Ответы и указания к решению
Олимпиада "ЭВРИКА" 2001 год
7 класс
1. Ответ: 27.
Пусть двузначное число имеет a десятков и b единиц. Тогда по условию (10a+b)2=(a+b)3. Если (a+b)3 – точный квадрат, то a+b тоже точный квадрат. (10a+b)2 >=100. 1<=(a+b)<=18. Если a+b=1 или a+b=4, то (a+b)3<100. Если a+b=9, то (10a+b)2=(a+b)3=93=36=(33)2 и 10a+b=33=27. Если a+b=16, то (10a+b)2=(a+b)3=163=212=(26)2 и 10a+b=26=64. Но 642 не равно (6+4)3. Итак, 10a+b=27.
2. 56 способов.
Пусть x раз нажали на кнопку №1 и y раз на кнопку №2. Тогда 4x+13y=59. Так как x и y – неотрицательные целые числа, то x=5, y=3. Количество способов равно C83 = 56.
3.
Пусть 3x–2y–z–2, 4y–2x–2z+2, 3z–2y–x–3 – отрицательные числа.
Их сумма (3x–2y–z–2)+(4y–2x–2z+2)+(3z–2y–x–3) = –3.Так как x, y и z – целые,
То (3x–2y–z–2)=(4y–2x–2z+2)=(3z–2y–x–3) = –1. Но 4y–2x–2z+2 – четное число и не может быть равно –1. Полученное противоречие доказывает, что наше предположение неверно. Значит, одно из искомых чисел неотрицательно, что и требовалось доказать.
4.
Фишка должна стоять на второй или четвертой клетке. Первый игрок должен ходить в первую, третью или пятую клетку столбцов с нечетными номерами.
Ответы и указания к решению
Олимпиада "ЭВРИКА" 2000 год
7 класс
1. Ответ: Сумма чисел первого множества больше на 2000.
Добавим в первое множество число 0. Сумма чисел множества при этом не изменится. Из десяти чисел 0, 1, 2, …, 9 пять чисел находятся в первом множестве, а пять – во втором, причем сумма первой пятерки на 5 меньше. Из следующих десяти чисел 10, 11, 12, …, 19 тоже по пять чисел находятся в первом и втором множествах, но сумма чисел в первом множестве на 5 больше. Значит, из 20 чисел 0, 1, 2, …, 19 суммы чисел попавших в первое и во второе множества равны. Аналогично, равны суммы чисел во множествах из 20 чисел 20, 21, 22, …, 39, и так далее до 20 чисел 1980, 1981, 1982, …, 1999. Но в первом множестве есть еще число 2000. Значит, сумма чисел первого множества больше на 2000.
2. Ответ: k может быть от 1 до 4.
k не может быть равно 0, так как в этом случае все квадраты должны быть белыми. Для k = 1. 2. 3. 4 можно построить примеры раскраски плоскости.
3. Ответ: В шеренге могло стоять 9, 24, 39, 54, 69, 84 или 99 солдат.
Делая перебор для количества солдат от 1 до 15, можно убедиться, что условию удовлетворяет количество солдат 9. При добавлении 15n солдат условие не нарушается. Значит, количество солдат должно быть равно 15n+9, где 0<=n<=6.
4. Две прямых.
Если квадрат разбивается прямой на две равных части, то и площади этих частей должны быть равны. Когда эта прямая должна проходить через центр квадрата. Одна прямая не может проходить через центры всех четырех квадратов. А две параллельные прямые можно провести через центры данных квадратов. Они будут разбивать квадраты на восемь равных частей.
Ответы и указания к решению
Олимпиада "ЭВРИКА" 1999 год
7 класс
1. Ответ: 189.
Из условия следует, что на квадратиках, расположенных одинаковым образом на противоположных гранях куба стоят числа, сумма которых равна 7. На шести гранях куба 6х9=54 квадратика, 54:2=27 пар квадратиков. Значит, сумма чисел равна 27х7=189.
2. Ответ: 39–3х29+3.
Используем формулу включений и исключений: количество аварийных ситуаций равно 39–3х29+3.
3. Ответ: За 6 ходов.
С поля a1 можно добраться до любого поля не более чем за 6 ходов. С любого другого поля также можно добраться до любого поля не более чем за 6 ходов.
4. Удастся.
Сначала нужно положить в карманы по одной монете. Если в правом кармане лежит монета, которая не тяжелее монеты в левом кармане, то следующую пару монет нужно положить в карманы так, что в правый карман ляжет та, которая не легче. Тогда массы монет в карманах отличаются не более чем на 10 г. Далее действуем так же.
Ответы и указания к решению
Олимпиада "ЭВРИКА" 1998 год
7 класс
1. Ответ: Нет.
Пусть это возможно. Тогда 10a+30b+50c+70d=1000, где a, b, c, d – неотрицательные целые числа и a+b+c+d=25.
Следовательно, a+3b+5c+7d=100, что невозможно, так как слева стоит сумма 25 нечетных чисел и она нечетна.
2. Ответ: Образуем новый хоровод, взяв детей из первого хоровода через один. В этом хороводе 35 детей, значит, найдутся две девочки или два мальчика стоящие радом. В первоначальном хороводе они держали за руку одного ребенка.
3. Ответ: Да.
По принципу Дирихле, в каждой строке найдутся две клетки одного цвета. Перекрасим строки таблицы в эти цвета. Теперь есть две строки, покрашенные в один цвет. В каждом столбце есть две клетки, покрашенные в этот цвет. Перекрасим все столбцы в этот цвет. Вся таблица перекрашена в один цвет.
4. Ответ: При правильной игре выигрывает первый игрок.
Первый ход разломать шоколадку на части 2х9 и 3х9. Дальше первый игрок должен придерживаться «симметричной» стратегии, пока не появится часть вида 1хk. Например, после хода второго игрока ломающего часть 2х9 на части 2х4 и 2х5 ломать часть 3х9 на части 3х4 и 3х5. Как только появилась часть вида 1хk нужно отломить дольку 1х1 и выиграть.
Ответы и указания к решению
Олимпиада "ЭВРИКА" 1997 год
7 класс
1. Ответ: B – рыцарь или лжец, C – рыцарь.
A – лжец. Если B – рыцарь, то C – рыцарь. Если B – лжец, то C – рыцарь.
2. Ответ: Произведение всех чисел в квадрате отрицательно. А если произведение чисел в каждом столбце было бы неотрицательно, то произведение всех чисел в квадрате тоже было бы неотрицательно.
3.
Если 0<x<1, то 0<x2<1, {x2}–{x}2=0.
Если x=1, то {x2}–{x}2=0.
Если 1<x<2, то x=1+y, 0<y<1.
{x2}={1+2y+y2)={2y+y2}. При 2y+y2<3y<1 и {2y+y2}=2y+y2. {x}2=y2.
Тогда {x2}–{x}2=2y. 2y = 1 / 1997 , x = 1 (1 / 3994).
4. Ответ: 3995.
Пусть количество треугольников – n. Тогда сумма углов всех треугольников равна 180°×n, что равно 360°×1997+360°.
180°×n=360°×1997+360°, n=2×1997+1=3995.
Наші контакти:
вул.Кирпичова, 2 (НТУ "ХПІ", корпус У2), 61002, Харків, Україна
Ця електронна адреса захищена від спам-ботів. Вам необхідно увімкнути JavaScript, щоб побачити її.
