Решения задач и критерии проверки

1. В колонну выстроились 2019 учеников из школы рыцарей и из школы лжецов. Каждый ученик, стоящий на нечетном месте, кроме первого, сказал «Человек передо мной – лжец». Каждый ученик, стоящий на четном месте, сказал «Мои соседи из одной школы». Каково число рыцарей в колонне?

2. Докажите, что натуральное число с четной суммой цифр можно представить как сумму двух слагаемых с одинаковыми суммами цифр.

3. Различные числа a и b таковы, что уравнения x²+ax+1=0 и x²+bx+a=0 имеют общий действительный корень. Кроме того, общий действительный корень имеют уравнения x²+x+b=0 и x²+ax+1=0. Найдите эти числа.

4. В пятиугольнике каждая диагональ параллельна какой-то стороне. Продолжения сторон продлили до пересечения, получив "большую звезду". Во сколько раз периметр "большой звезды" больше периметра "малой звезды", образованной диагоналями пятиугольника?

5. 50 эльфов и 50 орков подошли к реке, у которой находится лодка, выдерживающая 300 кг, с одной парой весел. Грести умеют и эльфы, и орки, но эльф может грести, только если в лодке кроме него никого нет. Кроме того, эльф не согласен наедине оставаться или плыть с орками. Эльф весит 50, орк – 110 кг, одна переправа занимает 30 минут. За какое наименьшее количество часов им удастся переправиться?

6. Найдите все натуральные числа, имеющие хотя бы два различных собственных делителя и кратные разности любых своих различных собственных делителей.

Решения задач и критерии проверки

1. Ответ: 1009. Решение. Предположим, последний – лжец. Тогда предпоследний – рыцарь, третий с конца – лжец, потом идет рыцарь, и т.д.; лжецы стоят на всех нечетных местах, а рыцари – на всех четных. Если же последний – рыцарь, то предпоследний – лжец, третий с конца – лжец, потом идет рыцарь, и дальше чередуются лжецы и рыцари.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Рассмотрен только один из двух возможных способов расстановки жителей – 1 балл, рассмотрены оба способа – 2 балла. Иначе – 0 баллов.

2. Доказательство. Пусть a, b, ..., z – цифры данного числа. По условию сумма цифр a+b+...+z – чётна. Тогда нечётных цифр – чётное число. Разделим каждую цифру на 2, сумма слагаемых уменьшится вдвое, но часть из них окажется нецелыми. Половину нецелых округлим вниз, остальные – вверх. Сумма не изменится. Составим из этих цифр первое слагаемое, а второе получим, отняв первое от исходного числа. Переходов через десяток не было, поэтому сумма цифр у второго слагаемого такая же.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Иначе – 0 баллов.

3. Ответ: а = –2,5; b = –0, 75. Решение. Вычитая уравнения друг от друга в каждой паре, получаем в первой паре общий корень х₁ = (а–1)/(a–b), во второй х₂ = (b–1)/(a–1); при а=1 первое уравнение первой пары не имеет корней, поэтому а≠1. Поскольку в каждой паре присутствует уравнение x²+ax+1=0, то х₁ и х₂ – либо один и тот же его корень, либо два различных. В первом случае получаем, что все три уравнения имеют общий корень, что приводит к противоречию. Во втором случае используем теорему Виета для уравнения x²+ax+1=0, и находим искомые числа.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Нахождение общего корня в одной из пар уравнений – 1 балл, разбор случая разных корней уравнения x²+ax+1=0 – 3 балла, разбор случая совпадающего корня уравнения x²+ax+1=0 – 2 балла; баллы суммируются.

4. Ответ: (3+√5)/2. Решение. Пусть дан пятиугольник ABCDE. Точки пересечения прямой AB с прямыми CD и DE обозначим E₁ и С₁, точки пересечения прямой AЕ с прямыми CD и ВС обозначим В₁ и D₁, точку пересечения прямых ЕD и ВС обозначим А₁. Из параллелограммов BЕCE₁ и ACEС₁ получим ВЕ₁ = ЕС = АС₁, аналогичные равенства имеют место для других отрезков «большой звезды». Пусть ВЕ₁ = ЕС = АС₁ = х, АВ = а, СЕ₁ = ЕВ = DB₁ = y, CD = c. Из подобия треугольников DE₁C₁ и DCE получим (с+у)/c=(2x+a)/x, y/c=(a/x)+1. Из подобия треугольников AE₁B₁ и ABE получим (x+a)/a=(2y+c)/y, x/a=(c/y)+1. Решая систему t=z+1, (1/z)=(1/t)+1, получим z= (-1+√5)/2, t=(1+√5)/2, откуда x/a=(1+√5)/2=y/c. Если обозначить через А₂ точку пересечения диагоналей BD и CE, то из подобия треугольников DA₂С и DBE получим BE/A₂C = (c+y)/c=1+(y/c)= (3+√5)/2. Этому же числу равны отношения других пар сходственных отрезков малой и большой звезды. Значит, отношение периметров также будет (3+√5)/2.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Иначе – 0 баллов.

5. Ответ: 39,5 часов. Решение. Максимум можно загрузить в лодку 2 орка или 1 орка и 3 эльфов (эльфы без орка не смогут уплыть, одного эльфа сажать к оркам нельзя). Причем ходки каждого типа обязаны присутствовать, т.к. иначе не перевезем эльфов или, наоборот, орков. За одну ходку туда-обратно мы будем перевозить больше всего массы, если лодки туда идут максимально загруженными, а возвращать лодку всегда будут эльфы. Пусть было совершено х ходок типа «2 орка туда, эльф обратно» (ходок первого типа) и у ходок типа «орк и 3 эльфа туда, эльф обратно» (ходок второго типа). Получаем систему уравнений: 2х+у=50 и 2у-х=50, решение: у=30, х=10. Значит, даже при самом выгодном перебросе массы понадобится не менее 40 ходок. Пример на 40 ходок: сначала 15 ходок первого типа, потом 10 ходок второго типа, и потом еще 15 ходок первого типа.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Есть оценка на 40 ходок – 3 балла. Есть пример на 40 ходок – 3 балла. Иначе – 0 баллов.

6. Ответ: 6, 8, 12. Решение. Обозначим искомое число через х. Если х нечетное, то разность его собственных делителей четная, что не делит х. Значит, х четное. Если х – степень двойки (более чем вторая, т.к. 2 и 4 не имеют двух собственных делителей), то х/2–2 будет иметь вид 2k, где k – нечетный делитель, то есть 1. Значит, х=8.

Далее х – четное, имеющее нечетный делитель. Рассмотрим два его собственных делителя: 2 и р – наименьший нечетный (очевидно, тоже простое число). Тогда р–2 нечетно и не может являться собственным делителем числа х, то есть р–2=1, р=3. Пусть r – наибольший нечетный делитель числа, тогда r–2 с ним взаимно прост и нечетен, а значит r(r–2) – нечетный делитель числа. Такое возможно только если r–2=1, то есть r=3. Итак, число имеет вид 3*степень двойки. 6 и 12 подходят. Теперь рассмотрим случай, когда х/2 делится на 4. Тогда х/2–2 является делителем х и имеет вид 2l, где l – нечетное, то есть 3 или 1, откуда х=16 или 8, что невозможно, т.к. эти числа не кратны трем.

Критерии.Правильное решение – 7 баллов. Разобран случай нечетного х – 1 балл. Разобран случай степени двойки – 1 балл. Доказано, что 3 – единственно возможный нечетный собственный делитель – 2 балла.