10 класс
Первый день
10.1. Клетки доски раскрашены в шахматном порядке. Одним ходом разрешается перекрасить любую клетку в цвет одной из соседних с ней клеток. Можно ли с помощью таких перекрашиваний изменить цвет всех клеток на противоположный? (Соседними считаются клетки, имеющие общую сторону.)
(Н. Агаханов)
10.2. Натуральные числа от 1 до 100 выписали в строку в некотором порядке. Докажите, что найдутся два рядом стоящих числа, сумма которых больше 50, но меньше 150.
(С. Берлов)
10.3. Пусть и
— различные натуральные числа, большие 1000000, и такие, что
делится на
. Докажите, что
.
(И. Богданов, В. Сендеров)
10.4. Продолжения сторон и
выпуклого четырехугольника
пересекаются в точке
, а продолжения сторон
и
— в точке
. Обозначим через
и
середины диагоналей
и
. Докажите, что если
, то
.
(Л. Емельянов)
Второй день
10.5. Уравнение с целыми коэффициентами имеет три различных корня. Оказалось, что первый корень является синусом, второй — косинусом, а третий — тангенсом одного угла. Найдите все такие уравнения.
(Н. Агаханов, И. Богданов)
10.6. На плоскости провели 8 прямых, никакие две из которых не параллельны. Какое наибольшее число равнобедренных треугольников со сторонами, лежащими на этих прямых, могло образоваться?
(И. Рубанов)
10.7. Дана трапеция с основаниями
и
. Окружность
касается основания
в точке
и продолжений сторон
и
за точки
и
; окружность
касается основания
в точке
и продолжений сторон
и
за точки
и
. Докажите, что отрезок
проходит через точку пересечения диагоналей трапеции.
(Л. Емельянов)
10.8. В стране есть несколько городов, соединенных дорогами. Каждая дорога соединяет только два города, и на ней введено одностороннее движение; при этом пара городов соединена не более, чем одной дорогой. Выехав из любого города, нельзя в него вернуться. Известно, что из города в город
можно проехать ровно 2006 способами. Найдите минимальное возможное число городов в стране.
(И. Богданов)
1 Ян Альбертович Дененберг:
Задача 10.1
По всей видимости, либо задача чересчур тривиальна, либо я не понял условие.
После каждого хода имеется в наличии хотя бы одна пара соседних клеток одного цвета — та, которую перекрасили данным ходом, и та, в цвет которой её перекрасили.
Однако, если бы все клетки изменили свой цвет на противоположный, то любые две соседние клетки были бы разного цвета.
Полученное противоречие доказывет невозможность подобного перекрашивания.
[Ответить]
Елизавета Александровна Калинина Reply:
Декабрь 12th, 2013 at 19:58
Видимо, это утешительная задача
. Да, все просто.
[Ответить]