РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Поиск
?

в условии в решении в тексте к заданию в атрибутах
Скопировать ссылку на результаты поиска
Класс: 10 11 5 6 7 8 9
Атрибут

Всего: 86 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …

Добавить в вариант

Тип 0 № 191 Добавить в вариант

Имеется три типа фигурок. Тип А: квадраты 2 × 2. Тип В: прямоугольники 3 × 2, из которых вырезана одна угловая клетка. Тип С: прямоугольники 3 × 2, из которых вырезаны две противоположные угловые клетки:

Из этих фигурок составлен прямоугольник 20 × 17. Какое наименьшее число фигурок типа B может быть при этом использовано? Фигурки можно как угодно поворачивать и переворачивать.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное доказательство.	20
Доказана оценка для 20, но нет примера.	10
Доказана кратность ответа 4, невозможность B = 0 и приведён пример.	8
Только пример.	7
Доказана кратность ответа 4 и невозможность B = 0.	1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 241 Добавить в вариант

Из n правильных шестиугольников со стороной 1 сделали многоугольник на плоскости, склеивая шестиугольники по сторонам. Любые два шестиугольника либо имеют ровно одну общую сторону, либо вообще не имеют общих точек. Внутри многоугольника нет дыр. При этом у каждого шестиугольника хотя бы одна сторона лежит на границе многоугольника. Какой наименьший периметр может иметь многоугольник при данных условиях?

Решение.

Легко понять, что если точка является концом для хотя бы одной стороны шестиугольника, она является концом для двух или для трёх сторон: больше, чем 3, быть не может потому что все углы равны 120°.

Давайте немного порисуем. Представим себе, что в каждую точку, являющуюся концом для трёх сторон шестиугольника, мы поставили точку красным фломастером. А каждый путь по сторонам шестиугольников от красной точки до красной точки мы обвели синим фломастером. Таким образом, синие линии идут по сторонам шестиугольников и через вершины, из которых выходит только две стороны (иными словами, которые являются вершинами ровно для одного шестиугольника). Заметим, что синие линии не пересекаются иначе, чем в своих концах, являющихся красными точками. Легко понять, что если точка является концом для хотя бы одной стороны шестиугольника, она является концом для двух или для трёх сторон: больше чем 3 быть не может потому что все углы равны 120°.

Рис. 1: Пример многоугольника, сделанного из шестиугольников.

Таким образом, мы получили изображение мультиграфа на плоскости. Для него верна формула Эйлера F − E + V  =  2, где F, E, V  — количества граней, рёбер и вершин соответственно. Поскольку все вершины имеют степень 3, 3V  =  2E. Кроме того F = n + 1, поскольку это все шестиугольники и внешняя грань. Из этих трёх уравнений выводится E  =  3n − 3. Пройдём по внешнему циклу. При этом мы шли по всем n шестиугольникам, значит, при n > 1 не менее чем n раз меняли шестиугольник, по которому идем (внимание: этот утверждение неверно, если n = 1: так и ходили по одному шестиугольнику, ни разу его не поменяв). Значит, во внешнем цикле не менее n ребер, значит, в остальном графе не больше 2n − 3 рёбер. Каждое из них состоит ровно из одного отрезка, бывшего стороной для двух шестиугольников, поскольку внутри многоугольника не может быть точек, являющихся концами ровно для двух отрезков сторон. Значит, внутри не больше 4n − 6 сторон шестиугольников, склеенных по парам, значит, на границе лежит не менее 2n + 6 сторон.

Ответ: 2n + 6 при n ≥ 2, 6 при n = 1

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение.	20
Незначительные ошибки в доказательстве.	18
Серьезные пробелы в доказательстве (например, не доказано существование шестиугольника, касающегося других не более чем по 2 сторонам).	10
Имеется утверждение о том, что минимальный периметр для n и n + 1 отличается на 2, но доказательство отсутствует. Пример есть.	6
Есть пример на 2n + 6 или имеются идеи, как в критерии выше, но нет внятного примера.	4
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 248 Добавить в вариант

Решение.

Рис. 1: Пример многоугольника, сделанного из шестиугольников.

Ответ: 2n + 6 при n ≥ 2, 6 при n = 1

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение.	20
Незначительные ошибки в доказательстве.	18
Серьезные пробелы в доказательстве (например, не доказано существование шестиугольника, касающегося других не более чем по 2 сторонам).	10
Имеется утверждение о том, что минимальный периметр для n и n + 1 отличается на 2, но доказательство отсутствует. Пример есть.	6
Есть пример на 2n + 6 или имеются идеи, как в критерии выше, но нет внятного примера.	4
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 617 Добавить в вариант

Прямоугольник разделили на непересекающиеся квадраты со стороной 1 см. Будем говорить, что квадрат расположен вдоль стороны прямоугольника, если хотя бы одна из сторон квадрата лежит на стороне прямоугольника. Половину квадратов, расположенных вдоль сторон прямоугольника, покрасили в зеленый цвет, а все остальные квадраты оставили незакрашенными. В итоге незакрашенных квадратов оказалось в 4 раза больше, чем зеленых. Найдите все возможные прямоугольники, указав длины их сторон.

Критерии оценивания выполнения задания	Оценка	Баллы
Задача решена полностью.	+	12
Решение задачи содержит верную общую схему решения, в котором отсутствуют некоторые обоснования или в результате описки/арифметической ошибки получен неверный ответ.	±	8
Решение содержит значительное продвижение в верном направлении. Верно составлено уравнение, связывающие длины сторон прямоугольника.	+/2	6
Решение в целом неверное или незаконченное, но содержит определенное содержательное продвижение в верном направлении. Верно определена связь между сторонами прямоугольника.	∓	2
Задача не решена, содержательных продвижений нет.	−	0
Задача не решалась.	0	0

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 709 Добавить в вариант

В каждой клетке квадрата $2019\times 2019$ проведены обе диагонали. Существует ли замкнутый маршрут, состоящий из этих диагоналей, не проходящий ни по одной из диагоналей дважды и посещающий при этом все клетки квадрата (то есть содержащий хотя бы одну диагональ из каждой клетки).

Аналоги к заданию № 709: 782 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 782 Добавить в вариант

В каждой клетке квадрата $2017\times 2017$ проведены обе диагонали. Существует ли замкнутый маршрут, состоящий из этих диагоналей, не проходящий ни по одной из диагоналей дважды и посещающий при этом все клетки квадрата (то есть содержащий хотя бы одну диагональ из каждой клетки).

Аналоги к заданию № 709: 782 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 891 Добавить в вариант

Сколькими способами фигуру, изображенную на рисунке, можно раскрасить по клеткам в синий, белый и красный цвета так, чтобы соседние (то есть имеющие общие стороны) клетки были раскрашены в разные цвета?

Решение.

Центральную клетку можно раскрасить тремя способами. После этого нам осталось раскрасить четыре одинаковых фигурки из шести клеток с одним и тем же ограничением на цвет клетки, соседней с центральной (назовём её клеткой A).

Рассмотрим квадрат $2 \times 2.$ В таком квадрате должны быть две клетки одного цвета и расположены они должны быть по диагонали. Двумя способами выбираем диагональ, тремя способами её цвет и ещё по два способа на выбор цвета для остальных клеток, итого 24 способа. Однако при этом квадраты, покрашенные в два цвета мы посчитали дважды, поэтому остаётся 18 способом.

При этом, очевидно, для каждого из трёх цветов есть по 6 способов таких, что клетка, соседняя не только с клетками квадрата, имеет именно этот цвет. Эту клетку назовём клеткой Б.

Клетка А может быть покрашена двумя способами. Для каждого из этих способов есть 6 способов раскраски квадрата таких, что клетка Б покрашена в тот же цвет. Тогда клетку между ними можно покрасить двумя способами, итого $2 умножить на 6 умножить на 2=24$ варианта.

Кроме того, для каждого из способов покрасить клетку А есть 12 способов раскраски квадрата таких, что клетка Б имеет другой цвет. В этом случае клетка между ними красится однозначно, поэтому опять получаем 24 способа. Итого 48 способов раскраски каждой такой фигуры. Следовательно, ответ в задаче $3 умножить на 48 в степени левая круглая скобка 4 правая круглая скобка .$

Ответ: $3 умножить на 48 в степени левая круглая скобка 4 правая круглая скобка$

Аналоги к заданию № 891: 899 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 899 Добавить в вариант

Решение.

Рассмотрим квадрат $2 \times 2 .$ В таком квадрате должны быть две клетки одного цвета и расположены они должны быть по диагонали. Двумя способами выбираем диагональ, тремя способами её цвет и ещё по два способа на выбор цвета для остальных клеток, итого 24 способа. Однако при этом квадраты, покрашенные в два цвета мы посчитали дважды, поэтому остаётся 18 способом.

При этом, очевидно, для каждого из трёх цветов есть по 6 способов таких, что клетка, соседняя не только с клетками квадрата, имеет именно этот цвет. Эту клетку назовём клеткой Б. 31 Клетка А может быть покрашена двумя способами. Для каждого из этих способов есть 6 способов раскраски квадрата таких, что клетка Б покрашена в тот же цвет. Тогда клетку между ними можно покрасить двумя способами, итого $2 умножить на 6 умножить на 2=24$ варианта.

Ответ: $3 умножить на 48 в кубе .$

Аналоги к заданию № 891: 899 Все

Решение · Прототип задания · Помощь

Тип 0 № 904 Добавить в вариант

На плоскости по клеточкам нарисовали три прямоугольника (не являющиеся квадратами) и один квадрат QRSC так, что в итоге получилась фигура, схематически изображенная на рисунке.

Известно, что площадь прямоугольника ABCD равна 35 клеткам. Найдите, чему равна площадь закрашенной фигуры, если известно, что AP < QR.

Аналоги к заданию № 904: 915 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 915 Добавить в вариант

Известно, что площадь прямоугольника ABCD равна 33 клеткам. Найдите, чему равна площадь закрашенной фигуры, если известно, что AP < QR.

Аналоги к заданию № 904: 915 Все

Решение · Прототип задания · Помощь

Тип 0 № 1740 Добавить в вариант

Костя и Сергей играют в игру на белой полоске длины 2016. Костя (он ходит первым) за один ход должен закрасить черным две соседних белых клетки. Сергей своим ходом должен закрасить либо одну белую клетку, либо три соседних белых клетки. Запрещается делать ход, после которого образуется белая клетка, не имеющая белых соседей. Проигрывает не имеющий хода. Однако, если все клетки закрашены, то выигрывает Костя. Кто выиграет при правильной игре?

(К. Тыщук)

Решение.

Назовем полоской идущие подряд белые клетки, окруженные черными клетками или краями полоски, а доминоикой назовем полоску из двух клеток. Опишем стратегию Кости. Он каждым своим ходом (пока такое возможно) будет закрашивать две соседние белых клетки так, чтобы образовалась одна доминошка. Покажем, что после каждого ответного хода Сергея количество доминошек будет не меньше, чем количество полосок нечетной длины. Действительно, после хода Кости количество полосок нечетной длины не меняется, поскольку он от какой-то полоски «отрезает» четыре клетки: две клетки он закрашивает и еще создает одну доминошку. Сергей же своим ходом не может «испортить» ни одной доминошки, а количество полосок нечетной длины он может увеличить не более чем на 1. Действительно, он может лишь сделать две новых полоски из одной старой, причем если они обе имеют нечетную длину, то старая полоска также имела нечетную длину, ведь Сергей закрасил на ней одну или три клетки.

Рассмотрим теперь момент, начиная с которого Костя не может действовать по изначальному плану. Из любой полоски длины 6 и более Костя может сделать новую доминошку, также он может сделать доминошку и из полоски длины 4. Тогда в рассматриваемый момент помимо доминошек остались лишь полоски длины 3 и 5 (полоски длины 1 запрещены по условию), причем этих полосок не больше, чем доминошек. Дальнейшая стратегия Кости такова: он закрашивает одну из доминошек. Сергей ответным ходом должен либо закрасить одну полоску длины 3, либо из полоски длины 5 сделать одну или две доминошки (закрасив в ней одну или три клетки). После такой пары ходов количество доминошек по-прежнему будет не меньше, чем количество полосок нечетной длины. Поэтому игра может закончиться, лишь когда не осталось полосок нечетной длины. Это может случиться лишь после хода Сергея. Если при этом остались доминошки, то Костя еще сможет сделать ход, а Сергей уже нет. Если же доминошек также не осталось, то Костя выиграл, поскольку все клетки закрашены.

Ответ: выигрывает Костя.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1747 Добавить в вариант

Раскраска клеток таблицы 100 × 100 в чёрный и белый цвета называется допустимой, если в каждой строке и каждом столбце от 50 до 60 чёрных клеток. Разрешается изменить цвет одной из клеток допустимой раскраски, если она остаётся допустимой. Докажите, что такими операциями можно получить из любой допустимой раскраски любую другую.

(О. Иванова)

Решение.

Пусть θ — одна из допустимых раскрасок квадрата, а именно, та, в которой левый верхний и правый нижний квадpaты $50 \times 50$ (назовём их ЛВ, ПН) полностью черные, а два других, ЛН и ПВ,  — белые. Поскольку операции обратимы, достаточно научиться из любой допустимой раскраски получать раскраску θ. А для этого, в свою очередь, достаточно научиться в любой допустимой раскраске $\tau не равно q \theta$ увеличивать число квадратов, раскрашенных так же, как в θ.

Предположим, что это невозможно. Если в раскраске τ все клетки в ЛВ и ПН чёрные, мы могли бы перекрасить все прочие черные клетки в белый цвет и получить раскраску $\theta .$ Значит, τ содержит белые клетки в ЛВ, ни одну из которых нельзя перекрасить. Тогда каждая из этих белых клеток лежит либо в предельно черной строке (т. е. в строке, содержащей 60 черных клеток), либо в предельно черном столбце.

Пусть в ЛВ имеется k предельно черных строк, содержащих a белых клеток. Всего в этих строках $60 k$ черных клеток, из них $50 k минус a$ клеток находятся в ЛВ, значит, остальные $10 k плюс a$ черных клеток расположены в ПВ. Ни одну из них тоже не перекрасить  — это может быть лишь потому, что каждая стоит в столбце, содержащем 50 черных и 50 белых клеток. Так как в этих столбцах есть не менее $10 k плюс a$ черных клеток в ПВ, они содержат хотя бы $10 k плюс a$ белых клеток в ПН. (Эти клетки тоже нельзя перекрасить  — потому, что они находятся в предельно черных строках.) Получается, что в ПН больше белых клеток, чем в ЛВ. Аналогично наоборот. Противоречие.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1765 Добавить в вариант

Петя, Вася и Толя играют на доске 100 на 100 в следующую игру. Они по очереди (начинает Петя, потом Вася, потом Толя, затем Петя и т. д.) закрашивают граничные клетки доски (т. е. имеющие общую сторону с границей доски). Запрещается закрашивать клетку, соседнюю по стороне с уже закрашенной. Кроме того, нельзя закрашивать клетку, симметричную уже закрашенной относительно центра доски. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Могут ли Вася и Толя, договорившись, играть так, чтобы Петя проиграл?

(С. Берлов)

Решение.

Заметим, что всего имеется $396=3 умножить на 132$ граничных клеток доски. Для удобства изложения вместо них будем рассматривать вершины правильного 396-угольника. Соседним по стороне клеткам соответствуют соседние вершины, а клеткам, симметричным относительно центра доски, соответствуют вершины, симметричные относительно центра многоугольника О. Путь Вася и Толя действуют по следующему правилу: если Петя закрасил некоторую вершину P, то Вася закрасит такую вершину V, что $\angle P O V=120 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ а Толя  — такую вершину T, что $\angle T O P=120 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ (углы мы считаем как обычно против часовой стрелки). В результате тройка закрашенных вершин образует равносторонний треугольник, и каждый раз после хода Толи множество закрашенных вершин обладает симметрией третьего порядка, т. е. оно не меняется при повороте вокруг точки O на $\pm 120 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Покажем, что Вася и Толя всегда смогут походить.

Предположим, что Петя закрасил вершину P, после чего Вася не может сделать ход. На то могут быть две причины: вершина V, которую стратегия предписывает закрасить, уже закрашена или напротив P находится закрашенная вершина. В силу упомянутого свойства симметрии в первом случае должна быть закрашена и вершина P, а во втором  — должна быть закрашена вершина напротив P, и то и другое невозможно. Поэтому Вася всегда сможет походить. По аналогичным причинам всегда сможет походить и Толя. А поскольку в игре может быть сделано не более 396 ходов, игра когда-нибудь закончится и, значит, проиграет Петя.

Ответ: могут.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1804 Добавить в вариант

Раскрасим вершины 2018-угольника в два цвета так, чтобы любые две соседние вершины были разного цвета. Если сумма углов при вершинах одного цвета равна сумме углов при вершинах другого цвета, будем называть такой 2018-угольник интересным. В выпуклом 2019-угольнике отметили одну вершину. Оказалось, что при удалении любой неотмеченной вершины остается интересный 2018-угольник. Докажите, что при удалении отмеченной вершины также остается интересный 2018-угольник.

Решение.

Обозначим соседние вершины 2019-угольника буквами A, B, C и D (по часовой стрелке). Пусть вершины B и C не являются отмеченными. Рассмотрим углы 2019-угольника, идущие через один против часовой стрелки, начиная с A и заканчивая D. Обозначим их сумму через u. Рассмотрим оставшиеся углы, обозначим их сумму v. Поскольку при удалении вершины B получается интересный 2018-угольник, имеем равенство сумм углов

$u минус \angle C A B=v минус \angle A C B минус \angle A B C \qquad левая круглая скобка * правая круглая скобка$

(угол $\angle B$ не входит в этот многоугольник, а углы $\angle A$ и $\angle C$ надо уменьшить на $\angle C A B$ и $\angle A C B$ соответственно). Аналогично, поскольку при удалении вершины C получается интересный 2018-угольник, имеем равенство сумм углов

$u минус \angle C D B=v минус \angle C B D минус \angle B C D . \qquad левая круглая скобка ** правая круглая скобка$

Вычтем из равенства (**) равенство (*), получим

$\angle C A B минус \angle C D B=\angle A C B плюс \angle A B C минус \angle C B D минус \angle B C D=\angle A B D минус \angle A C D.$

Прибавив к нему верное равенство

$\angle C A B плюс \angle A B D=\angle C D B плюс \angle A C D,$

получим, что $\angle C A B=\angle C D B.$ Следовательно, четырехугольник $A B C D$ вписанный. Отметим также, что верно и обратное. А именно, если выполняется равенство (*) (т. е. 2018-угольник без вершины B  — интересный) и четырехугольник ABCD вписанный, то верно и равенство (**), а значит, 2018-угольник без вершины C  — интересный.

Последовательно действуя таким образом, мы докажем, что исходный 2019-угольник является вписанным. Следовательно, если рассмотреть отмеченную вершину P и соседнюю с ней вершину Q, то из интересности 2018-угольника без вершины Q и вписанности 2019-угольника мы получим, что 2018-угольник без вершины P  — интересный.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1864 Добавить в вариант

Каждая клетка доски 1000 × 1000 покрашена в синий или белый цвет. Назовем клетку равновесной, если среди ее соседей поровну синих и белых. Можно ли раскрасить доску так, чтобы на ней было более 600 000 синих равновесных клеток? (Клетки считаются соседними, если имеют общую сторону).

Решение · Помощь

Тип 0 № 1942 Добавить в вариант

Дана доска 2016 × 2016. При каком наименьшем k клетки доски можно так раскрасить в k цветов, что

1)  одна из диагоналей покрашена в первый цвет;

2)  клетки, симметричные относительно этой диагонали, покрашены в одинаковый цвет;

3)  любые две клетки расположенные в одной строке по разные стороны от клетки первого цвета покрашены в разные цвета (клетки не обязательно соседние с клеткой первого цвета).

Решение.

Пусть в первый цвет покрашены клетки диагонали, идущей из левого верхнего угла в правый нижний. Обозначим через C_i множество цветов, в которые покрашены клетки i-й строки, расположенные левее диагонали единичного цвета. Докажем, что $C_i не равно q C_j$ при $i меньше j.$ Действительно, клетка, расположенная в i-й строке и j-м столбце, имеет цвет, не входящий в $C_i.$ Но в такой же цвет покрашена и клетка, расположенная в j-й строке и i-м столбце, а ее цвет входит в C_j. Таким образом, множества C₁, C₂, ..., C₂₀₁₆  — различные подмножества множества $левая фигурная скобка 1, 2, \ldots, k правая фигурная скобка .$ Тогда их не более, чем 2^k штук. Стало быть, $k больше или равно 11.$

По индукции покажем, как требуемым образом покрасить доску $2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка \times 2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка$ в k цветов. Этого будет достаточно, поскольку, оставив лишь строки с 1-й по 2016-ю и столбцы с 1-го по 2016-й, мы получим доску 2016 × 2016 с требуемой покраской.

База $k=1$ очевидна, поскольку доску $2 \times 2$ можно покрасить в один цвет. Переход от k к $k плюс 1.$ Если мы уже умеем красить требуемым образом доску $2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка \times 2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка ,$ то доску $2 в степени левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка \times 2 в степени левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$ покрасим так: разместим две копии доски $2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка \times 2 в степени левая круглая скобка k правая круглая скобка$ одну в левом верхнем угле, другую в правом нижнем, а остальные клетки покрасим в $левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$ -й цвет.

Ответ: 11.

Решение · Помощь

Тип 0 № 2248 Добавить в вариант

Каждую клетку таблицы $3\times 3$ раскрашивают в один из трех возможных цветов так, что клетки, имеющие общую сторону, имеют разный цвет. Среди всех возможных таких раскрасок найдите долю тех, в которых использовано ровно два цвета.

Решение.

Центральную клетку можно раскрасить в любой из трёх цветов, назовём этот цвет a. Каждую из четырёх клеток, имеющих общую сторону с центральной, можно раскрасить в любой из двух оставшихся цветов. Пусть клетка, расположенная над центральной, раскрашена в цвет b. Третий цвет назовём с. Рассмотрим всевозможные варианты раскраски клеток, имеющих общую сторону с центральной, и закодируем их строчками из букв b и c, которые начинаются с буквы b, а затем соответствуют цветам этих клеток, пробегаемых против часовой стрелки. Например, раскраска (см. рис.) будет закодирована строчкой bccb.

Рассмотрим любую угловую клетку. Если две клетки, имеющие с ней общую сторону, раскрашены в один цвет, то угловую клетку можно раскрасить двумя способами. Если же эти две клетки раскрашены в разные цвета, то угловую клетку можно раскрасить только одним способом. Составим таблицу, в которой для каждой из 8 полученных кодирующих строчек укажем число раскрасок угловых клеток.

bbbb	16	bbcb	4	bcbb	4	bccb	4
bbbc	4	bbcc	4	bcbc	1	bccc	4

Таким образом, искомое число раскрасок равно произведению числа способов раскрасить центральную клетку на число способов раскрасить клетку, расположенную над центральной, на сумму чисел пост роенной таблицы:

$3 умножить на 2 умножить на левая круглая скобка 16 плюс 6 умножить на 4 плюс 1 правая круглая скобка =246 .$

Число же двухцветных таблиц равно 6, так как цвет центральной клетки в этом случае совпадает с цветом угловых клеток, а для клеток, имеющих общую сторону с центральной, всегда есть два возможных варианта. Отсюда получаем, что искомое отношение равно $дробь: числитель: 1, знаменатель: 41 конец дроби .$

Ответ: $дробь: числитель: 1, знаменатель: 41 конец дроби .$

Решение · Помощь

Тип 0 № 2257 Добавить в вариант

Клетки бесконечного клетчатого листа бумаги красятся в k цветов (каждая клетка красится целиком в один цвет). При каком наибольшем k в каждом клетчатом прямоугольнике со сторонами 3 и 4 встретятся клетки всех этих цветов?

Решение.

Разобьем бесконечный клетчатый лист бумаги на десятиклеточные фигурки (см. верхний рис.) так, как показано на среднем рисунке.

Требуемая раскраска в 10 цветов получится, если раскрасить одну такую фигуру в 10 цветов, а остальные раскрасить ровно таким же способом.

Очевидно, что более чем в 12 цветов требуемым образом покрасить лист нельзя. Пусть есть раскраска в 11 или 12 цветов. Предположим, что нашлась такая раскраска в 11 цветов, что в каждом квадрате 3 × 3 все цвета различны. Рассмотрим один такой квадрат. В содержащем его прямоугольнике 3 × 4 имеется лишь 11 различных цветов. Поэтому в дополнительной полоске 3 × 1 какие-то два цвета совпадают. Тогда в квадрате 3 × 3, содержащем эту полоску, какие-то два цвета совпадают.

Пусть у нас есть раскраска в n цветов, где n равно 11 или 12. Выберем квадрат $3 \times 3,$ в котором не более $n минус 3$ разных цветов. Достроим его до прямоугольников 3 × 4 и 4 × 4 так, как показано на нижнем рисунке. Тогда в полосках 3 × 1 и 1 × 3 представлены одинаковые тройки цветов. Накроем горизонтальным прямоугольником 3 × 4 клетку, помеченную крестиком. Тогда этот прямоугольник будет содержать 5 клеток из полосок, значит, в нем имеется не менее двух пар клеток одного цвета, поэтому общее количество цветов не превосходит 10. Противоречие.

Ответ: 10.

Критерии проверки:

Общая схема:

0 баллов  — выставляется, если участник к решению задачи не приступал или начатый ход решения полностью неверен;

1 балл  — выставляется, если участник приступил к решению задачи, указал верное направление решения задачи и получил правильные промежуточные результаты, но при этом не продвинулся настолько, чтобы можно было судить о том, каким образом он собирался получить окончательный ответ (то есть весь ход решения не представлен);

2 балла  — выставляется, если выбранный участником ход решения задачи является в принципе правильным, но при этом участник не смог его реализовать в силу серьёзных ошибок;

3 балла  — выставляется, если решение является в целом правильным, но содержит ошибки, повлиявшие на ответ;

4 балла  — выставляется, если участник решил задачу в целом правильно и получил верный ответ; при этом в решении допускаются незначительные неточности.

Факторы, влияющие на оценку.

1.  Одна из основных целей Олимпиады  — выявление у обучающихся творческих способностей. Поэтому в случае представления участником интересного оригинального подхода к решению задачи, оценка за решение может быть увеличена на 1 балл.

2.  Правильный ответ к задаче, приведенный без достаточных обоснований, либо при наличии ошибок в решении, либо при отсутствии решения, не ведёт к увеличению оценки, которая выставляется участнику за данную задачу.

3.  Если участник не довел задачу до ответа, то итоговая оценка за данную задачу не может превышать 1 балл.

4.  Если задача решена перебором возможных вариантов, и при этом перебор неполный, то за задачу выставляется до 1 балла. Если участник подобрал частное решение без обоснования и проверил его правильность, то в этом случае за задачу выставляется до 0,5 баллов.

5.  Если задача решена при дополнительном предположении, которое отсутствует в условии, то за задачу выставляется

а)  до 1 балла, если это предположение можно доказать;

б)  до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;

в)  0 баллов, если оно противоречит условию.

6.  Если в работе приведены два решения или ответа к одной задаче, противоречащие друг другу, то за задачу ставится 0 баллов.

Аналоги к заданию № 2257: 2565 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2338 Добавить в вариант

Из нескольких одинаковых белых кубиков Петя сложил большой куб и покрасил его грани в черный цвет. Оказалось, что число кубиков с одной черной гранью равно числу полностью белых кубиков. Сколько маленьких кубиков ровно с двумя черными гранями?