LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 7
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

2001 год

6 КЛАСС

1. Имеем 2001 = 3 · 23 · 29. Поэтому число 2001 можно предста-
вить в виде произведения двузначных чисел лишь следующими
способами: 69 · 29 или 23 · 87. Подходит только первый вариант.
2. Если оптовая цена ручки x рублей, то прибыль от продажи
одному покупателю одной ручки равна 5 ? x, а трёх ручек — 10 ?
3x. По условию 5 ? x = 10 ? 3x, откуда x = 2,5. Значит, оптовая
цена — 2 рубля 50 копеек.
3. Заметим, что в коробке не могло быть меньше 20 паке-
тиков: если их хотя бы 19, то Инна не сможет выпить больше
19 · 3 = 57 чашек, а она выпила 58. С другой стороны, в коробке
не могло быть больше 20 пакетиков: если их хотя бы 21, то Наташа
не могла выпить меньше 21 · 2 = 42 чашек, а она выпила 41. Тем
самым, в коробке было 20 пакетиков: Инна заварила 18 пакетиков
по три раза и 2 пакетика по два раза, а Наташа заварила 1 пакетик
три раза и 19 пакетиков по два раза.
З а м е ч а н и е. Обязательно надо предъявить способ выпить
41 и 58 чашек чая, иначе решение будет не полным.
4. Если рядом поставить числа a и b,
b
a
то следующим надо поставить число b/a. За
ним 1/a, потом 1/b, наконец, a/b. При этом
a = a/b · b и «круг замкнулся». Такие шесть a=b b=a
чисел будут удовлетворять условию задачи,
если они все различны. Например, они будут 1=b 1=a
такими, если взять a = 2, b = 3.
5. Если в Вифслу, Тофслу и Хемуля попали x, y и z снежков
соответственно, то всего было брошено 13 + x + y + z снежков (по-
скольку 13 снежков не достигли цели). С другой стороны, Вифсла
бросил 6x, Хемуль — 5y, а Тофсла — (4z+1) снежков (вместе с пер-
вым снежком). Получаем уравнение: 6x+5y+4z+1 = 13+x+y+z,
откуда 5x+4y +3z = 12. Так как x, y, z — целые неотрицательные
числа, то x может быть равен 1 или 2, y — 1, 2 или 3, а z — 1, 2,
3 или 4. Перебором находим единственное решение (1; 1; 1).

67
7 КЛАСС

1. Любая степень числа, оканчивающегося цифрой 1, тоже
оканчивается цифрой 1. Поэтому разность 23021377 ? 1 оканчи-
вается на 0 и, следовательно, не является простым числом.
На самом деле наибольшим известным сегодня простым чис-
лом является число 23021377 ?1. Простые числа вида 2n ?1 называ-
ют числами Мерсенна (по имени математика 17 века М. Мерсенна,
который их исследовал). Можно доказать, что при составном n
число 2n ? 1 составное. Поэтому числа Мерсенна бывают только
при простых n. Например, 22 ?1 = 3, 25 ?1 = 31, 27 ?1 = 127, . . . —
простые числа. Однако нельзя утверждать, что каждому просто-
му числу p соответствует простое число 2p ? 1. Например, 211 ? 1
составное. Поиском чисел Мерсенна занимались многие выдаю-
щиеся математики, например, Эйлер доказал, что число 231 ? 1 —
простое. Конечно или бесконечно множество чисел Мерсенна —
вопрос, на который пока нет ответа.
2. Увеличение на 10 % означает умножение на 1,1. Уменьшение
на 10 % означает умножение на 0,9. Разложив 8019 на множители
8019 = 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 11, заметим, что 8019 = 9 · 9 · 9 · 11.
Поэтому после трёх промахов и одного попадания у
игрока будет 100 руб. · 0,9 · 0,9 · 0,9 · 1,1 = 80,19 руб. =
= 80 руб. 19 коп.
4. Найдём точки, куда надо вбивать гвоздь так,
чтобы «углы» флажка попадали точно на дырку. Со-
единив их и заштриховав внутренности, мы получим
решение задачи. Убедитесь в этом сами (доказывать AUOEA
в этой задаче ничего не нужно).
5. Будем рассуждать, используя шахматную доску. Заметим,
что белые клетки граничат по стороне только с чёрными и на-
оборот. Поэтому сначала отметим несколько белых клеток так,
чтобы у каждой чёрной клетки был ровно один отмеченный сосед
(на рисунке слева). Затем отметим несколько чёрных клеток так,
чтобы и у каждой белой клетки появился ровно один отмечен-
ный сосед (на рисунке справа), при этом у чёрных клеток новых
отмеченных соседей не появится.

68
2000 год
6 КЛАСС

1. Будем заменять звёздочки справа налево. Так как 1 + 2 +
+ 4 + 8 + 16 + 32 = 63 < 64, то перед 64 должен стоять «+» (иначе
результат будет отрицательным). Получаем 1?2?4?8?16?32+64 =
27. Перед 32 должен стоять «?», иначе слева будет слишком
большое число, даже если остальные звёздочки заменить на «?».
Продолжая аналогично, получим +1 ? 2 + 4 + 8 ? 16 ? 32 + 64 = 27.
3. Пусть первая цифра кода x, а вторая y. Тогда само чис-
ло записывается как 10x + y, а условие задачи можно записать
уравнением (x + y) + x · y = 10x + y. Следовательно, x · y = 9x.
Так как код — двузначное число, то x не равно 0, а значит,
y = 9. При этом x можно взять любым, кроме 0. Проверьте!
5. Покажем, что последовательность выстрелов CF H, BDE,
DEG и ACF приводит к цели.
Покрасим вершины A, C, F и H в чёрный цвет, а остальные
вершины — в белый. Заметим, что любые две соседние вершины
будут покрашены в разные цвета. Значит, после каждого залпа
заяц перебегает в вершину другого цвета.
Сделаем первый залп по вершинам C, F и H. Если заяц нахо-
дился в чёрной вершине, то либо охотники сразу попали в него,
либо заяц находился в вершине A. В последнем случае после залпа
заяц перебежит в одну из трёх соседних вершин, и залп (BDE)
обязательно достигнет цели.


? ? ?? ??

? ? ? ?? ?
? ? ?
? ? ?
? ? ?
? ? ?
? ? ? ?? ?


69
Если заяц находился в белой вершине, то после двух выстре-
лов он снова окажется в белой вершине. Рассуждая аналогично
предыдущему случаю, убеждаемся, что залпы (DEG), а потом
(ACF ) обязательно поразят зайца.
Есть и другие решения.
7 КЛАСС
2. а) Да, достаточно прибавить к числителю и знаменателю
по 77. б) Действительно, дробь равна единице, если её числитель
и знаменатель равны. А Малыш никак не сможет из неравных
чисел сделать равные.
4. Докажем методом от противного. Предположим, что най-
дутся два натуральных числа k и n такие, что n(n+1) = 2k(2k+2).
Рассмотрим два случая: n < 2k и n > 2k.
Если n 2k, то n + 1 < 2k + 2, поэтому n(n + 1) < 2k(2k + 2).
Противоречие. Если n > 2k, то n + 1 2k + 2, поэтому n(n + 1) >
> 2k(2k + 2). Противоречие.
5. Обозначим числа, стоящие в вершинах A, B, C, D, E, F и
H куба, соответствующими маленькими латинскими буквами: a,
b, c, d, e, f , g и h. Возьмём одну из вершин, в которой стоит наи-
меньшее число. Без ограничения общности это вершина A и в ней
стоит число a. (оно находится в вершине A). Тогда для значений
чисел b, d и e, стоящих в соседних с A вершинах B, D и E, остаётся
только две возможности a и a + 1. Значит, какие-нибудь два из
чисел b, d и e равны. Пусть равные числа стоят в вершинах B и E
(остальные случаи рассматриваются аналогично). В этом случае
искомыми будут диаметрально противоположные вершины E
и C: e = b, а числа c и b отличаются не более чем на 1, поэтому
числа e и c отличаются не более чем на 1.


1999 год
6 КЛАСС
1. Если (до уплотнения) было отмечено n точек, то после
уплотнения будет отмечено 2n ? 1 точек (из которых n старых
и n ? 1 новая). Если после уплотнения получилось k точек, то

70
2n ? 1 = k или n = (k + 1)/2. Таким образом, до последнего уплот-
нения было (113 + 1)/2 = 57 точек, до второго — (57 + 1)/2 = 29
точек и в самом начале — (29 + 1)/2 = 15 точек.
2. Разложим 420 на множители: 420 = 6 · 7 · 10 = 2 · 2 · 3 ?
? 5 · 7. Теперь уже несложно сгруппировать эти множители в пять
групп так, чтобы в сумме получилось 20: 7 · 5 · 3 · 4 · 1 = 420;
7 + 5 + 3 + 4 + 1 = 20.
3. Заметим, что белых клеток должно быть
втрое больше чем чёрных, так что белых будет 12,
а чёрных — 4. После этого легко нарисовать требу-
емую картинку.
4. Вертолёт летит на юг по московскому мериди-
ану, затем по параллели, потом снова по меридиану
на север, а затем по более северной параллели. Так как все мери-
дианы одинаковы, широта его не изменится (сколько градусов он
пролетел на юг, столько же он пролетит и на север). А параллели
разные: чем севернее, тем короче, так что на северной параллели
те же 300 км составят большее число градусов. Значит, вертолёт
окажется восточнее Москвы на той же широте.

7 КЛАСС
1. Сумма числителя и знаменателя равна 101. Значит, чем
больше числитель дроби, тем меньше её знаменатель — и тем
больше сама дробь (так как и числитель и знаменатель — поло-
жительные числа). Видно, что 25/76 ещё меньше 1/3, а 26/75 —
уже больше.
3. См. решение задачи 4 для 6 класса.
4. Пусть от рассвета до полудня прошло x часов. Первый
пешеход шёл x часов до полудня и 4 после, второй — x до полудня
и 9 после. Заметим, что отношение времён равно отношению длин
путей до и после точки встречи, так что x/4 = 9/x. Из этой
пропорции находим, что x = 6.
Проведём более подробное обоснование Действительно, пусть
скорость первого пешехода (идущего из A в B) равна v1 , а ско-
рость второго (идущего из B в A) равна v2 . Тогда до точки встречи
первый прошёл v1 · x, а второй — v2 · x. После полудня первый

71
прошёл v1 · 4, а второй — v2 · 9. Но после полудня первый про-
шёл столько же, сколько второй до полудня. И наоборот, после
полудня второй прошёл столько же, сколько первый до полудня.
Имеем:
v1 9
=,
v1 · x = v2 · 9, v2 x
или
v1 x
v1 · 4 = v2 · x,
=,
v2 4
Отсюда x/4 = 9/x.
6. Если два квадрата из девяти находятся в одной горизон-
тальной строке, то они имеют одинаковую высоту, а будучи квад-
ратами — и одинаковую ширину, так что в этом случае всё доказа-
но. Точно так же можно рассуждать, если два квадрата окажутся
в одном вертикальном столбце. Осталось рассмотреть третий слу-
чай, когда все квадраты находятся в разных строках и в разных
столбцах. Тогда они попадают в девять столбцов из десяти и
в девять строк из десяти, и остаётся одна свободная строка и
один свободный столбец. Докажем, что прямоугольник, стоящий
на пересечении «свободной» строки и «свободного» столбца бу-
дет ещё одним, десятым квадратом. В самом деле, ширину сво-
бодного столбца можно найти, вычтя суммарную ширину девяти
квадратов из ширины большого квадрата. Точно так же высота
свободной строки равна разности высоты большого квадрата и
суммы высот девяти квадратов, а высота любого квадрата равна
его ширине. Но по условию десятого квадрата нет, так что третий
случай невозможен.


1998 год
6 КЛАСС
1. Меридианы делят глобус на 24 части (дольки), а параллели
делят каждую дольку на 17 + 1 = 18 частей. Всего 18 · 24 = 432
части.
2. Например, лиса сначала три раза отрезает по 1 г от кусочков
в 5 г и 11 г. Получатся один кусок в 2 г и два куска по 8 г.

72
Теперь осталось шесть раз отрезать и съесть по 1 г от кусочков в
8 г.
5. В условии даны все три расстояния между A, C и D. Вы-
ясним сначала, как расположены эти три бензоколонки.
Бензоколонки A и C разбивают кольце-
B
вую дорогу на две дуги. Если бы бензоколон-
C
ка D находилась на меньшей дуге, то сумма
D
расстояний от A до D и от D до C была равна
расстоянию от A до C. Но это не так.
Значит, бензоколонка D расположена на
большей дуге, поэтому длина большей дуги
между A и C равна AD + DC = 25 + 35 =
= 60 км. Следовательно, длина кольцевой A
дороги равна 60 км + AC = 100 км.
Так как BA = 50 км, то A и B
диаметрально противоположны. Зна-
чит, расстояние от B до C равно 50 ?
40 = 10 км (см. рисунок).
6. Если в квадрате 3 ? 3 поставить
коней на все клетки, кроме централь-
ной, то каждый конь будет бить ровно
двух других. Теперь расположим че-
тыре таких «каре» на доске подальше
друг от друга — так чтобы кони из
разных каре не били друг друга (см. рисунок).

7 КЛАСС
1. См. решение задачи 1 для 6 класса.
2. Пусть всё население республики — N человек, из них за
«Мандарин» проголосовало M человек. Тогда, с одной стороны,
мандарины любят 0,46 · N человек, а с другой стороны, это число
равно числу проголосовавших за «Мандарин» плюс десять про-
центов от оставшихся (т. е. 0,1 · (N ? M )).
Получаем уравнение
M + 0,1(N ? M ) = 0,46 · N,

73
или
M + 0,1 · N ? 0,1 · M = 0,46 · N,
или
0,9 · M = 0,36 · N,
откуда
M 0,36
= = 0,4,
N 0,9
т. е. за «Мандарин» проголосовало 40 % населения республики.
3. См. решение задачи 5 для 6 класса.
4. Ясно, что если два человека сделали одно и то же утвер-
ждение, то они либо оба лжецы, либо оба рыцари.
Поскольку на острове есть хотя бы один лжец и хотя бы один
рыцарь, то либо все рыцари сделали первое утверждение, а все
лжецы второе, либо наоборот. В первом случае и рыцарей, и лже-
цов чётное число, а во втором и тех, и других — нечётное число.
Значит, число людей на острове обязательно чётно.
5. Нетрудно построить пример, когда покупка стоит 6 фертин-
гов: Незнайка заплатил две монеты — 1 фертинг и 50 фертингов,
а сдачу получил тремя монетами по 15 фертингов.
Докажем, что покупка не могла стоить меньше шести фер-
тингов. Остаток от деления на 7 достоинства каждой из монет
равен 1. Пусть Незнайка отдал k монет на сумму A. Тогда остаток
от деления A на 7 равен остатку от деления k на 7. Остаток от
деления на 7 сдачи C равен остатку от деления k +1 на 7. Остаток
от деления на 7 стоимости покупки (A?C) равен разности остатка
от деления A на 7 и остатка от деления C на 7, т. е. равен 6.
Поэтому стоимость покупки не может быть меньше 6 фертингов.

1997 год
6 КЛАСС
1. Начнём проверять пример «справа налево». В разрядах еди-
ниц и десятков всё в порядке, а в разряде сотен появляется ошиб-
ка. Значит, одна из цифр этого разряда — 1, 8 или 7 — пере-
ставлена. Если предположить, что Витя переставил две карточки

74
«внутри» разряда сотен (единственный вариант — поменять ме-
стами 7 и 8), то ещё останется ошибка в разряде десятков тысяч.
Значит, одна из цифр разряда сотен поменялась с цифрой более
старшего разряда.
Чтобы восстановить равенство в разряде сотен, цифру 1 мож-
но поменять только на 9. Цифра 9 в более старших разрядах есть
только одна. Но если 1 и 9 поменять местами, то ещё сохранится
ошибка в разряде десятков тысяч.
Цифру 8 можно поменять только на 6, но ни одной цифры 6
в примере нет.
Значит, остаётся единственная возможность — поменять циф-
ру 7. Вместо неё надо поставить цифру 9. Она у нас (в более
старших разрядах) только одна и, если их поменять местами, то
получается верный пример.
2. Сначала найдём 1/x из уравнения
2 1 1 1 1
= + + +,
73 60 219 292 x
2 1 1 1 1
? ? ? =,
73 219 292 60 x
2 1 1 1 1
? ? ? =,
73 73 · 3 73 · 4 60 x
17 1 1
? =,
73 · 3 · 4 5 · 3 · 4 x
17 · 5 ? 73 1
=,
73 · 3 · 4 · 5 x
1 1
=.
73 · 5 x
Получим 1/x = 1/365, значит, x = 365.
3. Так как среди любых 12 грибов хотя бы один — рыжик,
то груздей не больше 11. Так как среди любых 20 грибов хотя
бы один — груздь, то рыжиков не больше 19. А так как всего в
корзине 30 грибов, получаем, что груздей ровно 11, а рыжиков
ровно 19.
5. См. развёртку. На первом рисунке в условии внизу белая
грань, а две оставшиеся невидимые грани — треугольники.

75
Лучше всего сделать из подручных мате-
риалов кубик и пофантазировать...
Похоже, первая картинка отличается от
второй просто поворотом, то есть две неви-
димые вертикальные грани на первом рисун-
ке — треугольники. Нарисуем их на нашем
кубике. Ага, теперь не получается на него
посмотреть так, чтобы увидеть третью кар-
тинку. Что-то тут не так, но мы вроде где-то
близко... Очень уж хочется «спрятать» два
треугольника со второй картинки на задние грани в первой...
Идея — их надо ещё перевернуть! То есть вторая картинка —
это не просто повёрнутая на 180 градусов первая, а ещё и пе-
ревёрнутая! Верхняя грань на второй картинке была внизу на
первой! Рисуем... Теперь всё сходится и на третьей картинке.
6. Как только вы освободитесь от догмы, что фонарик обратно
должен носить самый быстрый, то есть папа, и станете рассмат-
ривать другие варианты, то скоро догадаетесь, что надо пустить
вместе бабушку и малыша. Теперь решение уже не очень сложно
найти. Итак,
папа с мамой — 2 мин,
папа обратно с фонариком — 1 мин,
малыш с бабушкой — 10 мин,
мама обратно с фонариком — 2 мин,
папа с мамой — 2 мин.
Всего 17 минут!

7 КЛАСС
1. Если периметр прямоугольника равен 1996, то сумма длин
его соседних сторон равна 998. Все такие прямоугольники имеют
вид (пишем по возрастанию меньшей стороны) 1 ? 997, 2 ? 996,
3?995, . . . , 498?500, 499?499. На этом список заканчивается, так
как прямоугольник 500?498 уже был. Видим, что каждому числу
от 1 до 499 соответствует ровно один прямоугольник. Аналогич-
но, если периметр прямоугольника равен 1998, то сумма длин

76
его соседних сторон равна 999. Все такие прямоугольники имеют
вид (пишем по возрастанию меньшей стороны) 1 ? 998, 2 ? 997,
3 ? 996, . . . , 498 ? 501, 499 ? 500. На этом список заканчивается,
так как прямоугольник 500 ? 499 уже был. Видим, что каждому
числу от 1 до 499 соответствует ровно один прямоугольник. То
есть в обоих случаях прямоугольников поровну, а именно, 499.
2. а) Пяти автомобилей не хватит, так как в день, когда один из
автомобилей «отдыхает», кому-то не на чем будет ехать. Шести,
очевидно, хватает.
б) Ясно, что автомобилей не менее 8. Если каждый день «от-
дыхает» не более одного автомобиля, то всего автомобилей не

<< Пред. стр.

страница 7
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign