LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 9
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

стоимость одного сапфира равна стоимости одного топаза.
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 (см. рисунок). Сторону левого нижне-
го квадрата нам выразить через x не удалось, поэтому придёт-
ся обозначить её через y. Теперь заметим, что верхняя сторона
прямоугольника равна x + (x ? 1), а ниж-
няя — (x ? 2) + (x ? 3) + y. Но ведь противо-
x?1
положные стороны прямоугольника равны.
x
Получаем уравнение
1

x?3 x?2
x + (x ? 1) = (x ? 2) + (x ? 3) + y. y

Отсюда 2x ? 1 = 2x ? 5 + y и, значит, y = 4.
5. Разность между числом и суммой его цифр делится на 9.
Поэтому все числа, которые мы получали, делились на 9 (кро-
ме, может быть, исходного). Пойдём с конца. Нуль в принципе
получается из любого однозначного натурального числа после вы-
читания из него суммы цифр. Но из них на 9 делится только 9.
Поэтому на предпоследнем шаге у нас было число 9. Но 9 можно
получить только из одного числа, делящегося на 9, — из 18. И так
далее

0 < 9 < 18 < 27 < 36 < 45 < 54 < 63 < 72 < 81.

Тут путь раздваивается — 81 можно получить и из 90, и из 99.
Сделаем последний шаг назад (теперь делимость на 9 нам уже не
важна!) — 90 ни из какого числа получить нельзя, а для 99 есть
целых 10 возможных предшественников: 100, 101, 102, . . . , 109.

87
1994 год
6 КЛАСС
2. Можно заметить, что 2 = 1·2, 6 = 2·3, 12 = 3·4, и предполо-
жить, что n-й член последовательности равен n · (n + 1). Проверка
на 4-м (20 = 4 · 5) и 5-м (30 = 5 · 6) членах последовательности
показывает, что мы угадали. Значит, на шестом месте стоит число
6 · 7 = 42, а на 1994-м — 1994 · 1995 = 3978030.
Конечно, это не доказательство в строгом математическом
смысле этого слова. Например, так можно «доказать», что число
шестьдесят делится на все числа. Действительно, 60 делится на 1,
на 2, на 3, на 4, на 5, на 6 . . . Однако для решения задачи требуется
только найти достаточно простое правило, следуя которому,
можно получить такую последовательность. А умение увидеть,
почувствовать закономерность (что требовалось в данной задаче)
не менее важно для математика, чем умение строго рассуждать!
Если вы найдёте какое-нибудь другое (но тоже «достаточно
простое») правило, дающее последовательность 2, 6, 12, 20, 30,
напишите, пожалуйста, нам (а на олимпиаде такое решение тоже
было бы засчитано!).
3. Обозначим через s число сторожей в бригаде, через b число
бригад, а через n — число ночей, которые проспал один сторож.
Тогда s · b · n = 1001. Но 1001 = 7 · 11 · 13, причём числа 7, 11, 13 —
простые. Учитывая, что по условию s < n < b, получаем s = 7.
Попробуйте теперь решить задачу 2 для 7 класса!
6. Пусть n — количество чашек (число человек в семье), а
x — количество выпитого молока (в чашках). Тогда количество
выпитого кофе равно n ? x. Катя выпила одну чашку кофе с
молоком, которая состояла из одной четверти всего молока (x/4)
и одной шестой всего кофе ((n ? x)/6). Получаем

(n ? x)
x
+ = 1,
4 6
3x + 2(n ? x) = 12,

x + 2n = 12.

88
Так как n — целое число, то из последнего равенства следует, что
x — целое число, причём чётное (x = 12 ? 2n). Кроме того, x n,
так как количество выпитого молока, конечно, не больше, чем об-
щее количество напитка. Теперь небольшим перебором находим,
что последнее уравнение имеет три решения:

n = 6, x = 0; n = 5, x = 2; n = 4, x = 4.

При этом первое и последнее решения отвечают случаю, когда
все пили просто молоко или просто кофе, а второе — когда пили
действительно кофе с молоком.
7. а) Разобьём всех 60 школьников на группы одноклассни-
ков. Если среди школьников нет 15 одноклассников, то в каждой
группе не более 14 школьников.
Пусть k — число групп, состоящих из двух и более школьни-
ков. Такие группы назовём большими.
Из условия вытекает, что k 4 (иначе, взяв двоих из каждой
большой группы, мы получим не менее 10 школьников, среди
которых не будет трёх одноклассников). Поэтому возможны два
случая: k 3 и k = 4. Рассмотрим их.
1. Если k 3, то общее число школьников в больших группах
не превышает 42. Следовательно, найдётся 18 школьников, кото-
рые не входят в большие группы, а значит, не имеют ни одного
одноклассника! Противоречие с условием задачи.
2. Если k = 4, то общее число школьников в больших группах
не превышает 56. Следовательно, найдутся 4 школьника, которые
не имеют ни одного одноклассника! Взяв этих четверых и доба-
вив к ним по двое из всех четырёх больших групп, мы получим
даже 12 школьников, среди которых не найдётся трёх однокласс-
ников. Противоречие с условием задачи.
б) Не обязательно. Пример: четыре класса по 15 школьников.
8. Рассмотрим шесть улиц, выходящих из центра города в
разных направлениях (то есть шесть отрезков с общим началом и
без других общих точек). Пешеход может, выйдя из центра, прой-
ти каждую улицу туда-обратно. Но, очевидно, пройти по каждой
улице ровно один раз невозможно.

89
Можно привести пример и без тупиков: возьмём треугольник,
отметим в нём точку и соединим её с вершинами. Попробуйте
сами доказать, что пешеход не сможет обойти эти улицы, пройдя
каждую по одному разу.
Подсказка (теорема Эйлера): Пусть пешеход смог обойти все
улицы некоторого города, пройдя каждую ровно по одному разу.
Тогда на каждом перекрёстке, кроме, быть может, того, с которого
он начал, и того, на котором закончил, сходится чётное число
улиц. Попробуйте доказать это сами!

7 КЛАСС
1. Пусть за год выпуск снижался на x %. Приняв исходный
объём выпуска продукции за 1, получим, что через год выпуск
100 ? x
продукции составил от исходного, а через два года —
100
100 ? x 2
от исходного. С другой стороны, по условию выпуск
100
49
продукции снизился на 51 % и, значит, составил от исходного.
100
100 ? x 2 49 100 ? x 7
= = , x = 30.
Получаем, что . Отсюда
100 100 100 10
2. Обозначим через p число подъездов в доме, через f — число
этажей, а через k — число квартир на этаже. Тогда p · f · k = 105.
Но 105 = 3 · 5 · 7, причём числа 3, 5, 7 — простые. Учитывая, что по
условию p < k < f , получаем f = 7. Попробуйте теперь решить
задачу 3 для 6 класса!
5. Проведём (за Ваню) сначала среднюю фишку (крайняя и
так пройдёт!). Будем двигать её вперёд, не обращая внимания
на ходы Серёжи. И она пройдёт, что можно доказать перебо-
ром (немного поиграв — это сделали многие участники олимпиа-
ды)!
Приведём красивое строгое доказательство, не использующее
перебора. Назовём номер горизонтали, на которой фишка стоит
(считая снизу), её высотой. Если Ванина фишка окажется между
Сережиными, то её удвоенная высота 2h будет равна сумме высот
Сережиных фишек (если они на одной горизонтали, то это совсем

90
очевидно; проверьте, что это верно и в том случае, когда Ванину
фишку «зажали» по диагонали).
Пусть это произошло после хода Серёжи. Значит, ребята сде-
лали равное число ходов — по n, и сумма высот Сережиных фи-
шек равна n + 2, а высота Ваниной равна 6 ? n. Получаем n + 2 =
12 ? 2n, то есть 12 = 3n + 2, что, очевидно, неверно, так как 12
делится на 3.
Теперь рассмотрим другой случай: Ванину фишку «зажали»
после его хода. Значит, Ваня сделал на один ход больше — Серёжа
сделал n ходов, а Ваня n + 1. Тогда сумма высот Сережиных
фишек равна n + 2, а высота Ваниной равна 6 ? n ? 1. Получаем
n + 2 = 12 ? 2n ? 2. Или 12 = 3n + 4, что, очевидно, неверно.
6. Всего было 20 · 5 = 100 посещений кружка. Если каждый
школьник посетил кружок не более четырёх раз, то всего школь-
ников было не менее чем 100/4 = 25. Пусть теперь хотя бы один
школьник посетил кружок пять раз. Тогда на каждом из этих
пяти занятий все остальные школьники разные. Их уже 5 · 4 = 20.
В т о р о е р е ш е н и е (более длинное, но содержащее полез-
ный метод). Из 5 школьников можно составить ровно 10 раз-
личных пар. Действительно, есть 5 вариантов выбрать первого
школьника в пару и четыре варианта выбрать второго (школьник
не может быть в паре сам с собой). Вроде бы 20 вариантов... Но
при этом каждую пару мы посчитали два раза — один раз назвав
«первым» одного из членов пары, а потом — другого! (Обяза-
тельно выпишите таким способом все пары из пяти школьни-
ков и заметьте это!) Теперь, так как никакие два школьника не
были одновременно более чем на одном занятии, то получается,
что из всех ходивших на кружок можно составить не менее, чем
10 · 20 = 200 различных пар. Предположим, что на кружке по-
бывало девятнадцать школьников. Тогда из них можно составить
(19 · 18)/2 = 171 различных пар (обоснуйте это так же, как мы это
сделали для 5 школьников). Но 171 меньше 200. Противоречие.
П р и м е ч а н и е. Число различных (неупорядоченных) пар, которые
можно составить из n школьников, равно n(n ? 1)/2. Попробуйте это
доказать. А сколько можно составить упорядоченных пар (где один назван
командиром)?


91
1993 год
5–6 К Л А С С Ы
1. Разбив «следующее» высказывание на две равные части,
мы видим, что первая половина совпадает с «предыдущим», а
вторая получается из предыдущего «отражением в зеркале», то
есть заменой букв А на буквы У и наоборот.
2. За один час работы быстрый землекоп выкапывает боль-
ше, а платят им одинаково. Значит, метр туннеля, выкопанный
быстрым землекопом, обходится дешевле. В варианте до встречи
на долю быстрого придётся половина туннеля и ещё часть, а в
другом варианте — только половина. Значит, дешевле копать до
встречи. Отметим, что ответ не зависит от того, во сколько именно
раз отличаются скорости землекопов.
3. Внутренний центральный кубик граничит только с цен-
тральными кубиками граней. Поэтому, если все шесть отдельных
маленьких кубиков поместить в центры граней большого, то внут-
ренний центральный кубик станет «изолированным» и не сможет
быть частью никакого уголка. А седьмого отдельного маленького
у нас нет!
4. Докажем сначала, что если a < b, то наименьшее число с
суммой цифр a будет меньше, чем наименьшее число с суммой
цифр b. Пусть B — наименьшее число с суммой цифр b. Если
уменьшить на 1 любую ненулевую цифру числа B, то сумма цифр
уменьшится ровно на 1 и само число тоже уменьшится. Значит,
после нескольких (а именно, b ? a) таких операций мы получим
число, меньшее B, с суммой цифр, в точности равной a. Значит, и
наименьшее число с суммой цифр, равной a, будет меньше, чем B.
Теперь мы легко можем решить задачу. Наименьшее число с сум-
мой цифр, равной 2, — это 11. Наименьшее число с суммой цифр,
равной 11, — это 29, а наименьшее число с суммой цифр 29 —
это 2999.
5. По условию, крайний справа — это Шарик. В частности,
он сидит правее Матроскина. После пересадки Шарика слева от
Матроскина никого не оказалось. Значит, там никого и не было!
То есть, крайний слева — это Матроскин. Рядом с ним, по усло-

92
вию, — дядя Фёдор. Ну а потом, на единственном оставшемся
свободным месте — почтальон.
6. Заметим, что AD = CD = 2, ED = DK = 1. Поэтому
два прямоугольных треугольника AED и CKD равны. А значит,
равны и отрезки AE и CK. Равенство этих отрезков можно также
легко заметить, если нарисовать чертёж на клетчатой бумаге —
они будут диагоналями равных прямоугольников размера 2 ? 1.
Аналогично, F B = DL. Кроме того, EF = KD как стороны
квадрата. Поэтому AE + EF + F B = CK + KD + DL.
7. Заметим, что прямоугольник m ? n можно обойти «змей-
кой», проходя каждую клетку по одному разу (см. рисунок для
прямоугольника 4 ? 4). Кроме того, «усложним» задачу, запре-
тив Али-Бабе класть монету в клетку, где монета уже есть (то
есть при ходе в клетку, где уже есть монета, он будет обязан
её забрать). Заметим, что если Али-Баба будет следовать этому
правилу, то ни в какой клетке не может оказаться две монеты!
Итак, пойдём по пещере (вместе с Али-Бабой)
«змейкой» с мешком монет и будем стараться,
чтобы в каждой клетке оказалось требуемое (пра-
вильное) количество монет. Сделав очередной ход,
будем проверять, правильное ли количество монет
на клетке, с которой мы только что ушли. Если
правильное, то будем спокойно идти дальше. А
если неправильное, то возможно только два варианта: 0 вместо 1
и 1 вместо 0 (ведь Али-Баба следует нашему дополнительному
правилу!). Сделаем шаг назад и либо возьмём монету (если она
там была), либо положим монету (если монеты там не было), а
потом сделаем шаг вперёд. Теперь в клетке, с которой мы только
что ушли, стало правильное количество монет, и можно спокойно
идти дальше.
Так, клетка за клеткой, мы добьёмся того, что на всех клетках,
кроме, может быть, самой последней — правильное количество
монет. Если на последней клетке неправильное количество монет,
то (сообразите сами — почему), пойдя назад, вперёд и назад,
мы добьёмся, что на всех клетках будет правильное количество
монет.

93
8. Заметим, что наличие толстяков одинакового веса только
упрощает задачу. Действительно, с каждым толстяком можно по-
местить в команду всех толстяков того же веса. При этом условие
задачи по-прежнему будет выполнено. Значит, можно считать,
что все 100 толстяков разного веса.
В частности, у каждого толстяка есть не более чем один то-
варищ, который вдвое легче него, и не более чем один, который
вдвое тяжелее него.
Теперь заставим наших толстяков взяться за руки: каждый из
них подаст левую руку тому, который вдвое тяжелее него (если
такой есть), а правую — тому, который вдвое легче него (если
такой есть).
Получится, что вся сотня разобьётся на непересекающиеся
«цепочки». Причём в каждой цепочке самый правый — это самый
лёгкий, а самый левый — это самый тяжёлый.
Раскрасим каждую цепочку в два цвета в шахматном поряд-
ке, начиная с самого лёгкого. Теперь сформируем две искомые
команды по «цветному» признаку.

7 КЛАСС
1. См. рисунок.
2. а) Разложим левую часть на множи-
тели. Имеем: (x ? y)(x + y) = 1993. То есть
и x ? y, и x + y являются делителями числа
1993. Учитывая, что число 1993 простое (то
есть делится только на себя и на 1), полу-
чаем: либо x ? y = 1, x + y = 1993, либо
x ? y = 1993, x + y = 1. Второй случай,
очевидно, невозможен для натуральных x и y, а в первом случае
находим x = 997, y = 996.
б) Разложим левую часть на множители. Имеем: (x ? y)(x2 +
+ xy + y 2 ) = 1993. Учитывая, что число 1993 простое, получаем:
либо x?y = 1, x2 +xy +y 2 = 1993, либо x?y = 1993, x2 +xy +y 2 =
= 1. Решений нет.
в) Разложим левую часть на множители. Имеем: (x2 ?y 2 )(x2 +
+ y 2 ) = 1993. Учитывая, что число 1993 простое, получаем: либо

94
x2 ? y 2 = 1, x2 + y 2 = 1993, либо x2 ? y 2 = 1993, x2 + y 2 = 1.
Решений нет.
3. Будем упрощать уравнение «снаружи» скобок, а не изнутри:

1993 = 1 + 8 : (1 + 8 : (1 ? 8 : (1 + 4 : (1 ? 4 : (1 ? 8 : x))))),
8
= 1 + 8 : (1 ? 8 : (1 + 4 : (1 ? 4 : (1 ? 8 : x)))),
1992
249
? = 1 ? 8 : (1 + 4 : (1 ? 4 : (1 ? 8 : x))),
31
31
= 1 + 4 : (1 ? 4 : (1 ? 8 : x)),
35
?35 = 1 ? 4 : (1 ? 8 : x),
4
= 1 ? 8 : x,
36
x = 9.

4. Будем применять неравенство треугольника для исключе-
ния невозможных случаев. Если длина диагонали равна 7,5, то
оставшиеся четыре числа можно разбить на две пары так, что
сумма чисел в каждой из них больше 7,5. Но этого, очевидно,
сделать нельзя. Аналогично, не подходит 5. Если длина диагонали
равна 1, то оставшиеся четыре числа можно разбить на две пары
так, что разность чисел в каждой из них меньше 1, но этого,
очевидно, сделать нельзя. Аналогично, не подходит 2.
Остаётся единственный вариант — 2,8. Четырёхугольник по
условию существует. Поэтому, доказывать, что 2,8 на самом деле
подходит, не обязательно (хотя и полезно, чтобы проверить своё
решение или даже найти ошибку в условии!)
5. Заметим, что если все расчёты проводить в твёрдой валю-
те — пустых бутылках, — то инфляции не будет. То есть бутылка с
кефиром будет всё время стоить 7 пустых бутылок, а кефир в ней
(без тары) — 6 пустых бутылок. Гулливер, имея вначале «денег»
на 1 166 666 бутылок кефира (без тары) и ещё 4 пустых бутылки,
сможет проводить свои коммерческие операции до тех пор, пока
не останется с четырьмя пустыми бутылками, сдав которые, он
уже не сможет снова купить кефир.

95
1992 год
5–6 К Л А С С Ы
1. Три землекопа за 2 часа выкопали 3 ямы, значит, шесть
землекопов за 2 часа выкопают в два раза больше, то есть 6 ям. А
шесть землекопов за 5 часов ещё в два с половиной раза больше,
то есть 15 ям.
2. За 5 крон дают два талера, значит, за одну крону дают 2/5
талера. Аналогично, за один талер дают 10/3 рупии, за одну ру-
пию — 21/22 динара, за один динар — 11/14 тугрика. Получается,
что за одну крону дают 2/5 талера, или (2/5) · (10/3) рупии, или
(2/5) · (10/3) · (21/22) динара, или (2/5) · (10/3) · (21/22) · (11/14)
тугрика. Вычислив, получаем, что

2 10 21 11
· · · = 1.
5 3 22 14
Значит, за одну крону дают один тугрик, а за 13 крон, соответ-
ственно, 13 тугриков.
4. Заметим, что два встречных эскалатора образуют движу-
щееся с постоянной скоростью кольцо (на котором можно катать-
ся, как на карусели), относительно которого шапка неподвижна.
Встанем около шапки и понаблюдаем за бегом ребят. При этом
можно считать, что эскалаторы стоят! И мы увидим, как ребята
одновременно побегут к нам из диаметрально противоположной
точки кольца с равными скоростями, но каждый со своей сторо-
ны. Теперь очевидно, что ребята прибегут к шапке одновременно.
Вопрос: найти пробел в доказательстве. Подсказка: внимательно
понаблюдайте за происходящим в случае, когда скорости ребят
очень-очень маленькие (почти нулевые).

7 КЛАСС
1. Три землекопа за 3 часа выкопали 3 ямы, значит, шесть
землекопов за 3 часа выкопают в два раза больше, то есть 6 ям.
А шесть землекопов за 5 часов ещё в 5/3 раза больше, то есть
10 ям.

96
2. В январе надо было потратить 10 долларов на 600 шпун-
тиков и 15 долларов на 600 винтиков, то есть всего 25 долларов.
В феврале же надо купить 24 набора из 25 винтиков и 25 шпунти-
ков. Значит, в январе сборка трактора стоит на 1 доллар дороже.
3. Под каждым двусторонним соглашением между республи-
ками стоят две подписи руководителей каждой из них. Значит,
общее число подписей под всеми соглашения-
ми — чётное. С другой стороны, руководитель
каждой из республик поставил подпись ров-
но под тремя соглашениями. А всего респуб-
лик 15. Значит, всего подписей 45. Противоре-
чие.

<< Пред. стр.

страница 9
(всего 10)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign