Олимпиадные задания с. Олимпиадные задания с решениями (школьный этап)

Часто бывает так, что серьёзное увлечение математикой начинается с решения какой-либо понравившейся нестандартной задачи. Такая задача может встретиться на уроке в школе, на занятии математического кружка, в журнале или книге. Богатым источником таких задач служат различные олимпиады – от школьных, районных и городских до международных.

Решение олимпиадных задач обычно не требует знаний, выходящих за рамки школьной программы. Такие задачи, как правило сформулированы так, что они не принадлежат ни к одному из стандартных типов задач школьного математического курса. Поэтому решение каждой такой задачи требует особого подхода, наличие способности к интенсивному творческому труду. Умение решать нестандартные задачи свидетельствует о глубоком владение математическим аппаратом и развитой культуре математического мышления, а владение предметом гораздо важнее, чем просто «чистые знания», которые всегда можно пополнить с помощью хороших справочников.

Ниже приведены ссылки на страницы сайта с задачами олимпиадного уровня. Задачи распределены по тематикам, но деление это условно – часто одна и та же задача может быть отнесена к различным рубрикам, поэтому имеет смысл не ограничиваться просмотром только одной. Каждая страница начинается с небольшого теоретического материала. Иногда это несколько предложений, иногда – неплохой справочник, на который стоит обратить внимание. По каждой теме предложено 10 задач с достаточно подробными решениями, иногда несколькими способами, и 5 задач без решений для самостоятельного разбора.

Олимпиадные задачи по темам

Логические задачи

Цифры и десятичная система счисления

Делимость целых чисел и остатки

Простые и составные числа

Суммы и произведения

Уравнения в целых числах

Рациональные и иррациональные числа

Метод математической индукции

Квадратный трёхчлен

Алгебра многочленов

Доказательство неравенств

Принцип Дирихле

Графы, отображения

Чётность. Раскраска. Задачи на решётках

Инварианты и операции

Оценки для наборов чисел и таблиц. Принцип крайнего

Расстановки цифр и целых чисел, их преобразования

Комбинаторная геометрия

Игры, преследования, стратегии и алгоритмы

Элементы теории вероятностей

Принципы решения нестандартных задач

При решении нестандартных задач могут помочь следующие общие принципы:

• преобразовать задачу к виду, удобному для решения;
• решить задачу для частного, наиболее простого случая, а затем обобщить идею решения;
• предположить, что утверждение задачи – ложное; если из этого предположения получим противоречие, то утверждение задачи верно – доказательство от противного;
• разбить задачу на несколько простых подзадач;
• обобщить задачу; часто исследования более общей проблемы требует меньших усилий, чем исследование её частного случая – «парадокс изобретателя».

• Внимательно прочитайте условия задач и определите порядок, в котором будете их решать (лучше начинать с легких задач, которые, как правило, размещены в начале).
• Если условие задачи можно понять по разному, то не выбирайте удобную для себя трактовку, а обратитесь за консультацией к членам жюри.
• Если неясно, верно ли некоторое утверждение, попробуйте его доказать или опровергнуть.
• Не зацикливайтесь на одной задаче. Если нет идеи решения, то задачу лучше (хотя бы на время) отложить.
• Решив задачу, сразу оформляйте решение. Это поможет проверить его правильность и освободит внимание для других задач.
• Каждый, даже очевидный, шаг решения нужно записывать. Громоздкие решения лучше записывать в виде нескольких утверждений (лем).
• Перед тем, как сдать работу, перечитайте её «глазами членов жюри» – смогут ли они в ней разобраться?

Критерии оценивания олимпиадных работ

Цель математической олимпиады – выявить учащихся, способных нестандартно (и при этом правильно) думать и применять полученные в школе знания к решению «нешкольных» задач. Поэтому часто при проверке работ описки и мелкие ошибки прощаются. В последние годы традиционной является такая система оценок:

• 7 баллов – задача решена правильно;
• 6 баллов – задача решена, но есть мелкие замечания к решению (например, не рассмотрены некоторые простые частные случаи);
• 5 баллов – задача решена в целом, недостатки решения легко устраняются;
• 3-4 балла – задача решена «наполовину», т.е. ход решения правильный, есть значительный прогресс в решении, но полное решение требует дополнительных существенных идей;
• 1-2 балла – задача не решена, но подход к решению правильный или задача решена для простых частных случаев;
• 0 баллов – решение задачи неправильное и не содержит идей с помощью которых задача может быть решена, или задача не решалась.

Как правило, жюри олимпиады разрабатывает критерии оценки решений и начисления баллов по каждой задачей отдельно. Эти критерии могут отличаться от приведенных выше. При этом часто за решение простых (по мнению жюри) задач начисляются только такие оценки: 7 баллов, 6 баллов, 1 балл и 0 баллов.

Удачи!

Итак, вы решили заняться олимпиадной математикой. Выберите из предложенного выше списка тематику. Затем задачу, которая покажется вам наиболее интересной по формулировке и, стараясь не заглядывать в решения, начинайте размышлять над ней. Не бойтесь потратить на это многие и многие часы. Советский математик – Б.Н. Делоне говорил, что, большое научное открытие отличается от хорошей олимпиадной задачи только тем, что для решения олимпиадной задачи требуется 5 часов, а получение крупного научного результата требует затраты 5000 часов. И хотя 5000 часов можно воспринять как некоторое преувеличение, зато не только 5 часов, 5 дней (!) – далеко не предел потраченному времени на нестандартную задачу.

Решение олимпиадных задач – одна из основ подготовки к будущей научной деятельности, а для профессионального математика, который работает над трудной проблемой, является типичной способность напряженного размышления над ней целыми днями, неделями, а порой (возможно, в это трудно поверить) годами.

Если вы уже достигли, каких-либо успехов на олимпиадах, – этому естественно радоваться и даже гордиться этим. Неудачи же не должны чрезмерно огорчать и приводить к разочарованию в своих математических способностях. Для успеха на олимпиаде необходимы некоторые специальные типы одарённости, которые присущи далеко не всем и не обязательны для успешного математика. Уже само наличие назначенного очень ограниченного промежутка времени для решения задач многих делает совершенно беспомощными. Так выдающийся советский математик П.С. Александров (1896–1982) говорил, что если бы во времена его юности были математические олимпиады, то, возможно, он вообще не сделался бы математиком: его главные достижения в математике явились не плодом быстро работающей изобретательности, а итогом длительного и углубленного созерцания.

И ещё, – не откладывайте занятия математикой на потом, прислушайтесь к словам знаменитого американского математика и философа, основоположника кибернетики и теории искусственного интеллекта Норберта Винера (1894–1964): "Математика – наука молодых. Иначе и не может быть. Занятия математикой – это такая гимнастика ума, для которой нужны вся гибкость и вся выносливость молодости."

ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ С РЕШЕНИЕМ 6 КЛАСС.

Есть 10 монет, среди них ровно две фальшивые.
Детектор R7 за одну операцию исследует три монеты и указывает на одну из них.
Известно, что детектор не может указать на настоящую монету,
если среди тестируемых монет есть хотя бы одна фальшивая.
Как за шесть тестов выявить обе фальшивые монеты?

Решение к задаче:

Выберем три кучки по три монеты, протестируем каждую из них,
и возьмём те три монет, на которые указал детектор.
Среди них, очевидно есть хоть одна фальшивая.
Протестируем эти монеты и таким образом определим одну из фальшивых.
Вторая фальшивая монета может быть только среди тех четырёх монет,
с которыми тестировалась найденная фальшивая или быть той монетой, которая ещё не была задействована.
Среди этих пяти монет за два теста определить одну фальшивую уже совсем легко
(каждый тест выявляет две настоящие монеты).

На доске написано пять двузначных натуральных чисел.
Чебурашка каждую минуту прибавляет ко всем числам единицу или (тоже ко всем числам) двойку.
После того, как Чебурашка увеличивает числа, К. Гена может стереть какое-нибудь число,
делящееся на 13, или число, сумма цифр которого делится на 7 (если, конечно, такое число на доске есть).
Докажите, что при любых действиях Чебурашки,
Гена через некоторое время сумеет стереть с доски все числа.

Решение к задаче:

Гена может найти пять пар не более чем пятизначных соседних чисел,
так, чтобы в каждой паре он мог стереть любое число.
Чебурашка сможет «провести» через одну такую пару не более одного числа,
а значит все пять чисел Гена сможет стереть.

Подобных пар очень много,
например годятся пары 142 и 143, 312 и 313, 3120 и 3121, 1312 и 1313, 69999 и 70000…

Задача № 1:

Разность двух чисел на 17 меньше уменьшаемого и на 9 больше вычитаемого.
Найдите уменьшаемое и вычитаемое.

Задача № 2:

Будет ли сумма чисел 1 + 2 + 3 + ......+ 2005 + 2006 + 2007 делиться на 2007?
Ответ обоснуйте.

Задача № 3:

Нужно разместить 17 кроликов так, чтобы в каждой клетке было разное количество кроликов.
Какое наибольшее число клеток понадобится?

Задача № 4:

На выставку привезли 25 собак. 12 из них большие, 8 маленькие, остальные средние.
Только 10 из участников выставки породистые, остальные дворняжки.
Среди дворняжек поровну больших, маленьких и средних.
Сколько больших породистых собак привезли на выставку?

Задача № 5:

Все треугольники, изображенные на рисунке, имеют равные стороны.
Радиус каждой из окружностей равен 2 см.
Окружности касаются друг друга и сторон квадрата.
Чему равен периметр звездочки, нарисованной жирной линией?

№ 1: Ответ: 43 – 17.

№ 2: Ответ: будет.
Представим данную сумму в виде следующих слагаемых:
(1 + 2006) + (2 + 2005) + ... + (1003 + 1004) + 2007.
Так как каждое слагаемое делится на 2007,
то и вся сумма будет делиться на 2007.

№ 3: Ответ: 5 клеток.

№ 4: Ответ: 7 больших породистых собак.

№ 5: Ответ: 64 см

ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ С РЕШЕНИЕМ 8 КЛАСС.

Указать все денежные суммы, выраженные целым числом рублей,
которые могут быть представлены как чётным, так и нечётным числом денежных билетов достоинством в
1, 3, 5, 10, 25, 50 и 100 рублей.

Решение 1:

Предположим сначала, что мы имеем денежную сумму в 10 рублей или больше.
Покажем, что любая такая сумма может быть представлена как чётным, так и нечётным количеством денежных билетов.
Именно, любая чётная денежная сумма (в 10 рублей или более) представляется, с одной стороны, чётным числом билетов достоинством в 1 рубль, а с другой одним билетом в 10 рублей и ещё чётным числом билетов по одному рублю.
Точно так же, любая нечётная денежная сумма (в 10 рублей или более) представляется, с одной стороны, нечётным числом билетов по одному рублю, а с другой одним билетом в 10 рублей и ещё нечётным числом билетов по одному рублю.
Рассмотрим теперь денежные суммы, меньшие 10 рублей.
Для представления этих сумм в нашем распоряжении имеются лишь билеты достоинством в 1, 3, 5 рублей все нечётные.
Понятно, что нечётное число "нечетных" билетов могут составить лишь нечётную сумму; следовательно, никакую чётную сумму, меньшую 10 рублей, нельзя представить нечётным числом билетов.
Аналогично, чётное число "нечетных" билетов могут составить лишь чётную сумму; следовательно, никакую нечётную сумму, меньшую 10 рублей, нельзя представить чётным числом билетов.

Решение 2:

Все суммы, не меньшие 10 руб., можно оплатить десятирублёвыми и рублёвыми купюрами, причём обязательно использовав десятирублевку.
Если при этом получится чётное число купюр, то одну десятирублёвую бумажку можно заменить двумя купюрами по 5 руб., т. е. эту сумму можно оплатить и нечётным числом купюр.
То же можно сказать, если сначала имеем нечётное число купюр.
Для выплаты сумм, меньших 10 руб., имеются купюры в нечётное число рублей.
Поэтому эти суммы можно выплатить лишь одним способом: чётную сумму чётным, а нечётную нечётным числом купюр.

Задача № 1.

Сумма квадратов n простых чисел, каждое из которых больше 5, делится на 6.
Докажите что и n делится на 6.

Если сумма нескольких чисел делится на шесть, то и сумма их остатков при делении на шесть тоже будет делится на 6. Простое число, большее пяти, может иметь при делении на 6 только остатки 1 или 5 (иначе это число будет делиться на 2 или 3). Следовательно, квадрат любого простого числа, большего чем 5, имеет при делении на 6 остаток 1. Так как сумма этих остатков равна количеству чисел n, значит n делится на 6.

Задача № 2.

Петя и Вася сделали в тире по 5 выстрелов.
Первыми тремя выстрелами они выбили поровну, а последними тремя Петя выбил в три раза больше очков, чем Вася.
На мишени остались пробоины в 10, 9, 9, 8, 8, 5, 4, 4, 3, 2 очков.
Куда попал каждый из них третьим выстрелом?
Приведите все возможные варианты ответа и докажите, что других нет.

Последними тремя выстрелами Вася не мог выбить больше, чем 9 очков (иначе Петя бы выбил последними тремя выстрелами не меньше 30).
Меньше 9 очков Вася тоже выбить не мог, так как наименьшая сумма за три выстрела 2 + 3 + 4 = 9.
Следовательно, Вася выбил 2, 3 и 4 очка а Петя 10, 9 и 8 очков (других вариантов набрать 27 очков тремя выстрелами нет).
Значит первыми двумя выстрелами мальчики выбили 9, 8, 5 и 4 очка.
При этом Петя третьим выстрелом выбил не меньше, чем 8, а Вася - не больше, чем 4 очка.
Так как сумма очков после первых трех выстрелов была равной, значит, первыми двумя выстрелами Петя выбил по крайней мере на четыре очка меньше, чем Вася.
Единственная возможность - Вася выбил 9 и 8, а Петя 5 и 4 очка, следовательно, третьим выстрелом Вася выбил 2, а Петя 10 очков.

Задача № 3.

Если дату 10 февраля 2001 года записать в виде 10.02.2001, а затем убрать точки, то получится палиндром (т.е. число, читающееся слева направо и справа налево одинаково).
Найдите ближайшую к 10.02.2001 дату, обладающую тем же свойством.
Рассмотрите два случая:
1) требуемая дата еще не наступила,
2) требуемая дата уже прошла.

Заметим, что при условии, что дата записывается как палиндром, день и месяц однозначно находятся по заданному году.
пункт (1): в 2001 году других палиндромов быть не может, а в следующем (2002) году это должен быть 20 день второго месяца.
Пункт (2): Чтобы дата была как можно ближе к 2001 году, необходимо брать самый большой возможный год, меньший 2001. Вторая цифра года должна быть первой цифрой месяца, то есть 0 или 1, т.к. месяцев не больше 12. В 2000 году палиндрома быть не может (нулевого дня не бывает), следовательно, первые две цифры года - 11 (соответственно, месяц - ноябрь). Третью цифру года нужно взять максимально возможную, т.е. девять, тогда четвертой (так как в ноябре не больше 31 дня) может быть два. Получится дата-палиндром 29.11.1192.

Задача № 4.

В выпуклом четырехугольнике ABCD стороны AB и CD параллельны, а диагонали AC и BD перпендикулярны.
Докажите, что AD + BC = AB + CD.

Решение:

Впишем четырехугольник ABCD в прямоугольник EFGH со сторонами, параллельными диагоналям (EF || AC и EH || BD) - смотри рисунок. Пусть L - точка пересечения прямых DC и EF, а M - точка на прямой HG такая, что LM || FG . Тогда ABLC - параллелограмм, следовательно, AB = CL. Так как GM = FL = EB = HD и AH = CG, то угол AHD = углу CGM , следовательно, AD = CM. В силу неравенства треугольника BC + CM = BC + AD . Но BM = DL как диагонали прямоугольника BLDM, и DL = DC + CL = DC + AB.
Следовательно, AD + BC, DL = DC + CL = DC + AB, что и требовалось доказать.

ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ 9 КЛАСС.

Пример решения олимпиадной задачи

На продолжении AB, BC, CD и DA
сторон выпуклого четырёхугольника ABCD
откладываются отрезки
BB 1 =AB; CC 1 =BC; DD 1 =CD; AA 1 =AD .

Доказать, что площадь четырёхугольника A 1 B 1 C 1 D 1 в пять раз больше площади четырёхугольника ABCD .

Проведём диагональ AC
данного четырёхугольника
и соединим точку C с точкой B 1
(смотри рисунок).

В треугольнике ACB 1 отрезок BC является медианой,
поэтому она делит его на два равновеликих треугольника.

CB 1 - медиана треугольника BB 1 C 1 ,

следовательно, она также делит его на два равновеликих треугольника:

S ABC =S BCB1 =S CC1B1 .

Итак, S BB1C1 =2S ABC .

Проведя медиану AD 1 треугольника DD 1 A 1 ,
мы точно так же убедимся, что S DD1A1 =2S ACD .

Таким образом, если мы сложим площади треугольников BB 1 C 1 и A 1 D 1 D ,
то получим удвоенную площадь данного четырёхугольника.

Аналогично, проведя диагональ DB данного четырёхугольника,
увидим, что сумма площадей треугольников

D 1 CC 1 и

AA 1 B 1

равна удвоенной площади данного четырёхугольника.

Следовательно, площадь четырёхугольника

A 1 B 1 C 1 D 1

равна упятерённой площади данного четырёхугольника.

Примеры решения задач.

Все трехзначные числа записаны в ряд: 100 101 102 ..... 998 999.
Сколько раз в этом ряду после двойки идет нуль?

По определению, n ! = 1 х 2 х 3 ? х............х n .
Какой сомножитель нужно вычеркнуть из произведения 1! х 2! х 3! х............х 20! ,
чтобы оставшееся произведение стало квадратом некоторого натурального числа?

С помощью циркуля и линейки разделите пополам угол, вершина которого недоступна.

Сколько существует треугольников со сторонами 5 см и 6 см, один из углов которого равен 20.

На столе лежат 2005 монет. Двое играют в следующую игру: ходят по очереди; за ход первый может взять со стола любое нечетное число монет от 1 до 99, второй любое четное число монет от 2 до 100. Проигрывает тот, кто не сможет сделать ход.
Кто выиграет при правильной игре?

Решение задач:

Так как трехзначное число не может начинаться с нуля, то двойка, после которой идет нуль, не может стоять в разряде единиц одного из трехзначных чисел ряда.
Пусть двойка стоит в разряде десятков трехзначного числа.
Тогда идущий за ней нуль стоит в разряде единиц того же числа,
т.е. это число оканчивается на 20.
Таких чисел 9: 120, 220, .........., 920.
Наконец, если двойка, после которой идет нуль, стоит в разряде сотен, то соответствующее трехзначное число начинается на 20.
Таких чисел 10: 200, 201, .........., 209.
Таким образом, всего после двойки нуль будет встречаться 19 раз.

Заметим, что
1! х 2! х 3! х 4! х.......х 20! = (1! х 2!) х (3! х 4!) х..........х (19! х 20!) =
= (1! х 1! х 2) х (3! х 3! х 4) х (5! х 5! х 6) х...........х (17! х 17! х 18) х (19! х 19! х 20) =
= (1!) 2 х (3!) 2 х (5!) 2 х............х (19!) 2 х (2 х 4 х 6 х 8 х...........х 18 х 20) =
= (1!) 2 х (3!) 2 х (5!) 2 х.............х (19!) 2 ?х (2 х (2 х 2) х (3 х 2) х..............х (10 х 2)) =
= (1! х 3! х............х 19!) 2 х 2 10 х (1 х 2 х 3 х...............х 2 х 10) = (1! х 3! х..............х 19!) 2 (2 5) 2 х 10!
Мы видим, что первые два множителя квадраты, поэтому, если вычеркнуть 10!, то останется квадрат.
Легко видеть, что вычеркивание других множителей, указанных в ответах, не дает желаемого результата. Ответ: 10!

Задача имеет множество решений.
Рассмотрим один из них. Выберем на сторонах угла произвольно по 2 точки: A, N, B, M и рассмотрим треугольники АВС и NМС.
Проведем в каждом из этих треугольников биссектрисы углов. Точка пересечения биссектрис углов треугольника АВС принадлежит и биссектрисе угла С.
Аналогично, точка пересечения 2 биссектрис углов треугольника NМС также лежит на биссектрисе угла С.
Проводим через эти 2 точки прямую, которая будет и биссектрисой х С.

Есть только один треугольник, в котором угол 20 град. лежит между сторонами 5 см и 6 см.
Попробуем построить треугольник, в котором сторона 6 см прилегает к углу 20 град. , а сторона 5 см лежит против него. Для этого от вершины угла отложим отрезок длиной 6 см, и проведем окружность радиуса 5 см с центром этого отрезка, не совпадающем с вершиной. Расстояние от центра этой окружность до второй стороны угла меньше 5 см (это расстояние равно катету угла в 20 град.). Отсюда следует, что окружность пересечет прямую, содержащую вторую сторону угла, в двух точках, причем из-за того что радиус меньше 6 см, обе эти точки будут лежать на стороне угла, и мы получим два разных треугольника.
Если же попробовать поменять ролями отрезки в 5 см и 6 см, то вершина угла окажется внутри построенной окружности, и мы получим только одну точку пересечения, а следовательно, и один треугольник.
Итак, мы получили всего 4 треугольника.

Опишем стратегию первого игрока.
Первым ходом он должен взять со стола 85 монет.
Каждым следующим, если второй игрок берет х монет, то первый игрок должен взять 101 х монет (он всегда может это сделать, потому что если х четное число от 2 до 100, то (101 х) нечетное число от 1 до 99).
Так как 2005=101 19 + 85 + 1, то через 19 таких ответов после хода первого на столе останется 1 монета, и второй не сможет сделать ход, т. е. проиграет.

ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАНИЯ ПО МАТЕМАТИКЕ 10 КЛАСС С РЕШЕНИЕМ.

Задача № 1:

Решите уравнение:

(x - 2)(x - 3)(x + 4)(x + 5) = 1320.

Задача № 2:

На плоскости дан отрезок АВ.
Где может быть расположена точка С, чтобы угол АВС был остроугольным?

Задача № 3:

Найти все натуральные числа, оканчивающиеся на 2006,
которые после зачеркивания последних четырех цифр уменьшаются в целое число раз.

Задача № 4:

Вычислить сумму a 2006 + 1/a 2006 , если a 2 – a + 1 = 0.

Задача № 5:

Лист бумаги разрезали на 5 частей, некоторые из этих частей разрезали на 5 частей, и т. д.
Может ли за некоторое число разрезаний получиться 2006 листка бумаги?

Решение задач:

Задача № 1:

Ответ: -8; 6.

Задача № 2:

Построим на АВ как на диаметр окружность и проведем через А и В две прямые, перпендикулярные отрезку АВ.
Точка С может находится между этими прямыми вне круга.

Задача № 3:

Пусть натуральные числа имеют вид x 10000 + 2006, где x € N. После вычеркивания последних цифр получим число x.
По условию, где n € N. Отсюда имеем, что должно быть натуральным числом, т. е. x - делитель числа 2006.
Число 2006 имеет делители: 1; 2; 17; 34; 59; 118; 2006.
Следовательно, имеются числа, отвечающие условию задачи: 12006; 22006; 172006; 342006; 592006; 1182006; 20062006.

Задача № 4:

Так как a0, то, разделив обе части исходного уравнения на a , получим a + 1/a = 1.
Заметим, что a 3 + 1 = 0, т. к. a 3 + 1 = (a + 1)(a 2 – a + 1).
Таким образом, a 3 = -1. Тогда a 2006 + 1/a 2006 = (a 3) 6682 = a 2 + 1/a 2 = - 1.

Задача № 5:

Замечаем, что при каждом разрезании из одного листка получаем пять, т. е. число листков увеличивается на 4.
Следовательно, из исходного листа может получиться число листков вида 1 + 4n , где n € N,
т. е. это число при делении на 4 дает остаток 1.
Но 2006 = 4 501 + 2. Следовательно, 2006 листков получиться не может.

ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ 11 КЛАСС.

Решите уравнение:

(x 3 – 2)(2 sin x – 1) + (2 x 3 – 4) sin x = 0.

Из того, что функция y = 2 t возрастает, следует:

1) Если sin x 0 , то 2 sin x - 1 0 ;
если sin x 0 , то 2 sin x - 1 0 .

2) Если x 3 - 2 0 , то 2 x3 - 4 0 ;
если x 3 - 2 0 , то 2 x3 - 4 0 ;

Следовательно, если
(x 3 - 2)(2 sin x - 1) 0 , то (2 x3 - 4) sin x 0 ;
если (x 3 - 2)(2 sin x - 1) 0 , то (2 x3 - 4) sin x 0 ;

то есть знаки выражений

(x 3 - 2)(2 sin x - 1) и (2 x3 - 4) sin x совпадают.

Поэтому, каждое слагаемое в левой части уравнения должно обращаться в нуль,
то есть данное уравнение равносильно совокупности:

x 3 = 2 или sin x = 0 .

{ } U {πn | n Z.}.

Докажите, что произведение четырех последовательных целых чисел, сложенное с единицей, есть точный квадрат.

Решите уравнение sin 4 4x + cos 2 x = 2sin4x х cos 4 x.

Существует ли многогранник с нечетным числом граней, каждая из которых есть многоугольник с нечетным числом сторон?

Докажите, что касательные к гиперболе y = 1/x образуют с осями координат треугольники одной и той же площади.

В каждую клетку квадратной таблицы 25 x 25 вписано произвольным образом одно из чисел 1 или -1. Под каждым столбцом пишется произведение всех чисел, стоящих в этом столбце. Справа от каждой строки пишется произведение всех чисел, стоящих в этой строке. Докажите, что сумма 50 написанных произведений не может оказаться равной нулю.

Решение задач:

Задача 1:

Пусть это 4 последовательных числа: n, n + 1, n + 2, n + 3.
Тогда n (n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) + 1 = (n 2 + 3n) 2 + 2(n 2 + 3n) + 1 = (n 2 + 3n + 1) 2 .

Перенесем в левую часть 2sin4x · cos 4 x и прибавим и вычтем по cos 8 x.
В результате полученное уравнение можно преобразовать к виду
(sin4x – cos 4 x) 2 + cos 2 x(1 – cos 6 x) = 0,
которое равносильно следующей системе:

Решая второе уравнение и подставляя его решения в первое уравнение, в результате получим решение исходного уравнения x = π /2 + π k .

Пусть такой многогранник существует. Обозначим за 1, 2, …, число ребер на гранях, тогда 1 + 2+ … – удвоенная сумма всех ребер многогранника, она – четная. А в левой части стоит нечетная сумма слагаемых, каждое из которых – нечетно. Получили противоречие. Значит, такого многогранника не существует.

Составим уравнение касательных к гиперболе в точке

Т. к. (1/x)" = -1/(x 2), то эти уравнения будут иметь вид y = -1/(х 0 2)(x - х 0) + 1/х 0 .

Касательная с уравнением пересекает ось абсцисс в точке (х 1 ;0);
х 1 можно определить из уравнения -1/(х 0 2)(x - х 0) + 1/х 0 = 0.
Решая данное уравнение, получим х 1 = 2х 0 .
Точка (0; y 1) пересечения с осью ординат определяется подстановкой в уравнение значения х = 0.
В итоге получим y 2 = 2/х 0 .
Отрезки осей координат и касательной составляют прямоугольный треугольник, катеты которого имеют длины а = 2|х 0 | и b = 2 / |х 0 |. Площадь данного треугольника равна 2.

Найдем произведение всех 25 чисел, записанных под каждым столбцом и всех 25 чисел, записанных справа от строчек.
Так как в этом произведении каждое из чисел квадратной таблицы входит по два раза, то произведение этих 50 произведений,
в каждом из которых стоит по 25 множителей, будет положительным, т. е. равно 1.
А так как произведение 50 чисел положительно, то отрицательных сомножителей будет четное число (2, 4, …, 50).
Сумма же 50 произведений может быть нулем лишь в случае, когда 25 слагаемых равно 1, а 25 слагаемых равно - 1,
т. е. слагаемых с - 1 должно быть нечетное число.
А это значит, что сумма 50 написанных произведений не может равняться нулю.

Задания и ключи школьного этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике

Скачать:

Предварительный просмотр:

Школьный этап

4 класс

1. Площадь прямоугольника 91

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

5 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

3. Разрежьте фигуру на три одинаковые (совпадающие при наложении) фигурки:

4. Замените букву А

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

6 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

7 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

1. – различные цифры.

4. Замените буквы Y, E, A и R цифрами так, чтобы получилось верное равенство:

YYYY ─ EEE ─ AA + R = 2017 .

5. На острове жив ё т неч ё тное число людей, прич ё ё

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

8 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

АВМ , CLD и ADK соответственно. Найдите ∠ МKL .

6. Докажите, что если a, b, c и - целые числа, то и дробь будет целым числом.

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

9 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

2. Числа a и b таковы, что уравнения и тоже имеет решение.

6. При каких натуральных x выражение

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

10 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

4 – 5 – 7 – 11 – 19 = 22

3. В уравнении

5. В треугольнике ABC провели биссектрису BL . Оказалось, что . Докажите, что треугольник ABL – равнобедренный.

6. По определению,

Предварительный просмотр:

Задачи Всероссийской олимпиады школьников по математике

Школьный этап

11 класс

Максимальная оценка каждой задачи – 7 баллов

1. Сумма двух чисел равна 1. Может ли их произведение быть больше 0,3?

2. Отрезки AM и BH ABC .

Известно, что AH = 1 и . Найти длину стороны BC .

3. а неравенство верно при всех значениях х ?

Предварительный просмотр:

4 класс

1. Площадь прямоугольника 91 . Длина одной из его сторон 13 см. Чему равна сумма всех сторон прямоугольника?

Ответ. 40

Решение. Длину неизвестной стороны прямоугольника находим из площади и известной стороны: 91 :13 см = 7 см.

Сумма всех сторон прямоугольника равна 13 + 7 + 13 + 7 = 40 см.

2. Разрежьте фигуру на три одинаковые (совпадающие при наложении) фигурки:

Решение.

3. Восстановите пример на сложение, где цифры слагаемых заменены звездочками: *** + *** = 1997.

Ответ. 999 + 998 = 1997.

4 . Четыре девочки ели конфеты. Аня съела больше, чем Юля, Ира – больше, чем Света, но меньше, чем Юля. Расставьте имена девочек в порядке возрастания съеденных конфет.

Ответ. Света, Ира, Юля, Аня.

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

5 класс

1. Не меняя порядка расположения цифр 1 2 3 4 5, поставьте между ними знаки арифметических действий и скобки так, чтобы в результате получилась единица. «Склеивать» соседние цифры в одно число нельзя.

Решение. Например, ((1 + 2) : 3 + 4) : 5 = 1. Возможны другие решения.

2. На скотном дворе гуляли гуси и поросята. Мальчик сосчитал количество голов, их оказалось 30, а затем он сосчитал количество ног, их оказалось 84. Сколько гусей и сколько поросят было на школьном дворе?

Ответ. 12 поросят и 18 гусей.

Решение.

1 шаг. Представьте, что все поросята подняли по две ноги вверх.

2 шаг. На земле осталось стоять 30 ∙ 2 = 60 ног.

3 шаг. Подняли вверх 84 - 60 = 24 ноги.

4 шаг. Подняли 24: 2 = 12 поросят.

5 шаг. 30 - 12 = 18 гусей.

3. Разрежьте фигуру на три одинаковые (совпадающие при наложении) фигурки:

Решение.

4. Замените букву А на ненулевую цифру, чтобы получилось верное равенство. Достаточно привести один пример.

Ответ. А = 3.

Решение. Несложно показать, что А = 3 подходит, докажем, что других решений нет. Сократим равенство на А . Получим .
Если А ,
если А > 3, то .

5. Девочки и мальчики по дороге в школу зашли в магазин. Каждый ученик купил по 5 тонких тетрадей. Кроме этого, каждая девочка купила 5 ручек и 2 карандаша, а каждый мальчик купил 3 карандаша и 4 ручки. Сколько было куплено тетрадей, если всего ручек и карандашей дети купили 196 штук?

Ответ. 140 тетрадей.

Решение. Каждый из учеников купил по 7 ручек и карандашей. Всего было куплено 196 ручек и карандашей.

196: 7 = 28 учеников.

Каждый из учеников купил по 5 тетрадей, значит, всего куплено
28 ⋅ 5=140 тетрадей.

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

6 класс

1. На прямой 30 точек, расстояние между любыми двумя соседними равно 2 см. Какое расстояние между двумя крайними точками?

Ответ. 58 см.

Решение. Между крайними точками помещается 29 частей по 2 см.

2 см * 29 = 58 см.

2. Будет ли сумма чисел 1 + 2 + 3 + ......+ 2005 + 2006 + 2007 делиться на 2007? Ответ обоснуйте.

Ответ. Будет.

Решение. Представим данную сумму в виде следующих слагаемых:
(1 + 2006) + (2 + 2005) + …..+ (1003 + 1004) + 2007.

Так как каждое слагаемое делится на 2007, то и вся сумма будет делиться на 2007.

3. Разрежьте фигурку на 6 равных клетчатых фигурок.

Решение. Фигурку можно разрезать только так

4. Настя расставляет в клетках квадрата 3 на 3 числа 1, 3, 5, 7, 9. Она хочет, чтобы сумма чисел по всем горизонталям, вертикалям и диагоналям делилась на 5. Приведите пример такой расстановки, при условии, что каждое число Настя собирается использовать не более двух раз.

Решение. Ниже приведена одна из расстановок. Существуют и другие решения.

5. Обычно за Павликом после уроков приезжает папа на машине. Однажды уроки закончились раньше обычного и Павлик пошел домой пешком. Спустя 20 минут он встретил папу, сел в машину и приехал домой на 10 минут раньше. На сколько минут раньше закончились уроки в этот день?

Ответ. На 25 минут раньше.

Решение. Машина приехала домой раньше, потому что ей не пришлось доезжать с места встречи до школы и обратно, значит, удвоенный этот путь машина проезжает за 10 минут, а в одну сторону – за 5 минут. Итак, машина встретилась с Павликом за 5 минут до обычного окончания уроков. К этому моменту Павлик уже шел 20 минут. Таким образом, уроки закончились на 25 минут раньше.

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

7 класс

1. Найдите решение числового ребуса a,bb + bb,ab = 60 , где a и b – различные цифры.

Ответ. 4,55 + 55,45 = 60

2. После того, как Наташа съела половину персиков из банки, уровень компота понизился на одну треть. На какую часть (от полученного уровня) понизится уровень компота, если съесть половину от оставшихся персиков?

Ответ. На одну четверть.

Решение. Из условия ясно, что половина персиков занимает треть банки. Значит, после того как Наташа съела половину персиков, в банке персиков и компота осталось поровну (по одной трети). Значит, половина от числа оставшихся персиков составляет четверть от всего объёма содержимого

банки. Если съесть эту половину оставшихся персиков, уровень компота понизится на четверть.

3. Разрежьте по линиям сетки прямоугольник, изображённый на рисунке, на пять прямоугольников различной площади.

Решение. Например, так

4. Замените буквы Y, E, A и R цифрами так, чтобы получилось верное равенство: YYYY ─ EEE ─ AA + R = 2017 .

Ответ. При Y=2, E=1, A=9, R=5 получаем 2222 ─ 111 ─ 99 + 5 = 2017.

5. На острове жив ё т неч ё тное число людей, прич ё м каждый из них либо рыцарь, который всегда говорит правду, либо лжец, который всегда лж ё т. Как-то раз все рыцари заявили: ― «Я дружу только с 1 лжецом», а все лжецы: ― «Я не дружу с рыцарями». Кого на острове больше, рыцарей или лжецов?

Ответ. Рыцарей больше

Решение. Каждый лжец дружит хотя бы с одним рыцарем. Но так как каждый рыцарь дружит ровно с одним лжецом, у двух лжецов не может быть общего друга-рыцаря. Тогда каждому лжецу можно поставить в соответствие его друга рыцаря, откуда получается, что рыцарей, по крайней мере, столько же, сколько и лжецов. Так как всего жителей на острове неч ё тное число, то равенство невозможно. Значит, рыцарей больше.

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

8 класс

1. В семье 4 человека. Если Маше удвоят стипендию, общий доход всей семьи возрастет на 5%, если вместо этого маме удвоят зарплату – на 15%, если же зарплату удвоят папе – на 25%. На сколько процентов возрастет доход всей семьи, если дедушке удвоят пенсию?

Ответ. На 55%.

Решение . При удвоении стипендии Маши общий доход семьи увеличивается ровно на величину этой стипендии, поэтому она составляет 5% от дохода. Аналогично, зарплаты мамы и папы составляют 15% и 25%. Значит, пенсия дедушки составляет 100 – 5 – 15 - 25 = 55%, и если е ё удвоят, то доход семьи вырастет на 55%.

2. На сторонах АВ , CD и AD квадрата АВСD вовне построены равносторонние треугольники АВМ , CLD и ADK соответственно. Найдите ∠ МKL .

Ответ. 90°.

Решение. Рассмотрим треугольник MAK : угол MAK равен 360° - 90° - 60° - 60° = 150°. MA = AK по условию, значит, треугольник MAK равнобедренный, ∠ AMK = ∠ AKM = (180° - 150°) : 2 = 15°.

Аналогично получаем, что угол DKL равен 15°. Тогда искомый угол MKL равен сумме ∠ MKA + ∠ AKD + ∠ DKL = 15° + 60° + 15° = 90°.

3. Ниф-Ниф, Наф-Наф и Нуф-Нуф делили три кусочка трюфеля массами 4 г., 7 г. и 10 г. Волк решил им помочь. Он может от любых двух кусочков одновременно отрезать и съесть по 1 г. трюфеля. Сможет ли волк оставить поросятам равные кусочки трюфеля? Если да, то как?

Ответ. Да.

Решение. Волк может сначала три раза отрезать по 1 г от кусочков в 4 г и 10 г. Получатся один кусок в 1 г и два куска по 7 г. Теперь осталось шесть раз отрезать и съесть по 1 г от кусочков в 7 г., тогда поросятам достанется по 1 г. трюфеля.

4. Сколько всего есть четырехзначных чисел, которые делятся на 19 и оканчиваются на 19?

Ответ. 5 .

Решение. Пусть – такое число. Тогда тоже кратно 19. Но
Поскольку 100 и 19 взаимно просты, то двузначное число делится на 19. А таких всего пять: 19, 38, 57, 76 и 95.

Легко убедиться, что все числа 1919, 3819, 5719, 7619 и 9519 нам подходят.

5. Команда из Пети, Васи и одноместного самоката участвует в гонке. Дистанция разделена на участки одинаковой длины, их количество равно 42, в начале каждого – контрольный пункт. Петя пробегает участок за 9 мин, Вася – за 11 мин, а на самокате любой из них проезжает участок за 3 мин. Стартуют они одновременно, а на финише учитывается время того, кто пришел последним. Ребята договорились, что один проезжает первую часть пути на самокате, остаток бегом, а другой - наоборот (самокат можно оставить на любом контрольном пункте). Сколько участков Петя должен проехать на самокате, чтобы команда показала наилучшее время?

Ответ. 18

Решение. Если время одного станет меньше времени другого из ребят, то увеличится время другого и, следовательно, время команды. Значит, время ребят должно совпадать. Обозначив число проезжаемых Петей участков через x и решив уравнение , получим x = 18.

6. Докажите, что если a, b, c и - целые числа, то и дробь будет целым числом.

Решение.

Рассмотрим , по условию это число целое.

Тогда и будет тоже целым числом как разность N и удвоенного целого числа .

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

9 класс

1. Саше и Юре сейчас вместе 35 лет. Саше сейчас вдвое больше лет, чем было Юре тогда, когда Саше было столько лет, сколько Юре сейчас. Сколько лет сейчас Саше и сколько – Юре?

Ответ. Саше 20 лет, Юре 15 лет .

Решение. Пусть Саше сейчас x лет, тогда Юре , а когда Саше было лет, то Юре, по условию, . Но времени и для Саши и для Юры прошло поровну, поэтому получаем уравнение

из которого .

2. Числа a и b таковы, что уравнения и имеют решения. Докажите, что уравнение тоже имеет решение.

Решение. Если первые уравнения имеют решения, то их дискриминанты неотрицательны, откуда и . Перемножая эти неравенства, получаем или , откуда следует, что дискриминант последнего уравнения также неотрицателен и уравнение имеет решение.

3. Рыбак выловил большое число рыб весом 3,5 кг. и 4,5 кг. Его рюкзак вмещает не более 20 кг. Какой максимальный вес рыбы он может взять с собой? Ответ обоснуйте.

Ответ. 19.5 кг.

Решение. В рюкзак можно поместить 0, 1, 2, 3 или 4 рыбы весом 4,5 кг.
(не больше, поскольку ). Для каждого из этих вариантов остаток вместимости рюкзака не делится нацело на 3,5 и в лучшем случае удастся упаковать кг. рыбы.

4. Стрелок десять раз выстрелил по стандартной мишени и выбил 90 очков.

Сколько попаданий было в семерку, восьмерку и девятку, если десяток было четыре, а других попаданий и промахов не было?

Ответ. В семерку – 1 попадание, в восьмерку – 2 попадания, в девятку – 3 попадания.

Решение. Так как стрелок попадал лишь в семерку, восьмерку и девятку в остальные шесть выстрелов, то за три выстрела (так как по крайней мере по одному разу в семерку, восьмерку и девятку стрелок попал) он наберет очка. Тогда за оставшиеся 3 выстрела надо набрать 26 очков. Что возможно при единственной комбинации 8 + 9 + 9 = 26. Итак, в семерку стрелок попал 1 раз, в восьмерку – 2 раза, в девятку – 3 раза.

5 . Середины соседних сторон в выпуклом четырехугольнике соединены отрезками. Докажите, что площадь получившегося четырехугольника в два раза меньше площади первоначального.

Решение. Обозначим четырёхугольник за ABCD , а середины сторон AB , BC , CD , DA за P , Q , S , T соответственно. Заметим, что в треугольнике ABC отрезок PQ является средней линией, значит, она отсекает от него треугольник PBQ в четыре раза меньше площади, чем площадь ABC . Аналогично, . Но треугольники ABC и CDA в сумме составляют весь четырёхугольник ABCD , значит Аналогично получаем, что Тогда суммарная площадь этих четырёх треугольников составляет половину площади четырёхугольника ABCD и площадь оставшегося четырёхугольника PQST равна также половине площади ABCD .

6. При каких натуральных x выражение является квадратом натурального числа?

Ответ. При x = 5.

Решение. Пусть . Отметим, что – также квадрат некоторого целого числа , меньшего t . Получаем, что . Числа и – натуральные и первое больше второго. Значит , а . Решив эту систему, получаем , , что дает .

Предварительный просмотр:

Ключи школьной олимпиады по математике

10 класс

1. Расставьте знаки модуля так, чтобы получилось верное равенство

4 – 5 – 7 – 11 – 19 = 22

Решение. Например,

2. Когда Винни-Пух пришел в гости к Кролику, он съел 3 тарелки мёда, 4 тарелки сгущёнки и 2 тарелки варенья, а после этого не смог выйти наружу из-за того, что сильно растолстел от такой еды. Но известно, что если бы он съел 2 тарелки мёда, 3 тарелки сгущёнки и 4 тарелки варенья или 4 тарелки мёда, 2 тарелки сгущёнки и 3 тарелки варенья, то спокойно смог бы покинуть нору гостеприимного Кролика. От чего больше толстеют: от варенья или от сгущёнки?

Ответ. От сгущенки.

Решение. Обозначим через М – питательность мёда, через С – питательность сгущёнки, через В – питательность варенья.

По условию 3М + 4С + 2В > 2М + 3С + 4В, откуда М + С > 2В. (*)

По условию же 3М + 4С + 2В > 4М + 2С + 3В, откуда 2С > М + В (**).

Складывая неравенство (**) с неравенством (*), получаем М + 3С > М + 3В, откуда С > В.

3. В уравнении одно из чисел заменено точками. Найти это число, если известно, что один из корней равен 2.

Ответ. 2.

Решение. Так как 2 является корнем уравнения, имеем:

откуда получаем, что , а значит вместо многоточия было записано число 2.

4. Из города в деревню вышла Марья Ивановна, а навстречу ей из деревни в город одновременно вышла Катерина Михайловна. Найти расстояние между деревней и городом, если известно, что расстояние между пешеходами равнялось 2 км дважды: сначала, когда Марья Ивановна прошла половину пути до деревни, и потом, когда Катерина Михайловна прошла треть пути до города.

Ответ. 6 км.

Решение. Обозначим расстояние между деревней и городом за S км, скорости Марьи Ивановны и Катерины Михайловны за x и y , и посчитаем время, потраченное пешеходами в первом и втором случаях. Получим в первом случае

Во втором . Отсюда, исключая x и y , имеем
, откуда S = 6 км.

5. В треугольнике ABC провели биссектрису BL . Оказалось, что . Докажите, что треугольник ABL – равнобедренный.

Решение. По свойству биссектрисы имеем BC:AB = CL:AL. Умножая это равенство на , получаем , откуда BC:CL = AC:BC . Последнее равенство влечет подобие треугольников ABC и BLC по углу C и прилегающим к нему сторонам. Из равенства соответствующих углов в подобных треугольниках получаем , откуда в

треугольнике ABL углы при вершинах A и B равны, т.е. он равнобедренный: AL = BL .

6. По определению, . Какой сомножитель нужно вычеркнуть из произведения , чтобы оставшееся произведение стало квадратом некоторого натурального числа?

Ответ. 10!

Решение. Заметим, что

2. Отрезки AM и BH - соответственно медиана и высота треугольника ABC .

Известно, что AH = 1 и . Найти длину стороны BC .

Ответ. 2 см.

Решение. Проведём отрезок МН, он будет медианой прямоугольного треугольника BHC , проведённой к гипотенузе BC и равен её половине. Тогда – равнобедренный, поэтому , значит, , поэтому, AH = HM = MC = 1 и BC = 2MC = 2 см.

3. При каких значениях числового параметра а неравенство верно при всех значениях х ?

Ответ . .

Решение . При имеем , что неверно.

При 1 сократим неравенство на , сохраняя знак:

Такое неравенство верно для всех х только при .

При сократим неравенство на , меняя знак на противоположный: . Но квадрат числа никогда не бывает отрицательным.

4. Есть один килограмм 20%-ного соляного раствора. Лаборант поместил колбу с этим раствором в аппарат, в котором выпаривается вода из раствора и одновременно с этим в него с постоянной скоростью, равной 300 г./ч., подливается 30%-ный раствор этой же соли. Скорость выпаривания также постоянна и составляет 200 г./ч. Процесс останавливается, как только в колбе окажется 40%-ный раствор. Какова будет масса полученного раствора?

Ответ. 1,4 килограмма.

Решение. Пусть t - время, в течение которого работал аппарат. Тогда по окончании работы в колбе получилось 1 + (0,3 – 0,2)t = 1 + 0,1t кг. раствора. При этом масса соли в этом растворе равна 1 · 0,2 + 0,3 · 0,3 · t = 0,2 + 0,09t. Так как полученный раствор содержит 40% соли, получаем
0,2 + 0,09t = 0,4(1 + 0,1t), то есть 0,2 + 0,09t = 0,4 + 0,04t, отсюда t = 4 ч. Следовательно, масса полученного раствора равна 1 + 0,1 · 4 = 1,4 кг.

5. Сколькими способами среди всех натуральных чисел от 1 до 25 можно выбрать 13 различных так, чтобы сумма любых двух выбранных чисел не равнялась 25 или 26?

Ответ. Единственным.

Решение. Запишем все наши числа в следующем порядке: 25,1,24,2,23,3,…,14,12,13. Ясно, что любые два из них равны в сумме 25 или 26 тогда и только тогда, когда являются в этой последовательности соседними. Таким образом, среди выбранных нами тринадцати чисел не должно быть соседних, откуда сразу получаем, что это должны быть все члены этой последовательности с нечётными номерами – выбор единственный.

6. Пусть k – натуральное число. Известно, что среди 29 последовательных чисел 30k+1, 30k+2, ..., 30k+29 имеется 7 простых. Докажите, что первое и последнее из них – простые.

Решение. Вычеркнем из этого ряда числа, кратные 2, 3 или 5. Останется 8 чисел: 30k+1, 30k+7, 30k+11, 30k+13, 30k+17, 30k+19, 30k+23, 30k+29. Допустим, что среди них есть составное число. Докажем, что это число кратно 7. Первые семь этих чисел дают разные остатки при делении на 7, т. к. числа 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 дают разные остатки при делении на 7. Значит, одно из этих чисел кратно 7. Заметим, что число 30k+1 не кратно 7, иначе 30k+29 также будет кратно 7, а составное число должно быть ровно одно. Значит, числа 30k+1 и 30k+29 - простые.