XXXVII Турнир городов

56

КВАНТ 2016/№1

6. Однородный стержень длиной 2 м, двигаясь вдоль своей длины по шероховатой горизонтальной поверхности, начинает пересекать границу, за которой поверхность становится гладкой. Скорость стержня в этот момент равна 1,6 м/с. Какое расстояние проедет стержень от этого момента до остановки, если коэффициент трения о шероховатую поверхность 0,2? 7. С наклонной плоскости, образующей угол $45 ^\circ$ с горизонтом, с высоты 1 м соскальзывает небольшая шайба. В конце спуска у основания наклонной плоскости шайба абсолютно упруго ударяется о стенку и поднимается вверх по наклонной плоскости. На какую высоту поднимется шайба после удара, если коэффициент трения шайбы о плоскость 0,25?

8. Два одинаковых тела массами по 5 кг соединены недеформированной пружиной жесткостью 15 Н/м и лежат на горизонтальном полу. Какую минимальную скорость, направленную вдоль оси пружины, надо сообщить одному из тел, чтобы оно сдвинуло другое тело? Коэффициент трения для каждого тела 0,1. 9. На гладком полу находится доска массой 1,5 кг, на которой лежит брусок массой 490 г. В брусок попадает и застревает в нем пуля массой 10 г, летящая горизонтально вдоль доски со скоростью 100 м/с. На какое расстояние сместится брусок вдоль доски, если коэффициент трения между ними 0,5?

ОЛИМПИАДЫ

XXXVII Турнир городов

Задачи осеннего тура (2015 год)

Базовый вариант

8–9 классы

$1 (4)^{1}$. Верно ли, что любое натуральное число можно умножить на одно из чисел 1, 2, 3, 4 или 5 так, чтобы результат начинался на цифру 1? Е.Бакаев

2 (4). Из одинаковых неравнобедренных прямоугольных треугольников составили прямоугольник (без дырок и наложений). Обязательно ли какие-то два из этих треугольников расположены так, что образуют прямоугольник? Е.Бакаев

3 (5). Трое играют в «камень-ножницы-бумагу». В каждом раунде каждый наугад показывает «камень», «ножницы» или «бумагу». «Камень» побеждает «ножницы», «ножницы» побеждают «бумагу», «бумага» побеждает «камень». Если в раунде было показано ровно два различных элемента (и значит, один из них показали дважды), то игроки (или игрок), показавшие победивший элемент, получают по 1 баллу; иначе баллы никому не начисляются. После нескольких раундов оказалось, что все элементы были показаны одинаковое количество раз. Докажите, что в этот момент сумма набранных всеми баллов делилась на 3. Е.Бакаев

4 (5). На катетах AC и BC прямоугольного треугольника ABC отметили точки K и L соответственно, а на гипотенузе AB – точку M так, что AK = BL = a, KM = LM = b и угол KML прямой. Докажите, что a = b. Е.Бакаев

5. В стране 100 городов, между каждыми двумя городами осуществляется беспосадочный перелет. Все рейсы платные и стоят положительное (возможно, нецелое) число тугриков. Для любой пары городов А и Б перелет из А в Б стоит столько же, сколько перелет из Б в А. Средняя стоимость перелета

1 В скобках после номера задачи указано максимальное число баллов, присуждавшихся за ее решение. Итог подводится по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты, баллы за пункты одной задачи суммируются.

равна 1 тугрику. Путешественник хочет облететь какиенибудь m разных городов за m перелетов, начав и закончив в своем родном городе. Всегда ли ему удастся совершить такое путешествие, потратив на билеты не более m тугриков, если: а) (3) m = 99; б) (3) m = 100? Е.Бакаев

10–11 классы

1 (3). Пусть p – простое число. Сколько существует таких натуральных n, что pn делится на p + n? Б.Френкин

2 (4). Даны равнобедренный прямоугольный треугольник ABC и прямоугольный треугольник ABD с общей гипотенузой AB (D и C лежат по одну сторону от прямой AB). Пусть DK – биссектриса в треугольнике ABD. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ACK лежит на прямой AD. Е.Бакаев, А.Зимин

3 (4). См. задачу 3 для 8–9 классов.

4. а) (2) См. задачу 5,а для 8–9 классов. б) (2) См. задачу 5,б для 8–9 классов.

5 (5). Дана бесконечно возрастающая арифметическая прогрессия. Первые ее несколько членов сложили и сумму объявили первым членом новой последовательности, затем сложили следующие несколько членов исходной прогрессии и сумму объявили вторым членом новой последовательности и так далее. Могла ли новая последовательность оказаться геометрической прогрессией? Г.Жуков

Сложный вариант

8–9 классы

1. Будем называть клетчатый многоугольник выдающимся, если он не является прямоугольником и из нескольких его копий можно сложить подобный ему многоугольник. Например, уголок из трех клеток – выдающийся многоугольник (это видно из рисунка на с. 57). а) (2) Придумайте выдающийся многоугольник из 4 клеток.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

ПЯТНАДЦАТЬ ЧЕЛОВЕК НА СУНДУК МЕРТВЕЦА

Упражнения

1. Юнга получил 1/16 остатка и 15 монет, на этом монеты закончились. Значит, 15 монет составляли 15/16 остатка, т.е. доля юнги составила 16 монет. Так как все получили поровну, то клад составлял 15 ◊ 16 = 240 монет. 2. Пусть в начале (и в конце) в кружках было налито A, B и C частей рома. Третий пират разлил остальным весь свой ром, и по условию получил столько, сколько у него было вначале. Значит, C = 0, т.е. была ситуация (A, B, 0). Перед третьим свой ром разливал второй, значит, B – это столько, сколько влил ему третий. Итак, перед тем, как третий разливал ром, у него было 2B, а у первого A – B. Значит, после разлива второго была ситуация (A – B, 0, 2B). Но здесь у первого ровно столько, сколько ему налил второй, т.е. до этого у второго было 2(A – B), а у третьего 2B – (A – B) = = 3B – A. Так как мы знаем, что до хода первого у третьего не было ничего, то первый влил ему 3B – A. Тогда A = 2(3B – – A) и B = 2(A – B) – (3B – A) = 3A – 5B. Оба уравнения после упрощения приводят к одному и тому же соотношению A = 2B. Таким образом, общий объем рома равен A + B = 3B, откуда B = 2 3 пинты, A = 4 3 пинты. 3. Никак не изменится. Выше в статье мы убедились, что даже при простом большинстве первое же голосование соберет все голоса, кроме одного. Ровно это же случится и при измененном правиле 3. 4. а) ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ 5 0 1 2 3 4 5 (крестик означает выброшенного за борт пирата).

б) Обозначим p = ( N - 1 )( N - 2 ) 2. Пиратов бросают за борт до тех пор, пока p не станет меньше или равно K. Для оставшихся пиратов решение: (K – p, 0, 1, 2,…, N – 2).

Задачи для самостоятельного решения

1. 93 0 * * * * * * * * * * * * * Как обычно, 15-й пират, если до него дойдет очередь, забирает все деньги себе. 14-й пират должен выделить по одной монетке семи пиратам из первых тринадцати, чтобы обеспечить поддержку большинства. Для 14-го пирата абсолютно не важно, каким именно семи пиратам дать по монете, поэтому выбор будет сделан случайным образом:

• • • • • • • • • • • • • 93 0

Пираты, у которых есть шанс получить монету, отмечены звездочкой. 13-й пират поступает аналогично. Забирает себе 93 монеты, а оставшиеся 7 монет распределяет между оставшимися пиратами, исключая пирата с номером 14. Каждый пират, которому 13-й даст монету, с радостью проголосует за его план, так как гарантированная монета от 13-го пирата выгоднее, чем возможность получить монету от 14-го. Аналогично рассуждают и остальные пираты. Пират с номером X забирает себе 93 монеты и случайным образом распределяет 7 монет между тринадцатью пиратами, исключая пирата с номером X + 1. Не станет исключением и самый первый пират. Он даст по монетке каким-нибудь случайно выбранным семи пиратам с номерами больше двух:

93 0 * * * * * * * * * * * * *

Именно этот план и будет принят. 2. 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Приведем лишь набор планов, которые выдвинут пираты.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 93 0 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 92 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 93 0 1 0 1 2 0 0 0 0 0 1 1 1 92 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 93 0 1 0 1 0 1 1 2 0 0 0 0 1 92 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 93 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 0 1 1 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

3. По одной монете получат пираты от 48-го до 62-го, считая с конца. В решении задачи 5б мы доказали, что будет принято предложение 94-го пирата. Все пираты от 63-го до 93-го являются «смертниками» и поэтому будут голосовать за план 94-го бесплатно. Так же бесплатно за него проголосует сам 94-й. А деньги он отдаст старшим из тех, кто не получали денег при предыдущем принимаемом предложении. Поскольку это было предложение 62-го, а все от 47-го до 61-го были смертниками, то ни у кого от 47-го до 62-го включительно денег не было. Следовательно, старшие из них и получат деньги. 4. Если K < M, то K монет, иначе

(

) max M, È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монет.

Сформулируем в общем виде две стратегии шкипера, описанные в решении задачи 7. Первая стратегия – шкипер оставляет себе M монет (если K < M, то K монет), а остальные отдает капитану. Капитан соглашается с этим планом, так как для поддержки любого альтернативного плана ему потребуется отдать по 1 монете M матросам, но в этом случае сам капитан получит не больше, чем ему отдаст штурман. Вторая стратегия заключается в том, что шкипер выделяет M матросам группы А по È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˘ ˚ монет, а себе оставляет È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монету. Оставшиеся монеты шкипер может отдать капитану либо матросам группы А. Таким образом, общая прибыль штурмана составит

K монет, если K < M;

(

) max M, Î È ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монет, если $K \ge M. 5.$ По 7 капитану и шкиперу, 1 юнге. Для краткости обозначим наших героев буквами К (капитан, предлагает план первым), Ш (шкипер, второй) и Ю (юнга, третий). Утверждение 1. Ю гарантированно получит хотя бы одну монету. Доказательство. У Ю всего две разные линии поведения – «сотрудничать» с остальными или «мстить», т.е. действовать так, чтобы добыча не досталась никому. Всегда ли у Ю есть возможность и желание мстить? Рассмотрим два возможных случая. А. После выдвижения планов К и Ш мнения пиратов разделились: двое готовы голосовать за какой-то один план П1, третий – за другой план П2. Тогда Ю может отомстить, предложив 15 монет тому из двоих, кто голосует за П1 и при этом получает меньше другого. Б. После выдвижения планов К и Ш все трое готовы проголосовать за один и тот же план. Тогда у Ю есть возможность перекупить голос того, кто по плану получает меньше, а все остальные деньги взять себе. Таким образом, нет необходимости мстить.

61

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

вая скорость колечка в 2 раза больше $\omega$, а линейная его скорость равна $2 \omega R. 14.$ При возможном малом уменьшении длины нити на x точка подвеса груза поднимется на 3x. В соответствии с принципом возможных перемещений найдем, что сила натяжения нити равна 3mg.

Микроопыт

Если линейки движутся в одну сторону с одинаковыми скоростями, то карандаш движется вместе с ними как одно целое, не вращаясь. В случае одинаково направленных, но разных по величине скоростей линеек ось вращающегося карандаша начинает поступательно перемещаться. Если же скорости линеек направлены в разные стороны и равны по модулю, то карандаш совершает только вращательное движение.

РЕШЕНИЯ

рого все вершины – центры синих клеток. Теперь посмотрим на правую доску на рисунке 13 и заметим, что у всех правильных прямоугольников, у которых одна из вершин – центр клетки, отмеченной буквой А, хотя бы одна из вершин оказывается центром белой клетки. Значит, эти две раскраски нельзя перевести друг в друга указанными операциями. 3. Могут. Пример подходящего расположения треугольников и прямых показан на рисунке 14.

КОНКУРС ИМЕНИ А. П. САВИНА

(см. «Квант» №4 за 2015 г.)

1. 119. Если для числа k из верхней строки число m является умножителем, то km = n – k + 1 (это количество чисел, которое будет в первой строке, если идти по строке, начиная с числа k). Отсюда n + 1 = k(m + 1), следовательно, n + 1 делится на m + 1. Значит, в случае умножителей 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2 число n + 1 должно делиться на 12, 10, 8, 6, 5, 4, 3. Наименьшее возможное число с таким свойством – наименьшее общее кратное этих чисел, т.е. 120. Нетрудно проверить, что при n = 119 во второй строке действительно встретится каждое из чисел 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2. 2. При n = 1 прав Петя, при $n \ge 2$ прав Коля. Если n = 1, то доска имеет размеры 2 ¥ 2 и есть всего две изящные раскраски (в шахматном порядке). Одна получается из другой перестановкой строк или столбцов. Пусть $n \ge 2$. Чтобы подтвердить правоту Коли, достаточно привести пример двух изящных раскрасок, которые не переводятся друг в друга при помощи указанных операций. На рисунке 13 приведен пример таких раскрасок (это пример

Рис. 13

для n = 4, но аналогичные рассуждения работают и для всех остальных $n \ge 2 ).$ Докажем, что, меняя местами строки и столбцы, нельзя получить из одной раскраски другую. Для этого заметим, что если выделить четыре клетки, центры которых образуют прямоугольник со сторонами, параллельными сторонам доски, то после любой перестановки строк и столбцов центры этих клеток по-прежнему будут образовывать прямоугольник со сторонами, параллельными сторонам доски (для краткости будем называть такие прямоугольники правильными). Также заметим, что на левой доске для любой синей клетки можно найти еще три синие клетки такие, что центры всех четырех клеток образуют правильный прямоугольник. Значит, как бы мы не меняли местами строки и столбцы на левой доске, центр любой синей клетки будет вершиной хотя бы одного правильного прямоугольника, у кото-

Рис. 14

Рис. 15

Теперь нужно объяснить, почему такая конфигурация вообще возможна. Рассмотрим треугольник АВС, построение которого видно из рисунка 15: прямые ОА и ОВ перпендикулярны, ОА = ОВ = = 5, ВС = 1. Выясним, как проходит вертикальная прямая $П_{2}$, делящая периметр этого треугольника пополам. Пусть ОМ = 3 (т.е. M – середина ОС), а K – точка пересечения АВ и вертикальной прямой, проходящей через точку С (рис.16). Очевидно, BK > BC, поэтому AK > AB + BC и сумма отрезков AK и AC больше периметра треугольника ABC. Вертикальная прямая $П_{В}$, проведенная через точку М, проходит че- Рис. 16 рез середины АС и AK, откуда следует, что прямая $П_{2}$ проходит левее этой прямой. Теперь разберемся с тем, как расположена горизонтальная прямая $П_{1}$, которая делит пополам площадь треугольника ABC. Она параллельна BC и отсекает от треугольника ABC подобный ему треугольник вдвое меньшей площади. Площади подобных треугольников относятся так же, как квадраты линейных размеров. Значит, если прямая $П_{1}$ пересекает ОА в точке D, то AD = OA 2. Пусть Р и Т – точки пересечения прямой $П_{1}$ с прямыми АВ и $П_{В}$ соответственно. Нетрудно убедиться, что точка Т расположена левее точки Р. В самом деле, DT = OM = 3, тогда как DP = AD = ОА 2 = 5 2 > 3. Из всего этого следует, что точка пересечения прямых $П_{1}$ и $П_{2}$ расположена снаружи треугольника ABC. Поэтому его можно отразить симметрично относительно этой точки и получившийся в результате отражения треугольник не будет пересекаться с треугольником ABC. Прямые $П_{1}$ и $П_{2}$, очевидно, будут при этом делить пополам площадь и периметр отраженного треугольника. 4. Сможет. Достаточно положить карточки так, чтобы не было видно ни одного нуля и была видна только одна единица. На обороте карточки с единицей должен быть ноль, потому что именно эта карточка обязана лежать единицей вверх. 5. h.