Математический факультетИнформация для студентовЭлектронная библиотека
Карта сайтаКарта сайта
Недавние измененияНедавние изменения
ПоискПоиск
  
Вы посетилиВы посетили
История страницыИстория страницы
  
Вход/выходВход


Математический марафон


Стартовал 24-й конкурс в рамках Математического марафона

Вслед за 23-м 24-й конкурс не посвящен какой-то единой тематике. Наоборот, я стремился сделать задачи максимально разнообразными. Ну или почти максимально разнообразными: любимая комбинаторная геометрия представлена таки несколькими задачами. Впрочем, и в рамках этой тематики тоже наблюдается разнообразие.

Стать участником марафона может любой желающий. Некоторые задачи вполне доступны школьникам. Для решения других требуются знания, выходящие за рамки школьного курса. Одни задачи могут показаться вам интересными, а другие - не очень. На вкус и на цвет…

Но если любите поломать голову над нестандартными задачами, участвуйте, не стесняйтесь.

Жду от вас комментариев марафонских задач, а также пожеланий Марафону. Эта обратная связь позволит сделать Марафон интереснее для вас.

Не забывайте, пожалуйста, присылать вместе с Вашими решениями свои эстетические оценки задач по пятибалльной шкале.


Ведущий Марафона — Vladimir letsko

Текущие задачи


ММ239

Конкурсная задача ММ239 (10 баллов)

Решения принимаются до 17.11.2018

Существует ли выпуклый многогранник, у которого:
a) не менее половины граней - семиугольники;
b) более половины граней - семиугольники;
с) не менее половины граней - восьмиугольники;
d) более половины граней - восьмиугольники;
e) не менее половины граней - девятиугольники?

Примечание: Если у вас получается, что ответ на пункт «а» отрицательный, а на пункт «b» - положительный, подумайте еще.

ММ240

Конкурсная задача ММ2409 (13 баллов)

Решения принимаются до 01.12.2018

Проективную плоскость разбили несколькими прямыми общего положения. При этом образовалось ровно 17 треугольников. Сколько пятиугольников могло при этом получиться?


Разбор задач


ММ238

Конкурсная задача ММ238 (7 баллов)

Вася написал на доске k последовательных натуральных чисел и нашел их НОК - V.
Петя написал k последовательных натуральных чисел, больших Васиных, и тоже нашел их НОК - P.
Оказалось, что 2018 < V/P < 2019.
При каком наименьшем k такое возможно?


Решение

Привожу решения Виктора Филимоненкова, Евгения Гужавина и Анатолия Казмерчука.

Обсуждение

Наверное, марафонцы подустали. Так что, запланированный перерыв (на Реальный конкурс) будет весьма кстати.
Полагаю, следствием этой усталости стало и значительное количество мелких неточностей в решениях, и тяжеловесный подход к простым вещам, и почти полное отсутствие аналогов, параллелей и обобщений. А этих самых параллелей немало. Впрочем, вслед за конкурсантами помолчу о них и я: приберегу для следующих задач.

Говоря о тяжеловесном подходе я имел в виду то, как многие конкурсанты оценивали Mk/mk, где Mk - максимальное значение отношения произведения k последовательных чисел к их НОК, а mk, соответственно, минимальное. Наиболее простым мне показался метод, примененный Владиславом Франком (правда, применяя его Влад пару раз обсчитался :-)
Проиллюстрирую подход Влада на примере нахождения M9/m9: Среди девяти последовательных чисел ровно три кратно 3 и ровно одно кратно 9. Поэтому множитель 3 не войдет в искомое отношение. Однако туда войдут множители 5 и 7, так среди 9 последовательных чисел может быть как два, так и одно кратное 5 (7). Наконец, если произведение девяти чисел начинается с числа кратного 8, то его отношение к НОК будет в 8 раз больше, чем в случае, когда произведение начинается с нечетного числа. Итого M9/m9=280.

Только один из конкурсантов заметил (по крайней мере, только один отметил), что Mk/mk равно {LCM(1,2,…,k)/k (см. https://oeis.org/A002944)

Некоторые участники не стали приводит примеров Васиных и Петиных чисел (если при этом существование таких чисел было строго обосновано, баллы не снимались), другие же - привели, ни разу при этом не повторившись. Минимальный пример приведен в решении Анатолия Казмерчука. Васины числа начинаются с 21169, а Петины с 21600. По-видимому, это наименьшие подходящие числа. По крайней мере, в авторском решении фигурируют именно они. А я, кажется, искал именно наименьшие. Впрочем, задача составлялась в апреле и подробности я уже забыл, а в сохранившемся maple-документе нет ни одного комментария :-(

Награды

За решение задачи ММ238 участники Марафона получают следующие призовые баллы:
Анатолий Казмерчук - 7;
vpb - 7;
Виктор Филимоненков - 7;
Владимир Чубанов - 7;
Евгений Гужавин - 7;
Владислав Франк - 6;
Константин Шамсутдинов - 6;
Владимир Дорофеев -5.

Эстетическая оценка задачи - 4.9 балла


ММ237

Конкурсная задача ММ237 (7 баллов)

Студент математического факультета Вася Пупкин написал на доске некоторую перестановку A из S10 в виде произведения независимых циклов (запись каждого цикла начинается с наименьшего элемента; опускались ли в записи циклы длины 1 - неизвестно). Васины однокурсники прокомментировали эту запись.

Аня: A6 – тождественная перестановка.
Ваня: Длины всех циклов A – числа Фибоначчи.
Даня: В S10 существует ровно 3 перестановки, квадрат которых равен A.
Маня: Хм, уравнение X2 =B не может иметь в S10 ровно 3 решения ни при каком B.
Саня: Более того, количество решений уравнения X2 =B в S10 не может быть нечетным ни при каком B.
Таня: Квадрат наибольшего элемента в самом длинном цикле меньше порядка A.
Зина: A5 имеет столько же циклов, сколько и A.
Лина: Внутри всех циклов элементы строго возрастают.
Нина: Произведение всех элементов одного из циклов кратно произведению всех элементов более длинного цикла и сумме всех элементов более короткого.
Фаина: Зина, Лина и Нина правы.

Вася (умница и отличник) заметил, что количество верных утверждений его однокурсников равно наибольшей длине цикла в A.
Найдите A.

Решение

Привожу решения Виктора Филимоненкова и Анатолия Казмерчука.

Обсуждение

Естественно конкурсанты начали решение с проверки утверждений Мани и Сани, истинность которых не зависит от записанной на доске перестановки.
Причем проверка утверждения Мани оказывается наиболее сложной частью задачи. Некоторые участники предпочли ограничиться доказательством отсутствия трех решений уравнения X2=B в S10, другие же рассмотрели более общий вопрос о возможных количествах решений этого уравнения. Наконец, еще один участник привел чисто алгебраическое обоснование правоты Мани. Ведущий пошел по пути «других» (комбинаторщиков), но для надежности проверил свои теоретические выкладки возведением всех элементов S10 в квадрат (разумеется, не руками). Конкурсанты оказались более уверенными в себе и к мощи компа не прибегали (некоторые - зря :-)).
Дальнейшие рассуждения практически все вели, перебирая возможные длины наибольшего цикла. И только Влад Франк отталкивался от истинности или ложности утверждения Фаины, показав, что этот путь тоже ведет к верному ответу.

Увлекшись обобщениями вопроса о количестве решений уравнения X2=B в S10, я доказал, что для любого простого p и любого n уравнение Xp=B имеет либо единственное решение, либо количество его решений кратно p (для составных показателей это уже не так). Не остановшись на достигнутом, я вывел общую формулу для количества решений уравнения Xk=B в Sn (понятно, что ответ зависит от цикловой структуры B). Конечно, я понимал, что вряд ли являюсь первопроходцем: уж больно классический объект и слишком естественна постановка задачи. Но всерьез гуглить начал лишь только получив результат. Разумеется, у меня нашлись предшественники. Причем, насколько мне удалось установить, первая работа с ответом на этот вопрос была на русском языке (хотя я старательно формулировал запрос на английском): http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=paper&jrnid=sm&paperid=2731&option_lang=eng

Приведу все возможные количества решений Xk=B в Sn для небольших k и n.

k = 2
1 {1}
2 {0, 2}
3 {0, 1, 4}
4 {0, 1, 2, 10}
5 {0, 1, 2, 26}
6 {0, 1, 4, 76}
7 {0, 1, 2, 4, 8, 10, 232}
8 {0, 1, 2, 4, 8, 12, 20, 26, 764}
9 {0, 1, 2, 4, 10, 12, 16, 52, 76, 2620}
10 {0, 1, 2, 4, 6, 8, 10, 24, 26, 40, 152, 232, 9496}

k = 3
1 {1}
2 {1}
3 {0, 1, 3}
4 {0, 1, 9}
5 {0, 1, 3, 21}
6 {0, 1, 9, 81}
7 {0, 1, 3, 9, 21, 351}
8 {0, 1, 3, 9, 33, 81, 1233}
9 {0, 1, 3, 9, 18, 21, 27, 33, 351, 5769}
10 {0, 1, 3, 9, 18, 21, 33, 81, 1233, 31041}

k = 4
1 {1}
2 {0, 2}
3 {0, 1, 4}
4 {0, 1, 16}
5 {0, 1, 2, 56}
6 {0, 1, 4, 256}
7 {0, 1, 2, 4, 16, 1072}
8 {0, 1, 4, 8, 48, 56, 6224}
9 {0, 1, 2, 10, 16, 256, 33616}
10 {0, 1, 2, 4, 6, 10, 56, 64, 96, 1072, 218656}

k = 5
1 {1}
2 {1}
3 {1}
4 {1}
5 {0, 1, 25}
6 {0, 1, 145}
7 {0, 1, 25, 505}
8 {0, 1, 25, 145, 1345}
9 {0, 1, 25, 145, 505, 3025}
10 {0, 1, 25, 145, 385, 505, 1345, 78625}

k = 6
1 {1}
2 {0, 2}
3 {0, 6}
4 {0, 2, 18}
5 {0, 1, 2, 66}
6 {0, 1, 4, 396}
7 {0, 1, 2, 12, 2052}
8 {0, 1, 4, 6, 12, 36, 12636}
9 {0, 2, 4, 12, 18, 132, 91548}
10 {0, 2, 6, 8, 18, 24, 66, 792, 625176}

Поясню, как я реагировал на шибки при подсчете возможных количеств решений уравнения X2=B в S10. Фатальная ошибка (вместо самих решений считалось лишь возможное количество их цикловых видов), приведшая к «опровержению» утверждения Маши, разумеется, нарушила весь дальнейший ход решения и была отражена в оценке. Автору неверных комбинаторных формул при подсчете количеств решений повезло больше. Одно решение при этом не исчезло, а три не появилось. Поэтому дальнейшая цепочка рассуждний привела к верному ответу. Но оставить ощибки на промежуточных шагах без внимания я, конечно, не мог. Наконец, локальные арифметические ошибки, не повлиявшие на решения я вовсе не учитывал. Пример такой ошибки есть в приведенном решения Анатолия Казмерчука (там, где у Анатолия получилсь 18 решений должно быть 24). В самом деле, 18 получается как сумма двух слагаемых, одно из которых подсчитано верно и равно 12. Понятно, что сумма при этом будет больше 3, что собственно и требовалось. Поэтому данная вычислительная ошибка в принципе не могла повлиять на ход решения. Неполный балл у Константина Шамсудтинова связан не с ошибками, а с недостаточно подробным изложением решения. Обосновав верную оценку утверждений Сани и Мани, Константин написал, что дальнейшее очевидно и привел павильный ответ.

Закончу разбор выражением удовлетворения содержательным обсуждением предыдущей задачи и сожаления, что эта увлеченность помешала участникам диалога обратить внимание на нынешнюю.

Награды

За решение задачи ММ237 участники Марафона получают следующие призовые баллы:
Анатолий Казмерчук - 10;
vpb - 8;
Виктор Филимоненков - 7;
Владислав Франк - 7;
Константин Шамсутдинов -6.
Валентина Колыбасова - 5;
Евгений Гужавин - 2;

Эстетическая оценка задачи - 4.8 балла


ММ236

Конкурсная задача ММ236 (7 баллов)

Натуральные числа от 1 до 4n разбили на четыре группы по n чисел в каждой. Оказалось, что произведение всех чисел из первой группы равно произведениям всех чисел из второй и третьей групп. Найти наименьшую возможную сумму чисел четвертой группы.Существует ли выпуклый многогранник, у которого равны: количество ребер; количество диагоналей; суммарное количество диагоналей граней?

Решение задачи ММ236


ММ235

Конкурсная задача ММ235 (7 баллов)

Существует ли выпуклый многогранник, у которого равны: количество ребер; количество диагоналей; суммарное количество диагоналей граней?

Решение задачи ММ235


ММ234

Конкурсная задача ММ234 (5 баллов)

Функция g(n) натурального аргумента n задается так:
Пусть n натуральное число. Определим f(n) как число, полученное удалением последней цифры из десятичной записи n, увеличенное на квадрат этой цифры.
Например, f(576) = 57 + 36 = 93.
Тогда g(n) = |{n, f(n), f(f(n)), f(f(f(n))), …}|.
Пусть a и b – 2018-значные числа. Может ли оказаться, что g(a) = g(b) + 26?

Решение задачи ММ234


ММ233

Конкурсная задача ММ233 (6 баллов)
Очередной отголосок ЕГЭ в Марафоне

При каких значениях параметра a множество точек плоскости, задаваемых системой
(x - a + 1)2 + (y - 3)2 ≤ 80,
(x - 3)2 + (y - 4a + 1)2 ≤ 20a2,
230 - 2a = |4x + 3y + 115 - a| + |4x + 3y - 115 + a|
является кругом?

Решение задачи ММ233


ММ232

Конкурсная задача ММ232 (6 баллов)

Сколько решений в натуральных числах, имеет уравнение x3 + y3 = z3 - i для каждого i ∈ {1, 2, 4} ?

Я нашел воистину замечательные ответы на эти вопросы, но поля… Надеюсь, у конкурсантов с полями все хорошо.

Решение задачи ММ232


ММ231

Конкурсная задача ММ231 (4 балла)

На сторонах AB, BC и AC египетского треугольника ABC выбрали точки C1, A1 и B1 соответственно. Оказалось, что треугольники AB1C1, BC1A1 и CA1B1 равновелики. Какую часть площади ABC составляет площадь треугольника A1B1C1 при условии, что последний - прямоугольный?

Решение задачи ММ231


 

 


Страница: [[marathon:about]]

marathon/about.txt · Последние изменения: 2018/11/06 16:52 — letsko
Powered by DokuWiki  ·  УКЦ ВГПУ 2006