Математика: Решения задач первого тура олимпиады "Надежда ЛИСы"

Решения задач первого тура олимпиады «Надежда ЛИСы.

Решения представлены из ваших работ, есть некоторые интересные решения из сканированных работ, но уж воспользуюсь теми, кто оформил в документе Word.

Задача № 1 Решение Ясафова А.
Среди этих цифр точно будет единица, т.к.если перемножить 10 двоек,то получится число больше двадцати.10 можно разделить на множители 2 и 10 или 2,2 и 5, добавляем к множителям 2,2,5 семь единиц и в сумме получается 16,значит эти множители не подходят. Добавляем к множителям 10 и 2 восемь единиц и в сумме получается 20, значит эти множители подходят.
Ответ: 1,1,1,1,1,1,1.1,2,10.
Задача № 2 Решение Ясафова А.
На первом месте точно будет 5,т.к.4- мало,а 6- много.Возьмем последние две цифры x и y,если в числ их поменяли мстами,значит одно умножили на 10 ,а другое разделили на 10.Значит 10x +10y +x + y =187
11x + 11y = 187
x + y = 17
x = 8
y = 9 Других вариантов не может быть,потому что слагаемые 17 из однозначных чисел.только 8 и 9.
Ответ: 598 и 589.

Задача №2 Решение Бурмистрова К.

Пусть есть два числа АВС и АСВ.

АВС

АСВ

____

1187

Чтобы получить в сумме последнюю цифру 7, сумма цифр С и В должна быть больше 10, т.к. мы видим, что после сложения в столбик единиц, сумма цифр в десятках, состоящих из тех же цифр, увеличивается на 1. Значит, эта 1 перешла от сложения цифр в разряде единиц. Получили, что В+С=17. Такую сумму даст только пара чисел 8 и 9. Соответственно, 1 перейдет на разряд сотен и от сложения цифр в разряде десятков. И видно тогда, что 2А+1=11, откуда А=5. Тогда получим искомые числа. Это будут 589 и 598.

Ответ: 589, 598.

Задача№3 Решение Бурмистрова К.

Пусть Сергей делает N шагов, каждый из которых равен S, тогда N*S – это длина пройденного им пути. Тогда Никита прошел 1,1*N*0,9*S=0,99*N*S.

0,99NS<NS, значит, Сергей идет быстрее.

Ответ: Сергей идет быстрее.

Задача №4 Решение Макагонова Д.

Задача 4 Решение Субботиной А.

Задача 5. Решение Иванова Е.

Вася вырвал 25 листов, на каждом из которых 25 страниц четных и 25 нечетных.

Сумма всех 25 четных чисел будет четным числом, а сумма 25 нечетных чисел будет нечетным числом, а сумма четного и нечетного чисел будет нечетным числом, а у нас в условии четное число, значит Даша права.

Задача №6 Решение Бурмистрова К.

КККК+ЕЕЕ-НН+Р=1995 Данное выражение нельзя решить, если цифры не будут повторяться.

К будет только 1. Тогда 1111+ЕЕЕ-НН+Р=1995 и отсюда ЕЕЕ-НН+Р=884. Видно, что Е может быть только 8. Тогда –НН+Р=-4. Отсюда получим, что НН тоже состоит из 1, а Р может быть равно только 7, чтобы выполнялось последнее равенство. Тогда получим, что К=1 Н=1 Е=8 Р=7 и что

1111+888-11+7=1995.

Ответ: К=1 Н=1 Е=8 Р=7

Задача №7 Решение Бурмистрова К.

К Тимуру приходило 6 гостей.

Т.к. мы не знаем, кто из братьев солгал, то предположим, что это был Тимур. Тогда получается, что гостей было не больше шести, но больше пяти, как сказал его брат. Значит, было 6 гостей.

Если солгал брат Тимура, то гостей было не больше пяти. Но в то же время их было больше шести, т.к. Тимур сказал правду. Получили противоречие. Следовательно, брат Тимура не мог солгать.

Ответ: 6 гостей.

Задача 8. Решение Карпова Е. и Романенко А.

Задача №9 Решение Бурмистрова К.

Да, можно. Для первого взвешивания возьмем на одну чашу весов гири в 1г и 2г, а на другую – в 3г. Тогда возможны три варианта:

· Когда чаши весов окажутся в равновесии. Это будет значить, что дефектная гиря в 4г.

Для второго взвешивания тогда возьмем гири в 1г и 3г на одну чашу весов и гирю в 4г на другую. Если перевешивает первая чаша, то дефектная гиря легче, чем на ней указано, а если перевешивает вторая, то тяжелее.

· Когда перевешивает вторая чаша. Тогда, гиря в 4г - не дефектная. Для второго взвешивания возьмем гири в 1г и 3г на одной чаше весов и гирю в 4г на другой. Если чаши окажутся в равновесии, то дефектная гиря в 2г и она легче, т.к. в первом взвешивании чаша с ней оказалась легче. Если перевешивает первая чаша, то дефектная гиря в 3г и она тяжелее. Если перевешивает вторая чашка, то дефектная гиря в 1г и она легче.

· Когда перевешивает первая чаша. Тогда, гиря в 4г - не дефектная. Для второго взвешивания также возьмем гири в 1г и 3г на одной чаше весов и гирю в 4г на другой. Если чаши окажутся в равновесии, то дефектная гиря в 2г и она тяжелее, т.к. в первом взвешивании чаша с этой гирей оказалась тяжелее. Если перевешивает первая чаша, то дефектная гиря в 1г и она тяжелее, чем на ней указано. Если перевешивает вторая чашка, то дефектная гиря в 3г и она тяжелее.

Ответ : Можно.

Задача№9 Решение Бондаренко В.

И так делаем первое взвешивание: Берём гири на 1г+2г, ставим их на первую чашу весов, а на вторую чашу весов ставим 3г.

И так если гири сровнялись, значит, дефектная гиря с 4г. Посмотрим, тяжелее она или легче – это будет наше второе взвешивание: теперь на первую чашу весов ставим 3г+1г, а на вторую чашу весов ставим нашу дефектную гирю с 4г, и узнаём легче она или тяжелее.

Если же 1г+2г меньше 3г, то вторым взвешиванием будем ставить на первую чашу 1г+3г, а на вторую 4г. Результаты могут получиться разными, если они равны, значит гиря 2г легче и она дефектная. Если первая чаша тяжелее второй значит гиря в 3г дефектная. А если первая чаша легче второй значит гиря в1г дефектная.

Но если при первом взвешивании 1г+2г больше 3г, то вторым взвешиванием мы опять будем ставить на первую чашу весов ставить гири в 1г+3г, а на вторую чашу весов гирю в 4г. И здесь у нас получаться разные результаты: если они равны, значит гиря 2г тяжелее и она дефектная. Если первая чаша тяжелее второй значит гиря в 1г дефектная. А если первая чаша легче второй значит гиря в3г дефектная.

Ответ: Да можно определить с помощью двух взвешиваний.

Задача 10.Решение ШайкинаК.

Первый ход 1 игрока будет цифра 5.Дальше ,если например 2 игрок берет карточку 4,тогда он берет цифру 6.Находит пары.За 3 хода у 1 игрока должно набраться 25 очков.Значит следующим ходом у 2 игрока будет больше чем 25 очков.1 выигрывает.А берет 1 карточку 5 потому,что у пяти нет пары.

Задача№11 Решение Бондаренко В.

Семёрки могут гореть только в комбинации a7.x7.t7 . Находим подходящие числа, которые при умножении на 7 будут давать результат не больше 23.59.59.

Первое число может получиться только при умножении 7 на 2

Второе число может получиться только при умножении 7на 6

Третье число может получиться только при умножении 7 на 6

Получается 2*6*6=72 секунды . Ответ:72

Задача №12 Решение Бурмистрова К.

Нет, нельзя. Потому, что квадрат 2Х2 каждый раз покрывает центр квадрата 3х3 и сумма цифр в углах большого квадрата должна нам дать общее количество ходов, и она должна быть равна числу в центре большого квадрата. Сумма чисел в углах = 2+3+4+5=14, а у нас в центре 18. Это противоречие. Следовательно, нельзя получить такую таблицу.

Ответ: Нельзя.

Задача №13 Решение Романенко А.

Если допустить ,то что они жили вместе с 2004 по 2014 тоесть 10 лет, то с каждым годом прибавлялось 3 года ( 1 год с каждого еловека), получится 74-30=44 года ,а в условие задачи сказано ,что в 2004 году их сумма лет составляла 47, с этого мы делаем вывод ,что сын принёс за 10 лет только 7, следовательно он родился 2007 и ему сейчас 7 лет , тогда отцу 7+28=35 лет

Ответ:35

Задача 13Решение Иванова Е.

Для решения данной задачи я использовал уравнения:

a-возраст отца

b-возраст матери

c-возраст сына

a+b+c=74

(a-10)+(b-10)=47

c+28=a

Решаем:

c+28+b+c=74

c+28-10+b-10=47

b=39-c

c+28+39-c+c=74

67+c=74

c=7 (лет) сыну

c+28=35 (лет) отцу

Ответ: сыну-7 лет, отцу-35 лет

Задача №14 Решение Бурмистрова К.

Для того, чтобы определить сколько в турнире сыграно партий по круговой системе, нужно воспользоваться формулой Х*(Х-1)/2, где Х-количество участников. Т.к. известно, что сыграли 23 партии, то количество участников было больше 7, т.к. 7*6/2=21. Если количество участников было 8, то они могли бы сыграть 8*7/2=28 партий. А, если 9, то могли сыграть 9*8/2=36 партий. С самого начала в турнире могло участвовать 8 или 9 шахматистов. При 8 участниках не сыграно осталось 28-23=5 партий, а во втором - 36-23=13 партий. Оба раза осталось сыграть нечетное количество партий. Если бы двое выбывших участника сыграли друг с другом, то осталось бы четное число несыгранных партий, т.к. оба участника перед тем как заболеть успели сыграть одинаковое количество партий.

Ответ: Не успели.

Задача 15. Решение

Осёл сможет выиграть. Выигрышная стратегия такова: