LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 8
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

больше, чем дней недели, то есть семи. Значит, в какой-то день от-
дыхает два автомобиля, и в этот день нам надо ещё как минимум
8 автомобилей. Итого 10. Мы доказали, что меньше, чем десятью
автомобилями обойтись нельзя. Десяти достаточно — составьте,
пожалуйста, график сами.
П р и м е ч а н и е. Использованное здесь рассуждение встречается очень
часто и носит название «Принцип Дирихле». Его любят формулировать сле-
дующим образом: «Если в n клетках сидят n + 1 кроликов, то в какой-то
клетке сидят как минимум два кролика».

3. Пусть x — длина меньшего отрезка. В верхней стороне че-
тырёхугольника, имеющей длину 1, укладывается 3 маленьких
отрезка и один большой. Значит, длина большого отрезка равна
1 ? 3x. В нижней стороне четырёхугольника, имеющей длину 2,
укладывается 3 больших отрезка и один маленький. Получаем
уравнение
3 · (1 ? 3x) + x = 2.
Отсюда
3 ? 9x + x = 2.
Следовательно,
1
x= .
8
Итак, длина меньшего отрезка равна 1/8. Поэтому длина больше-
го равна 1 ? 3 · 1/8 = 1 ? 3/8 = 5/8. Значит, больший отрезок в
пять раз длиннее меньшего.

77
5. Двоечник ошибся в 1/2 от общего числа вопросов. Но он
мог ошибиться только в тех вопросах, на которые отвечал наугад.
При этом число вопросов, в которых он ошибся, равно 4/5 от
числа вопросов, на которые он отвечал наугад. То есть число
вопросов, на которые он отвечал наугад, в 5/4 раза больше числа
вопросов, в которых он ошибся. Значит, он отвечал наугад на
(1/2) · (5/4) = 5/8 от общего числа вопросов. Ну, а списал ответы
на все остальные, то есть на 3/8 от общего числа вопросов.


1996 год
6 КЛАСС
2. Пусть Боря собрал x грибов. Тогда 20 % от количества гри-
бов, собранных Борей, равно 0,2x. Значит, Алик собрал x ? 0,2x =
= 0,8x грибов, а Вася собрал x + 0,2x = 1,2x грибов. Получаем,
что Вася собрал грибов в 1,2 = 1,5 раза больше, чем Алик, то есть
0,8
на 50 % больше количества грибов, собранных Аликом.
П р и м е ч а н и е. К сожалению, условие этой задачи допускает неод-
нозначное толкование — можно по-разному понимать, от какого именно
количества надо брать проценты. Так, Вася собрал грибов на 50 % больше (от
количества грибов, собранных Аликом), но если считать от количества гри-
1
бов, собранных Васей, то получится, что он собрал на 33 3 процента больше.
Поэтому, если вам на олимпиаде встречается задача на проценты, допуска-
ющая неоднозначное толкование, обязательно уточните условие у дежурного
по аудитории и напишите подробное решение. Если вы приведёте только
ответ, то нельзя будет определить — может, у вас просто арифметическая
ошибка...

3. Найдём сначала количество пятизначных чисел, делящихся
на пять, и количество пятизначных чисел, у которых хотя бы одна
из первых двух цифр слева — пятёрка.
Каждое пятое пятизначное число делится на пять, а всего
пятизначных чисел 90000. Значит, пятизначных чисел, делящихся
на 5, всего 90000 : 5 = 18000.
Первые две слева цифры пятизначного числа образуют дву-
значное число. Всего имеется 90 двузначных чисел: 10, 11, 12, . . . ,
99. Из них

78
9 чисел оканчиваются на 5: 15, 25, 35, . . . , 95, и
10 чисел начинаются с 5: 50, 51, 52, . . . , 59.
То есть всего вроде бы 19 двузначных чисел, в записи которых
есть хотя бы одна пятёрка. Но при этом число 55 мы посчитали
два раза. Значит, всего имеется 18 двузначных чисел, в записи
которых есть хотя бы одна пятёрка. А сколькими способами мож-
но «продолжить» двузначное число до пятизначного? Первые две
цифры у нас фиксированы, а три последние могут быть любыми.
То есть получается 1000 пятизначных чисел, начинающихся с дан-
ного двузначного (например, если двузначное число было 25, то
соответствующие пятизначные это 25000, 25001, 25002, . . . , 25999).
Теперь количество пятизначных чисел, у которых хотя бы одна из
первых двух цифр слева — пятёрка, легко подсчитать. Их 18000.
Мы получили, что чисел, делящихся на 5, и чисел, у которых
хотя бы одна из первых двух цифр слева — пятёрка, поровну (по
18000). Значит, пятизначных чисел, не делящихся на 5, и тех, у
которых ни первая, ни вторая цифра слева — не пятёрка, тоже
будет поровну (по 90000 ? 18000 = 72000).
4. Ошибиться при подсчёте красных шариков мог только один
из них, а двое правильно сосчитали число красных шариков. По-
этому красных шариков было 2. В подсчёте красных шариков
ошибся C, значит, он путал красные с оранжевыми, а жёлтые и зе-
лёные считал правильно. Получаем, что жёлтых — 8, а зелёных —
9. Все оставшиеся шарики — оранжевые. Общее число шариков
все считали правильно — 23. Значит, оранжевых шариков было 4
(23 ? 2 ? 8 ? 9 = 4).
5. а) См. рисунок.
б) Каждая сторона пятиугольника содержит
сторону одного из треугольников. У пятиуголь-
ника пять сторон, а треугольников у нас четыре.
Значит, какие-то две стороны пятиугольника со-
держат стороны одного и того же треугольника.
Следовательно, угол между этими сторонами ту-
пой. Противоречие с тем, что все треугольники
должны быть остроугольными.


79
6. Введём на нашем квадрате координаты 5
(как в шахматах или в игре «морской бой»).
4
Раскрасим правильно блок a5a4b4b3c3. То-
3
гда правильная раскраска остальных клеток
2
восстанавливается однозначно в следующем
1
порядке: a3, d2, c5, e1, d1, b5, d5, e5, d4, d3,
abcde
c4, e4, e3, e2, a2, a1, b2, b1, c2, c1.
Опишем подробно два первых шага, приве- 5 1
дя к остальным только картинки (обязательно 4 2 3
3345
проведите рассуждение до конца сами!).
Итак, раскрасим правильно блок 2
a5a4b4b3c3. Пусть клетка a5 окрашена в цвет 1, 1
a4 — в цвет 2, b4 — в цвет 3, b3 — в цвет 4, abcde
c3 — в цвет 5. 51
В какой цвет нужно покрасить клет- 4 2 3
ку a3, чтобы получилась правильная раскрас- 3 3 4 5
ка? В цвета 1 и 2 покрасить нельзя, так как 2 3
они уже есть на вертикали «a». В цвета 4 и 5 1
покрасить тоже нельзя, так как они уже есть
abcde
на третьей горизонтали. Остаётся единствен-
ная возможность — цвет 3.
Теперь посмотрим, в какой цвет нужно покрасить d2. Рассмот-
рим сначала блок b5c5c4d5d4. В нём на четвёртой горизонтали не
может быть клетки цвета 3 (цвет 3 на четвёртой горизонтали уже
есть). Значит, клетка цвета 3 в нашем блоке — это одна из трёх
клеток пятой горизонтали: b5, c5, d5. Получаем, что цвет 3 уже
встречается на пятой (одна из клеток b5, c5, d5), четвёртой (b4)
и третьей (a3) горизонталях. Значит, единственная возможная
клетка цвета 3 в блоке d2d3e3e4e5 — это клетка d2.
Теперь продолжите, пожалуйста, рассуждение сами, пользу-
ясь рисунками на следующей странице.

7 КЛАСС
1. Трёхзначное число, у которого в разряде сотен — цифра a, в
разряде десятков — цифра b, а в разряде единиц — цифра c, равно
100a + 10b + c. (Например, 394 = 3 · 100 + 9 · 10 + 4.) Просматривая

80
5 1 3 5 1 3 5 1 3

4 2 3 4 2 3 4 2 3

3 3 4 5 3 3 4 5 3 3 4 5

2 3 2 3 2 3

1 1 3 1 5 3

a b c d e a b c d e a b c d e

5 1 5 3 2 4 5 1 5 3 2 4 5 1 5 3 2 4

4 2 3 4 2 3 4 4 2 3 1 4 5

3 3 4 5 3 3 4 5 3 3 4 5 1 2

2 3 2 3 2 5 2 4 3 1

1 5 3 1 5 3 1 4 1 2 5 3

a b c d e a b c d e a b c d e



по кругу наши девять трёхзначных чисел, замечаем, что каждая
цифра встречается ровно по одному разу в каждом из разрядов —
сотен, десятков и единиц. То есть каждая цифра один раз войдёт
в нашу сумму с коэффициентом 100, один раз — с коэффициен-
том 10 и один раз — с коэффициентом 1. Значит, искомая сумма
не зависит от порядка, в котором записаны цифры, и равна

(100 + 10 + 1)(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 111 · 45 = 4995.

2. Попробуем проследить «с конца», сколько у какого пирата
было монет после каждой игры. В последней игре первый проиг-
рал второму половину своих монет, после чего у него осталось
15 монет. Но это ровно столько, сколько он только что отдал
второму! Значит, перед этим у первого было 15 · 2 = 30 монет,
а у второго было 33 ? 15 = 18 монет. Аналогично, во второй игре
второй пират проиграл ровно столько, сколько у него осталось
после второй игры, то есть 18 монет. Получаем, что перед второй
игрой у второго пирата было 18 · 2 = 36 монет, а у первого было
30 ? 18 = 12 монет. Проделав самостоятельно ещё один шаг рас-
суждения, вы найдёте, что вначале у пиратов было по 24 монеты.
3. Заметим, что x = 2, y = 2 — решение. Попробуем найти ещё
одно в виде x = 2k , y = 2n , подобрав подходящие k и n.

81
Имеем
2 · (2k )3 = (2n )4 ,
или
23k+1 = 24n .

Осталось подобрать k и n так, чтобы было выполнено равен-
ство 3k + 1 = 4n. Ну, а это уже совсем просто. Например, k = 5,
n = 4 и, соответственно, x = 32, y = 16.
4. а) Представьте себе, что вы хотите объяснить другу какой-
нибудь найденный вами способ прочтения слова. Для этого его
надо как-то записать. Обозначим шаг вправо через 1, а шаг вниз —
через 0. Тогда каждому способу прочтения слова (назовём его
путём) мы поставим в соответствие последовательность из пяти
нулей и единиц по следующему правилу:
если на первом шаге мы идём вправо, то на первое место
пишем нуль, если вниз — то единицу;
если на втором шаге мы идём вправо, то на второе место
пишем нуль, если вниз — то единицу;
и так далее.
Заметим, что разным путям соответствуют разные последо-
вательности, а разным последовательностям — разные пути, при-
чём каждой возможной последовательности соответствует путь —
надо просто пройти, следуя нашим правилам (соответствия с
такими свойствами математики называют взаимно однозначны-
ми).
Таким образом, число путей равно числу последовательно-
стей нулей и единиц длины 5. А их 25 = 32. Если вы впервые
встретились с последовательностями нулей и единиц, обязатель-
но выпишите все возможные последовательности нулей и единиц
длины 1, 2, 3, 4, 5. Сколько их получилось?
5. Обозначим искомое количество лоскутков белого цвета че-
рез x. Тогда лоскутков чёрного цвета будет 32 ? x. Чтобы соста-
вить уравнение, подсчитаем двумя способами количество «гра-
ниц» белых лоскутков с чёрными.
Каждый белый лоскуток граничит с тремя чёрными. То есть
число границ равно 3 · x.

82
С другой стороны, каждый чёрный лоскуток граничит с пятью
белыми. То есть число границ равно 5 · (32 ? x).
Получаем уравнение 3x = 5 · (32 ? x). Отсюда 8x = 160 и
x = 20.
6. Посмотрим, сколько раз входит каждое число от 2 до 100 в
наше произведение. Число 2 входит во все факториалы, начиная
со второго, то есть 99 раз; число 3 входит во все факториалы,
начиная со третьего, то есть 98 раз; и так далее — каждое число
входит во все факториалы, начиная со «своего». То есть n входит
в произведение 101 ? n раз:

1! · 2! · 3! · . . . · 100! = 299 · 398 · 497 · . . . · 974 · 983 · 992 · 100.

В частности, все нечётные числа входят в произведение чётное
число раз, а чётные — нечётное число раз. Выделим отдельно
произведение всех чётных чисел, взятых по одному разу,

1! · 2! · 3! · . . . · 100! = 299 · 398 · 497 · . . . · 974 · 983 · 992 · 100 =
= (298 · 398 · 496 · . . . · 974 · 982 · 992 ) · (2 · 4 · 6 · . . . · 98 · 100).

В первой скобке все степени чётные, значит, произведение чисел
в первых скобках — квадрат целого числа. А произведение чисел
во вторых скобках равно

2 · 4 · 6 · . . . · 98 · 100 = 2 · (2 · 2) · (2 · 3) · . . . · (2 · 49) · (2 · 50) =
= 250 · 1 · 2 · 3 · . . . · 49 · 50 = 250 · 50!

Но 250 является квадратом целого числа. Значит, если зачеркнуть
50!, то оставшееся произведение будет квадратом целого числа.


1995 год
6 КЛАСС
1. Поскольку половина персиков составляет одну треть от все-
го компота, то половина от оставшихся персиков составляет одну

83
шестую часть от всего компота. Учитывая, что 2/3 = 4/6, полу-
чаем ответ — 1/4.
3. Заметим, что сторона самого большого квадрата равна сум-
ме сторон двух квадратов: следующего за ним по часовой стрелке
и самого маленького. Обозначив сторону самого большого квад-
рата через x, последовательно выразим стороны других квадра-
тов: x ? 1, x ? 2, x ? 3, x ? 3 (см. рисунок). Теперь заметим,
что длина верхней стороны прямоуголь-
ника равна x + (x ? 1), а длина нижней
равна (x ? 2) + (x ? 3) + (x ? 3). Но ведь
x?1
x
противоположные стороны прямоуголь-
ника равны. Получаем уравнение
1

x?2
x + (x ? 1) = (x ? 2) + (x ? 3) + (x ? 3). x?3 x?3
Отсюда 2x ? 1 = 3x ? 8 и, значит, x = 7.
4. Очевидно, что вторая цифра множителя — нуль. Посмот-
рим, какими могут быть первая и третья цифры множителя. Вид-
но, что если умножить 1995 на последнюю цифру множителя, то
получится пятизначное число, а если на первую — то четырёх-
значное.
Выпишем произведения числа 1995 на все ненулевые цифры:
1995 · 1 = 1995, 1995 · 2 = 3990, 1995 · 3 = 5985, 1995 · 4 = 7980,
1995 · 5 = 9975, 1995 · 6 = 11970, 1995 · 7 = 13965, 1995 · 8 = 15960,
1995 · 9 = 17955.
Получается, что последней цифрой множителя может быть 6,
7, 8 или 9, а первой — 1, 2, 3, 4 или 5. Сейчас уже можно просто
перебрать все допустимые варианты выбора первой и последней
цифры (их всего 20 — объясните, почему).
Но лучше ещё немного порассуждать и сократить себе работу
по перебору вариантов.
Заметим, что при умножении 1995 на первую цифру множите-
ля получается четырёхзначное число (?ГОД), у которого послед-
ние три цифры различны (по условию, разные буквы обозначают
разные цифры). Поэтому число ?ГОД не может быть равным 1995
и 3990. Значит, для первой цифры осталось только три варианта:

84
3, 4, 5. А всего вариантов выбора первой и последней цифры
множителя осталось 12 (почему?).
Теперь посмотрим на пятизначное число, полученное при
умножении 1995 на последнюю цифру множителя. Видно, что
две его последние цифры должны быть различными (почему?), и
поэтому, оно не равно 17955. Значит, последняя цифра множите-
ля — не 9.
Итак, для первой цифры осталось только три варианта (3,
4, 5), а для последней тоже только три (6, 7, 8). Значит, осталось
9 вариантов выбора первой и последней цифры.
Теперь заметим, что четыре цифры О, Д и Ь, И различны.
Отсюда простыми рассуждениями получаем, что для множителя
остаётся только четыре варианта: 308, 306, 407 и 508.
Это уже небольшой перебор, который можно быстро провести,
и найти ответ. (В принципе можно было ещё заметить, что если
первая цифра 5, то ?ГОД = 9950, при сложении обязательно
произойдёт перенос в следующий разряд, и итог будет не шести-
значным, а семизначным. Поэтому для первой цифры остаётся
только два варианта: 3 и 4. А для множителя — только три: 308,
306, 407.)
1995
?
306
11970
5985
610470

5. В задачах, где нужно просто предъявить пример, самое
главное — интуитивно почувствовать путь его построения (ко-
торый часто приходит в голову в процессе неудачных попыток
доказательства!). Попробуем поразмышлять вместе. Конечно ка-
жется, что если такие команды существуют, то они примерно
равны по силе. Но как же измерить силу команд? Упорядочим
наших борцов по силе и присвоим каждому рейтинг от 9 до 1: 9 —
самому сильному и т. д. Тогда сумма рейтингов борцов равна 45.
Постараемся составить команды так, чтобы суммы рейтингов бор-
цов в командах были равны. То есть нам надо разбить числа от

85
1 до 9 на три группы так, чтобы сумма чисел в каждой группе
равнялась 15. Где-то мы, кажется, видели похожую задачку...?
Ага, когда составляли магический квадрат 3 ? 3! В нём сумма
чисел по любой горизонтали, любой вертикали и
любой диагонали равна 15! Нарисуем магический 276
квадрат 3 ? 3.
951
Попробуем взять из него строки. Это три ко-
438
манды с одинаковым суммарным рейтингом — 15.
Проверим... Первая со второй — счёт 5 : 4, вторая
с третьей — счёт 5 : 4, и третья с первой — счёт 5 : 4! Ура —
получилось! Кстати, столбцы тоже подошли бы (проверьте!).

7 КЛАСС
1. Разложим число 1995 на простые множители — 1995 = 3 ?
? 5 · 7 · 19. Надо разбить это произведение на две группы: часть
множителей войдёт в исходное число, а другая часть будет его
цифрами. Ясно, что 19 войдёт в искомое число (цифры «19» нет!).
Остаётся несложный перебор, который даёт единственный ответ:
57 · 5 · 7 = 1995.
2. Пусть s — стоимость сапфира, t — топаза, а i — изумруда.
Из первой строчки нашего стихотворения получаем
s + 2t = 3i.
А из второй —
7s + t = 8i.
Посмотрим, сколько стоят 24 изумруда. ( А почему вдруг именно

24?“ — спросите вы. А вот почему: если я могу брать изумруды по
три штуки, а вы по 8, то 24 — это первое число, которое получится
у нас обоих! Проверьте это.)
Итак, из первой строчки
8s + 16t = 24i.
А из второй
21s + 3t = 24i.
Получается, что
8s + 16t = 21s + 3t

86
или
13s = 13t.

То есть 13 сапфиров равны по стоимости 13 топазам, а значит,

<< Пред. стр.

страница 8
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign