степени n имеющий n+1 различных корней тождественно равен нулю. 

Задачи второго дня

Задача 9.5. (9 – 11 классы) Задача про таблицу сложения (умножения) с рациональными и иррациональными числами.

   Это вполне «решаемая» задача! Можно было получить 3 балла за верный пример! Нужно было доказывать, что максимальное количество рациональных чисел в таблице может быть, когда поровну рациональных и иррациональных чисел в столбцах и строках. Здесь лучше исходить из оценки гарантированного количества иррациональных чисел, которые получаются как сумма (произведение) рационального и иррационального чисел.  

Задача 9.7. (9 – 10 классы) Задача о разбиения выпуклого многоугольника на равнобедренные треугольники.

   Также вполне «решаемая» задача! Понятно, что решение задачи начинается с рассмотрения примеров: 3-х, 4-х, 5-угольников. На мой взгляд, именно здесь можно было догадаться, что лучше всего применить метод мат. индукции. Ведь при разрезании одной диагональю n-угольника мы получаем два (также выпуклых!) многоугольника с меньшим числом сторон, для которых указанное свойство можно считать выполненным. 

Задача 9.8. (и ее варианты для 10 и 11 классов) Задача о 100 карточках с числам на столе и о процессе создания новых карточек ежеминутно и складывания их на стол в течение года.

     Многие школьники начинали решение с того, что пытались оценить, сколько же карточек будет на столе через год. Интересно также и то, кому это потребовалось.

Однако из этих нереальных условия и возникшего (через год!) числа, делящегося на 210000, можно было предположить, что такое число уже было в самом начале!

Задача с процессом, который выполняется всегда по одному правилу. Поэтому нужно понять, что будет на первом шаге и потом, на следующих. Будет ли появляться каждый раз (или через раз) дополнительная двойка на карточке.

На первом шаге мы имеем 100 карточек, на каждой из которых записано по натуральному числу. При этом было ровно 43 карточки с нечетными числами. Затем для каждых трех карточек, лежащих на столе, вычислялось произведение записанных на них чисел, все эти произведения складывались, и полученное число записывалось на новую карточку, которая и добавлялась к лежащим на столе.

Давайте сначала выясним, какое число добавилось – четное или нечетное. Все тройные произведения разбиваются на две группы – четные и нечетные.  Найдем количество всех нечетных произведений. Они получаются из произведений указанных выше 43 нечетных чисел по три. То есть, это число сочетаний из 43 чисел по 3 – это число C343. Данное число сочетаний вычисляется по формуле (43)(43-1) (43-2) /(1×2×3) = 43×42×41/2×3 = 43×7×41 и является нечетным числом. .

Количество всех нечетных произведений является нечетным, поэтому сумма всех произведений (включая все остальные четные произведения) будет нечетной. Таким образом, добавилась 1 карточка с нечетным числом – стало 44 нечетного числа.

На втором шаге мы имеем 101 карточек, при этом ровно 44 карточки с нечетными числами. Теперь, если будем вычислять количество нечетных произведений, то получаем: C344 = (44)(44-1)(44-2)/(1×2×3) = 44×43×42/2×3 = 44×43×7 – четное число. Поэтому сумма всех четного числа нечетных чисел и всех остальных четных будет четной. Добавиться четная карточка и число 44 нечетных чисел на карточках не изменилось. Это сохранится и в дальнейшем.

Теперь про степени двойки. Вопрос: появляются ли двойки в делителях чисел на новых карточках?

Пусть T1 – число на новой карточке на первом шаге. На втором шаге будет число T2. Оно получается как сумма тройных произведений чисел:

n1, n1, …, n100, T1.

Эти тройные произведения разбиваются на два типа:

  • тройные произведения первоначальных n1, n1, …, n100 чисел и
  • тройные произведения, где один из сомножителей – число T1, а два – из  первоначальных n1, n1, …, n100 чисел.

Сумма первых тройных произведений равна T1, а сумма вторых равна T1×D1, где D1 – сумма попарных  произведений исходных чисел n1, n1, …, n100:

T2= T1+ T1×D1= T1×(1+D1).

Если является D1 нечетным, то (1+D1) четное и появится новая двойка в числе T2.             

Выясним четность этого числа D1. Это сумма попарных произведений. Нечетные произведения могут быть только, когда оба сомножителя нечетные. Число таких нечетных произведений будет равно числу сочетаний по 2 из 43 нечетных чисел C243 = (43)(43-1)/(1×2) = 43×42/2 = 43×21 – нечетное число. Поэтому D1 – нечетное и появилась новая двойка в числе T2.  

Однако рано делать выводы, потому, что для следующих шагов число нечетных чисел изменилось! Поэтому начиная со второго шага и далее имеем:

n1, n1, …, n100, T1, T2.

T3= T2+ T2×D2= T2×(1+D2).

Выясним четность числа D2. Это сумма попарных произведений. Нечетные произведения могут быть только, когда оба сомножителя нечетные. Число таких нечетных произведений будет равно числу сочетаний по 2 из 44 нечетных чисел C244 = (44)(44-1)/(1×2) = 22×43 – четное число. Поэтому D2 – четное и новая двойка в числе T3 не появилась. Так будет и дальше. См. полное решение задачи. 

Поскольку лишних "двоек" на карточках не появляется после второго шага, а через год карточка с числом, делящимся на 210000 уже была, то она была в самом начале процесса (после первого шага) и, следовательно, была и через день.