LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 6
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

туитивного обоснования. Рассмотрите сначала более простой слу-
чай, когда центры квадратов совпадают. Затем вырежьте мень-
ший квадрат из картона и подвигайте его внутри большого квад-
рата, следя за перемещениями середин интересующих нас отрез-
ков.




56
2004 год
6 КЛАСС
1. После нескольких неудачных попыток удалиться на 1 м
70 см вперёд может показаться, что ответ — «нет». Заметим, что
удалиться на 1 м 70 см не означает обязательно удалиться вперёд.
Попробуем удалиться назад. 170 = 50 · 5 ? 80.
2. Пусть в килограмме говядины x кг костей, тогда «чистой»
говядины в нём (1 ? x) кг. Таким образом,
15x + 90(1 ? x) = 78,
откуда x = 0,16.
5. Мы будем постепенно восстанавливать Сашину вторую таб-
лицу.
Заметим сначала, что каждая буква встречается в каждом
столбце столько же раз, сколько раз она встречается в слове.
Поэтому буквы Сашиного города — МТТЛАРАЕКИС. Так как слова
в таблице упорядочены по алфавиту, то в первом столбце эти
буквы стоят в алфавитном порядке: А, А, Е, И, К, Л, М, Р, С, Т,
Т (табл. 1).
Пусть теперь некоторая буква стоит в последнем столбце таб-
лицы 2. Тогда в слове после неё будет идти буква, стоящая первой
в этой строке. (При этом мы считаем, что после последней буквы
идёт первая.) Из первой строки табл. 1 видно, что после буквы М
идёт буква А, из второй и третьей — что после буквы Т один раз
идёт А, а один раз — Е, и т. д.
Так как слова упорядочены по алфавиту, то в строчках с оди-
наковой первой буквой возможные вторые буквы упорядочены
по алфавиту.
Воспользовавшись этим, мы можем заполнить и второй стол-
бец (табл. 2). Из получившейся таблицы видно, что после пары

57
букв МА идёт буква К (первая строчка), после пары ТА идёт М
(вторая строчка), и т. д.
Можно, пользуясь этой информацией, заполнить третий стол-
бец, потом четвёртый и т. д., пока не заполнится вся таблица.
Но для решения задачи достаточно восстановить третью снизу
строку (так как название города начинается с буквы С), что
несложно сделать, зная, какая буква идёт за какой парой букв.

Та б л и ц а 1 Та б л и ц а 2

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
А М А К М
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
А Т А М Т
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Е Т Е Р Т
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
И Л И Т Л
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
К А К С А
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Л Р Л И Р
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
М А М А А
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Р Е Р Л Е
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
С К С Т К
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Т И Т А И
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Т С Т Е С


7 КЛАСС
1. Очевидно, что последняя цифра больше 1. Трёхзначное про-
стое число не может оканчиваться ни на чётную цифру (т. е. на
0, 2, 4, 6 или 8), ни на цифру 5. Если последняя цифра 3 или 9,
то сумма всех цифр числа, равная удвоенной последней цифре,
делится на 3, а тогда само число делится на 3. Таким образом,
осталась только цифра семь.
4. Решение аналогично решению задачи 5 для 6 класса.
6. Будем откладывать по оси абсцисс время (в минутах), а
по оси ординат — расстояние от Цветочного города (в километ-
рах). Так как скорость электромобиля постоянна, то график его
движения — прямая. При этом Незнайка не может проезжать
переезд, расположенный на втором километре шоссе, пока не ис-
текут три минуты, а также на седьмой, восьмой и девятой мину-

58
тах, на тринадцатой–пятнадцатой минутах и т. д. Графически это
означает, что прямая не может пересекать выделенные отрезки.




?AOAAUA


3 6 9 12 15 18 21 24



Аналогично можно отметить отрезки, которые запрещено пере-
секать из-за светофоров. Осталось из начала координат провести
прямую, которая не пересекает ни один из выделенных отрезков
и пересекает горизонтальную прямую y = 12 как можно раньше.


oIIIA?IUE
CIOIA




2-E O?AOI?IO

1-E O?AOI?IO

?AOAAUA


24 IEI




2003 год
6 КЛАСС
1. Пусть мальчик прожил x лет и ещё y месяцев (y < 12). Тогда
он прожил всего 12x + y месяцев и поэтому 12x + y ? x = 111, то
есть 11x + y = 11 · 10 + 1 или 11 · 10 + 1 ? 11x = y. Так как y < 12,
то x = 10 и y = 1.

59
2. Поскольку С > Р, то С > 1. Так как мы ищем наименьшее
число, попробуем взять Р = 1, С = 2 и Е = 0. Тогда М 3. Случай
СЕЕМ = 2003 возможен: 35 + 1968 = 2003 или 38 + 1965 = 2003.
Кроме указанных решений, ребус имеет ещё 38 решений
(в этом можно убедиться, например, с помощью компьютерной
программы):
31 + 4972 = 5003, 32 + 4971 = 5003, 31 + 5972 = 6003, 32 + 5971 = 6003,
81 + 3927 = 4008, 87 + 3921 = 4008, 61 + 2945 = 3006, 65 + 2941 = 3006,
81 + 4927 = 5008, 14 + 2987 = 3001, 17 + 2984 = 3001, 87 + 4921 = 5008,
15 + 2986 = 3001, 16 + 2985 = 3001, 81 + 5927 = 6008, 87 + 5921 = 6008,
41 + 7963 = 8004, 71 + 4936 = 5007, 43 + 7961 = 8004, 76 + 4931 = 5007,
15 + 3986 = 4001, 16 + 3985 = 4001, 61 + 7945 = 8006, 65 + 7941 = 8006,
46 + 1958 = 2004, 48 + 1956 = 2004, 14 + 5987 = 6001, 17 + 5984 = 6001,
57 + 1948 = 2005, 58 + 1947 = 2005, 83 + 6925 = 7008, 85 + 6923 = 7008,
46 + 2958 = 3004, 48 + 2956 = 3004, 24 + 5978 = 6002, 57 + 2948 = 3005,
28 + 5974 = 6002, 58 + 2947 = 3005.
3. Если первый — рыцарь, то в силу его слов второй и третий —
лжецы, что невозможно из-за высказывания второго островитя-
нина. Значит, первый — лжец. Если второй — лжец, то в силу
его слов третий тоже лжец, но тогда первый сказал правду, а он
должен был соврать. Значит, второй — рыцарь. В силу его слов
третий тоже рыцарь. Третий честно ответит: «Один». 2=3
4. Например, квадрат со стороной 2/3 м 1=3 1=3
можно разрезать средней линией на два пря-
моугольника, периметры которых равны 2 м.
2=3
Есть и другие примеры.
6. Заметим, что сумма всех чисел, напи-
санных на кубике, равна 21. Сумма чисел на
верхней и нижней грани в первом и втором 0;5
0;25 0;25
случаях равна 9 и 6 соответственно.
0;25
После первого броска понятно, что либо
3 напротив 6, либо 4 напротив 5. Предпо- К задаче 2003-6-4
ложим, что 4 напротив 5. Но после второго
броска ясно, что либо 1 напротив 5, либо 2 напротив 4. Противо-
речие, следовательно, 3 напротив 6.


60
7 КЛАСС
2. Заметим, что если разрез «подвинуть» в пределах одной
и той же стороны, то число частей не изменится. Когда разрез
пройдёт через угол или перейдёт на соседнюю сторону, число
частей может измениться.
Вот все возможные варианты разрезания салфетки:


а) ; б) ;


в) ; г) .


3. Так как двоек больше, чем троек, двоек может быть 4, 5,
6 или 7. В первом случае сумма цифр — 17, во втором — 16, в
третьем — 15, а в последнем — 14. По признаку делимости на 3
число делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр
делится на 3. Значит, годится только третий вариант.
Итак, в коде 6 двоек и 1 тройка. По признаку делимости на 4
число, образованное последними двумя цифрами, должно делить-
ся на 4. Значит, это 32.
4. Рассмотрим прямоугольники, заштрихованные на рисун-
ке («диагональные»). Горизонтальная сторона исходного прямо-
угольника складывается из их горизонтальных сторон. То же —
для вертикальной стороны.




61
Поэтому периметр исходного прямоугольника равен сумме пе-
риметров заштрихованных прямоугольников. Периметр каждого
из этих прямоугольников — целое число метров. Их сумма — тоже
целое число метров.
5. Пусть m — число колонн, а n — число шеренг. Тогда в
mn
полку mn солдат и солдат получили новое обмундирование.
100
40n
Согласно условию, не менее чем в шеренг есть хотя бы по
100
одному солдату в новом обмундировании, значит,

mn 40n
.
100 100
30m
Отсюда m 40. Аналогично, не менее чем в колонн есть
100
солдаты в новом обмундировании. Поэтому
mn 30m
.
100 100
Откуда n 30. Значит, в полку не менее, чем 40·30 = 1200 солдат.
30




12
10



5


1
1 5 10 12 40


Покажем, что 1200 солдат можно построить таким образом.
Построим их в виде прямоугольника 30 ? 40 Поставим по диаго-
нали 12 солдат в новом обмундировании (см. рисунок). Ясно, что
солдаты в новом обмундировании стоят ровно в 30 % колонн и в
40 % шеренг (30 % от 40 — это 12, 40 % от 30 — тоже 12).

62
6. Предположим, что можно. В кубе 8 угловых кубиков (на
рисунке они покрашены в чёрный цвет) и 6 «центральных»
кубиков (они расположены в центрах граней и
заштрихованы на рисунке). Нетрудно видеть,
что любой ход из углового кубика ведёт в
кубик в середине ребра, а следующий ход —
в центральный кубик. Таким образом, чтобы
попасть из одного углового кубика в другой,
придётся пройти хотя бы через один централь-
ный. Иными словами, между каждыми двумя
соседними (в порядке обхода) угловыми куби-
ками должен встретиться хотя бы один центральный. Значит,
центральных кубиков не меньше семи, а их всего лишь шесть!


2002 год
6 КЛАСС
1. Заметим, что Б = 1. Действительно, если Б > 2, то БА > 20
и БАО > 200, так что БАО · БА · Б > 200 · 20 · 2 = 8000 > 2002.
Разложим число 2002 на простые множители: 2002 = 2·7·11·13.
БА является двузначным делителем числа 2002, начинающимся на
цифру 1, т. е. БА может быть равно 11, 13 или 2 · 7 = 14. Так как
Б = А, то БА = 11. Если БА = 13, то БАО = 2002 : 13 = 154, откуда
А равно и 3, и 5. Противоречие.
Оставшийся вариант БА = 14, БАО = 2002 : 14 = 143 является
решением.
2. Фигура состоит из 22 кле-
ток. Пусть x — число получивших-
ся трёхклеточных уголков, а y —
число четырёхклеточных уголков.
Тогда 3x + 4y = 22.
Заметим, что x чётно и x < 8 Случай x = 2 Случай x = 6
(почему?), т. е. x = 0, 2, 4 или 6.
0 и 4 не подходят, т. к. y получается не целым. Оба оставшихся
варианта 2 и 6 реализуются (см. рисунок).

63
3. Пусть x — наименьшее из написанных чисел. Обозначим
через (x + y) вычеркнутое число (0 < y < 9). Тогда x + (x + 1) +
+ (x + 2) + (x + 3) + (x + 4) + (x + 5) + (x + 6) + (x + 7) + (x + 8) +
+ (x + 9) ? (x + y) = 2002. Приведём подобные слагаемые: 10x +
+ 45 ? x ? y = 2002, то есть 9x = 1957 + y. Отсюда 1957 + y делится
на 9. Учитывая условие 0 < y < 9, получаем, что y = 5. Значит,
x = 1962 : 9 = 218.
4. а, б) Если мы умеем закрашивать 33 клетки, то 32 клетки
можно закрасить, вовремя остановившись. Три примера, в кото-
рых закрашены 33 клетки, изображены на рисунке (на самом деле
таких примеров гораздо больше). Больше 33 клеток закрасить
нельзя — это проверено на компьютере.




5. Проверим, что годится вопрос: «Правда ли, что у тебя зо-
лотых монет больше, чем у Алёши Поповича?»
Если у Ильи Муромца две золотые монеты, он скажет «да»,
поскольку у Алёши Поповича не может быть больше одной золо-
той монеты.
Если обе монеты у Ильи серебряные, то у Алёши хотя бы одна
золотая, и Илья Муромец ответит «нет».
Ну а если ему достались разные монеты, то он ответит «не
знаю», так как у Алёши может оказаться как две золотые, так и
две серебряные монеты.
Конечно, можно было задать и другие вопросы, например:
— Правда ли, что одному из двух других богатырей достались
две серебряные монеты?
— Верно ли, что два других богатыря получили хотя бы по
одной золотой монете каждый?

64
— Если я заберу у тебя одну монету и дам вместо неё золотую,
станет ли у тебя больше золотых?
(Заметьте, что в последнем вопросе не упоминаются монеты
двух других богатырей, а только монеты, доставшиеся Илье Му-
ромцу!)
6. Всего выписано
9 + 19 · 2 (если в месяце 28 дней) цифр,
9 + 20 · 2 (если в месяце 29 дней) цифр,
9 + 21 · 2 (если в месяце 30 дней) цифр,
9 + 22 · 2 (если в месяце 31 дней) цифр.
Допустим, число 1 не покрашено. Если наименьшее из покра-
шенных чисел двузначное, то первый из непокрашенных участков
состоит из нечётного числа цифр, а все остальные — из чётного
числа цифр. Если же наименьшее из покрашенных чисел одно-
значное, то первый из непокрашенных участков состоит не более
чем из 8 цифр. Но это слишком мало: покрашенных цифр в этом
случае не более 5, непокрашенных — не более 8·4 = 32, итого — не
более 37 цифр, а даже самый короткий месяц (февраль невисокос-
ного года) даёт 47 цифр. В обоих случаях получили противоречие.
Значит, число 1 должно быть покрашено.

7 КЛАСС
1. Пусть сейчас год-палиндром, имеющий вид abba. Когда на-
ступит следующий такой год? Рассмотрим два случая:
а) b = 9 (год вида a99a, a < 9). Тогда через 11 лет наступит
ещё один год-палиндром: (a + 1)00(a + 1). Например, годы 3993 и
4004.
б) b < 9. В этом случае следующий год-палиндром наступит
через 110 лет: a(b + 1)(b + 1)a.
Например, годы 9339 и 9449. Поэтому наибольшее число годов-
непалиндромов подряд — 109.
2. См. решение задачи 2 для 6 класса.
3. В получившемся примере три сомножителя чётные, значит,
в исходном примере хотя бы один тоже был чётным. Поэтому

65
и произведение было чётным числом, то есть последняя цифра
произведения была изменена. Таким образом, слева изменено не
более одной цифры. Значит, в исходном примере слева были и
пятёрки, и четвёрки, а оканчивалось произведение на 0.
Если бы ни один из сомножителей не был исправлен, то про-
изведение равнялось бы 4 · 5 · 4 · 5 · 4 = 1600. Но запись числа
1600 отличается от записи числа 2240 более чем на одну циф-
ру. Значит, ровно один из сомножителей исправлен, а произве-
дение равно 2240. Поэтому одна из пятёрок исправлена на се-
мёрку.
6. Докажем от противного, что получить звание мастера могли
не более 7 участников турнира. Пусть получивших звание мастера
было 8. Тогда каждый набрал не менее 0,7·11 = 7,7 очка, то есть не
менее 8 очков. Таким образом, все они в сумме набрали не менее
8 · 8 = 64 очков. С другой стороны, не получат звание мастера
4 человека. Значит, в партиях с ними каждый из получивших
звание мастера набрал не более 4 очков (даже если выиграл все
партии). Это даёт не более 4 · 8 = 32 очков.
Значит, участники, ставшие мастерами, набрали в партиях
между собой не менее 32 очков. Но они сыграли между собой
только 8 · 7/2 = 28 партий (каждый сыграл с семью другими, при
этом каждая партия считалась два раза). Противоречие.
Покажем, как ещё можно найти, сколько партий сыграли меж-
ду собой 8 шахматистов. Если записать результаты партий в таб-
лицу 8?8, то у нас останется свободной диагональ (так как партий
с самим собой не играется) и на каждую партию придётся по две
клетки: в строке одного из игроков и в строке другого. Таким
образом, партий будет (8 · 8 ? 8)/2 = 28.
Если же звание мастера получили 9 или более участников, то
они должны были набрать не менее 72 очков, в то время как всего
в турнире разыгрывалось (12 · 11)/2 = 66 очков.
Теперь приведём пример турнира, в котором звание мастера
получили 7 участников. Пусть первые 7 (по списку) участников
всегда выигрывали у последних 5, а все остальные партии завер-
шились вничью. Тогда первые 7 участников набрали по 1 · 5 +
+ 0,5 · 6 = 8 очков, а последние 5 — по 0 · 7 + 0,5 · 4 = 2 очка.

66

<< Пред. стр.

страница 6
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign