LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 10
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

дится, так как в условии сказано, что и Совы, и Коты живут в избушке.
Значит, у Бабы Яги поселились Говорящий Кот, Мудрая Сова и Усатый
Таракан — всего трое.
101. Поскольку все требования завещателя выполнить невозмож-
но, придётся выполнять только часть из них. В зависимости от того,
81
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


какую именно часть мы выполним, получим тот или иной ответ. Вари-
антов много. Например: 1) из первого условия завещания следует, что
2
состояния, а из второго — что дочь должна
сын должен получить
3
получить в два раза меньше матери; 2) из первого условия завещания
следует, что доля матери в 2 раза меньше доли сына, а из второго —
что эта доля в 2 раза больше доли дочери; 3) в каждом из условий доля
1
матери не меньше , при этом доля сына в 4 раза больше доли дочери.
3
Можно предложить и другие варианты.
Эта задача возникла из практики. Такой случай действительно про-
изошёл в Древнем Риме. Там суд разделил наследство так, как пред-
4 2
состояния, матери — ,
ложено во втором варианте: отдал сыну
7 7
1
дочери — , т. е. 120 талантов сыну, 60 — матери, 30 — дочери.
7
102. Сумма номеров на одном листе нечётна, поскольку это — сум-
ма двух последовательных чисел. Всего страниц 25. Сумма 25 нечётных
чисел должна быть нечётной, а у Кольки получилось чётное число. Зна-
чит, Колька ошибся в своих вычислениях.
103. Если сумма двух чисел чётна, то либо оба числа чётны, либо
оба нечётны. Выберем любое из записанных чисел и начнём все эти
числа подряд перебирать. Либо мы найдём два подряд идущих чис-
ла одинаковой чётности (тогда наша задача решена), либо не найдём
таких чисел. В этом случае наши числа будут образовывать цепочку,
в которой чередуются чётные и нечётные числа. Всего записано семь
чисел, значит, чётность первого и седьмого чисел цепочки будут совпа-
дать. А это, в свою очередь, означает, что, когда мы замкнём цепочку
(числа выписаны по кругу!), то первое и седьмое числа окажутся рядом
и их сумма будет чётной, что и требовалось доказать.
104. Фома смог за свою покупку расплатиться 11-рублёвыми ку-
пюрами. Если мы к его покупке добавим 33 ч и 11 б (т. е. 33 стакана
чая и 11 бубликов), то за всё в сумме тоже можно будет расплатиться
11-рублевками. Но эта покупка составляет 36 ч + 4 к + 16 б, т. е. ров-
но в 4 раза больше покупки Еремы. Но числа 4 и 11 взаимно просты,
поэтому и за четверть большой покупки (за покупку Еремы) можно
расплатиться 11-рублевками без сдачи, что и требовалось доказать.
105. Как бы мы ни срывали плоды, число бананов на яблоне всегда
будет нечётным. Действительно, если мы сорвём 2 банана — вырастет
апельсин, т. е. число бананов уменьшится на чётное число и останется
опять нечётным. (Напомним, что вначале было 15 бананов.) Если же
82
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


мы сорвём только банан (с апельсином ли, или без апельсина — всё
равно), то вырастет снова банан, т. е. число бананов даже не изменится.
А отсюда следует вот что: раз нам точно известно, что плод остался
только один, то это банан. Другое дело, что здесь мы не обсуждаем
вопрос, возможно ли, чтобы остался ровно один плод.
Для того чтобы на яблоне остался только один плод, можно сорвать
7 раз по 2 банана — останется банан и 27 апельсинов, после этого
27 раз сорвать по банану и апельсину — останется только один банан.
Из предыдущих рассуждений уже видно, что как бы мы ни срывали
плоды, на яблоне всегда останется хотя бы один банан.
106. Иван-царевич может срубить Змею Горынычу все головы и все
хвосты за 9 ударов. Первыми тремя ударами он срубит по одному хвосту
за каждый удар — останутся 3 головы и 6 хвостов. Вторыми тремя
ударами он срубит по 2 хвоста за каждый удар — останется 6 голов.
Последними тремя ударами он срубит по 2 головы за каждый удар —
ничего не останется.
Давайте подумаем, может ли Иван-царевич победить Змея Горыны-
ча, нанеся меньше или больше 9 ударов.
При большем количестве ударов, конечно же, может. Пока есть хо-
тя бы одна голова, Иван-царевич может сколько угодно раз отрубать
Змею одну голову. Вид Змея при этом не изменится, а число ударов
может быть любым.
А вот ударив меньше, чем 9 раз, убить Змея невозможно. Последним
ударом Иван-царевич должен срубить две головы (это единственный
удар, после которого ничего не вырастает). Значит, нужно действовать
так, чтобы добавить нечётное число голов (три головы у Змея уже есть,
а всего их должно быть чётное число). Голову можно получить, срубая
два хвоста. Значит, надо сделать так, чтобы общее число хвостов бы-
ло чётно и при делении на 2 давало нечётное число, т. е. как минимум
у Змея должно быть 6 хвостов. Три хвоста уже есть — надо доба-
вить ещё 3. Единственная возможность добавить хвост — отрубить
1 хвост, — тогда вырастет 2. Значит, надо 3 раза отрубать по 1 хвосту.
Всего хвостов станет 6. Затем ещё тремя ударами отрубить по 2 хвоста.
Хвостов не останется, но прибавятся 3 головы. А всего голов станет 6.
Последними тремя ударами отрубаем по 2 головы.
Следовательно, предложенный нами способ действительно самый
короткий. Другое дело, что порядок действий можно изменять. Напри-
мер, сначала отрубить 2 головы, потом — 2 хвоста, потом — снова
2 головы и т. д.
83
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


107. Третий игрок выбил (60 + 80) : 2 = 70 очков. Каждый следую-
щий тоже выбивал по 70 очков: если в группу чисел добавить число,
равное среднему арифметическому этой группы, то среднее арифмети-
ческое новой группы будет равно среднему арифметическому начальной
группы.
108. Для удобства дальнейших рассуждении заме- AEB
?
ним все чётные числа гласными буквами, а нечётные — CD
согласными, имея при этом в виду, что разным буквам I FUG
может соответствовать одна и та же цифра. Букву O + Y H K
не будем при этом употреблять, чтобы не путать её
с нулём. Наш ребус примет вид, изображённый справа. L M N P R
В дальнейшем будем пользоваться чётностью глас-
ных букв и нечётностью согласных, не оговаривая этого специально.
C > 1 (при C = 1 числа AEB и YHK равнялись бы между собой,
а это невозможно, так как в одном вторая цифра чётная, в другом — не-
чётная). C = 3, A = 2 (при C > 3 или A > 2 произведение AEB ? C будет
четырехзначным числом). I = 2 (при A = 2, I не может быть больше 2).
Отсюда следует, что D = 9 (при меньшем значении D выражение
AEB ? D будет меньше 2100, a IFUG > 2100, поскольку F соответ-
ствует нечётному числу, значит, не равна 0).
Y = 8 (иначе всё произведение не будет пятизначным 285
?
числом). E = 8 (если E < 8, то YHK < 810). F = 5 (при из- 39
менении B от 1 до 9 число IFUG будет меняться от 2529 2 565
до 2601), отсюда следует, что B < 9. H = 5 (при измене- + 8 5 5
нии B от 1 до 7 число YHK будет меняться от 843 до 861).
1 1 115
K = 5 (иначе число 85K не будет делиться на 3.
Так можно восстановить весь пример (см. справа).
109. Для удобства изложения повторим все условия задачи:
1) красная фигура — между синей и зелёной; 2) справа от жёлтой
фигуры — ромб; 3) круг — правее и треугольника и ромба; 4) тре-
угольник — не с краю; 5) синяя и жёлтая фигуры — не рядом.
Поскольку красная фигура лежит между синей и зелёной (условие
1), а жёлтая — не рядом с синей (условие 5), то возможны только два
варианта расположения фигур по цвету: «синяя, красная, зелёная, жёл-
тая» или «жёлтая, зелёная, красная, синяя». Первый из приведённых
вариантов неверен, поскольку по условию 2 жёлтая фигура не может
лежать на правом крае. Остаётся только одна возможность располо-
жения фигур по цветам: «жёлтая, зелёная, красная, синяя».
84
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Из условия 2 сразу же определяется, что ромб зелёный. Отсюда
и из условия 4 следует, что треугольник красный. В свою очередь от-
сюда и из условия 3 следует, что круг синий. Значит, прямоугольник
может быть только жёлтым. Окончательный ответ: жёлтый прямоуголь-
ник, зелёный ромб, красный треугольник, синий квадрат.
110. Достаточно показать, что количество вертикально лежащих
косточек чётно.
Рассмотрим верхний горизонтальный ряд: в нём «начинаются»
несколько вертикально лежащих косточек. Их число может быть толь-
ко чётным, потому что количество клеток ряда чётно (равно 8), а число
клеток, не занятых вертикальными косточками, тоже должно быть
чётно, чтобы в этих клетках смогли разместиться горизонтальные ко-
сточки. Таким образом, в первом ряду «начинается» (т. е. находится
в первом и втором ряду) чётное число вертикальных косточек.
Рассмотрим теперь второй ряд, причём не весь, а только те его клет-
ки, в которых «заканчиваются» вертикально стоящие косточки домино,
«начинавшиеся» в первом ряду. Число таких косточек чётно. Следо-
вательно, мы можем повторить наши рассуждения для второго ряда
и заключить, что и в нём тоже «начинается» чётное число вертикально
лежащих косточек.
Аналогично поступим со всеми остальными рядами и определим,
что во всех рядах «начинается» чётное число вертикально лежащих
косточек. Значит, и общее число таких косточек чётно. Следовательно,
и число горизонтальных косточек тоже чётно.
111. Наше условие, по существу, означает, что 20 чёрных коров и 15
рыжих дают за день столько же молока, сколько 12 чёрных и 20 рыжих.
А это значит, что 8 чёрных коров дают молока столько же, сколько
5 рыжих. Отсюда заключаем, что у рыжих коров удои больше.
112. Самая высокая из девочек — Люся Егорова, и по условию
она катается с мальчиком, который выше её. Таких мальчиков двое,
но один из них её брат. Значит, Люся Егорова катается с Юрой Во-
робьёвым. Рассуждая аналогично, устанавливаем, что Оля Петрова
катается с Андреем Егоровым, Инна Крымова — с Серёжей Петро-
вым, а Аня Воробьёва — с Димой Крымовым.
113. Поскольку один из рядов таблицы заполнен, то можно опре-
делить сумму ряда — она равна 38. Теперь можно расставить числа
во многих клетках. Осталось 7 пустых клеток, в которых должны быть
расположены числа 4, 5, 6, 8, 13, 14, 15.
Рассмотрим диагональ, на которой расположены числа 10, 1, 18.
85
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Две пустые клетки на ней должны зани-
3
мать два числа с суммой 9. Это могут быть 19 17
только 4 и 5. Теперь рассмотрим ту диагональ, 16 18
2 1
на которой расположены числа 16, 2, 9. Две
12 11
пустые клетки на ней должны занимать два чис-
ла с суммой 11. Это могут быть только 5 и 6. 10 9
Значит, в центре стоит 5, а вторые числа на диа-
гоналях — соответственно 4 и 6. Теперь уже
можно однозначно заполнить всю таблицу.
114. Число монет в этих мешках — делите- 3
ли числа 60, записанные в порядке убывания. 19 17
16 7 18
Так что в пятом и шестом мешках, соответ-
2 1
ственно, 12 и 10 золотых монет.
12 5 11
115–122. При решении этих задач можно
4 6
использовать некоторые общие соображения. 10 8 9
Например, число 2 можно представить в виде 13 14
(m/m) + (m/m) m , где m — любое число (в на- 15
шем случае, от 2 до 9). Ещё заметим вот что:
если число k можно представить, использовав только 3 цифры m,
то числа k ? 1, k, k + 1 можно представить, вычтя, умножив или сло-
жив полученное представление из трех цифр с m/m. Ответы приведены
в таблицах на с. 133–134.
123. Продавец дал покупателю товара и сдачи на сумму 100 руб.,
да ещё второму продавцу заплатил 100 руб., но и от второго продавца
он предварительно получил 100 руб. Так что вся пропажа — 100 руб.
Можно решить и по-другому. Покупатель, фактически, «недодал»
продавцу 100 руб. На эти-то 100 руб. и погорел продавец.
126. По условию, в комнате находятся пяти- и шестиногие суще-
ства, у которых в сумме 39 ног. Число ног у пятиногих оканчивается
на 0 или 5. Но в данном случае на 0 это число оканчиваться не может,
т. к. тогда число ног у шестиногих будет кончаться на 9. В таком случае
пятиногих может быть 1, 3, 5 или 7. Простым перебором определя-
ем, что пятиногих существ — 3, а шестиногих — 4. То есть в комнате
4 стула и 3 табуретки.
127. Если бы Незнайка оказался прав, то в числе были бы две
«цифры» 11, поскольку среди делителей числа 1210 дважды встреча-
ется простое число 11.
128. Значит, синих и зелёных вместе — 7 или 14. Синих, со-
ответственно, 6 или 12, а зелёных — 1 или 2. Поскольку всего
86
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


карандашей 20, то для красных осталось две возможности: либо их
20 ? 7 = 13, либо 20 ? 14 = 6. Но красных меньше, чем синих, значит,
единственный возможный ответ: 12 синих карандашей, 2 зелёных
и 6 красных.
129. Произведение равно 0, поскольку среди сомножителей будет
и (100 ? 102).
130. Когда из книги выпадает часть, первая из выпавших страниц
имеет нечётный номер, а последняя — чётный (каждая страница нуме-
руется с двух сторон, и на её нумерацию требуются два числа). Значит,
последняя цифра последнего номера страницы — 8, т. е. номер стра-
ницы либо 378, либо 738; но 378 не может быть, поскольку 378 < 387
(последняя страница не может иметь номер меньше, чем первая). Сле-
довательно, остаётся единственная возможность — номер последней
страницы 738. Это значит, что из книги выпало (738 ? 386) : 2 = 176 ли-
стов. (Пополам надо делить потому, что лист нумеруется с двух сторон.)
131. Соединим оба заданных условия и получим следующее утвер-
ждение: «В первом и втором ящиках орехов на 6 кг + 10 кг меньше, чем
в первом, втором и двух третьих». Отсюда следует, что в двух третьих
ящиках 16 кг орехов, т. е. в третьем ящике 8 кг орехов.
132. Можно поступить, например, так: поставим на одну чашку ве-
сов гирю весом 1 кг и уравновесим весы крупой из мешка. Теперь
снимем с весов эту гирю и вместо неё насыпем крупу. Когда этой крупы
станет ровно 1 кг, весы окажутся в равновесии.
133. То, что в тетради записано 100 утверждений, каждые два из ко-
торых противоречат друг другу, означает, что если среди них и есть
верные утверждения, то их не может быть более одного. Посмотрим,
может ли здесь быть хотя бы одно верное утверждение. Если верно
ровно одно утверждение, то ровно девяносто девять неверных. А такое
утверждение в тетради есть: «В этой тетради ровно девяносто девять
неверных утверждений». Итак, в тетради записано ровно одно верное
утверждение.
135. Обозначим через x число тестов в серии, а через A — коли-
чество очков, набранных Джоном за предыдущие тесты. На основании
условия задачи можно составить следующую систему уравнений:
(A + 97) : x = 90,
(A + 73) : x = 87.
Решив эту систему относительно x, узнаем, что искомое количество
тестов равно 8.
87
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


136. Можно. Первый случай (гири 200 г и 50 г). 1-е взвешивание:
4,5 кг = 4,5 кг. 2-е: 2,25 кг = 2,25 кг. 3-е: 2,25 кг = 2 кг + 200 г + 50 г.
Второй случай (гиря 200 г). 1-е взвешивание: 4,6 кг = 4,4 кг +
+ 200 г. 2-е: 4,4 кг = 2,2 кг + 2,2 кг. 3-е: 2,2 кг = 2 кг + 200 г.
137. Вспомните задачу 95. Поскольку p — простое, то среди де-
лящихся на 2 его не будет, а среди трех последовательных чисел p ? 1,
p, p + 1, одно обязательно делится на 2, но это не p. Значит, ответ
задачи положительный. Для 3 задача решается аналогично, ответ по-
ложительный.
Обратите внимание! Здесь мы пользуемся тем, что простое число
не может делиться на 2 или 3. Будьте осторожны — это не всегда так.
Есть два простых числа 2 и 3, для которых эти соображения неверны.
Но в нашем условии указано, что p > 3, значит, мы можем пользоваться
этим свойством.
138. Вспомним задачи 95 и 137. На 5 ни одно из чисел может не де-
литься (например, при p = 13). Что же касается 4, то здесь дело другое.
Рассмотрим числа p ? 1, p, p + 1, p + 2. Из четырех последователь-
ных чисел одно обязательно делится на 4, но это не p (оно простое)
и не p + 2 (оно нечётное). Значит, одно из чисел p + 1 или p ? 1 будет
делиться на 4.
139. Остаток при делении на 7 не может превышать 6, таким об-
разом, интересующие нас числа можно представить в виде 7a + a = 8a,
где a = 1, 2, .. ., 6. Итак, вот эти числа: 8, 16, 24, 32, 40, 48.
140. При делении числа на 5 возможны 5 остатков: 0, 1, 2, 3 или 4.
Но у нас шесть чисел, значит, среди них обязательно найдутся два
с одинаковыми остатками. Если мы рассмотрим их разность, то она
будет давать при делении на 5 остаток 0, т. е. будет делиться на 5. Что
же касается суммы, то это утверждение не будет верным. Например,
если все пять чисел при делении на 5 дают остаток 1, то сумма любых
двух из них будет давать остаток 2, т. е. нацело делиться не будет.
141. Начнём отсчитывать дни от первого посещения кинотеатра
всеми мальчиками. Номер дня, когда в кинотеатр приходит Коля, де-
лится на 3, когда приходит Серёжа — делится на 7 и т. д. Значит,
чтобы все трое пришли в кинотеатр, номер дня должен одновременно
делиться на 3, на 5 и на 7. Таким образом, номер этого дня должен
делиться на 105, т. е. 105, 210, 315 и т. д. Поскольку нас интересует
самый первый день, то это день под номером 105 (это значит, что
до встречи ребятам придётся ходить в кинотеатр больше 3-х месяцев).
88
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


142. Мы знаем, что босоногих мальчиков столько же, сколько обу-
тых девочек. Если теперь к каждому из чисел прибавим количество
босоногих девочек, то числа опять останутся равными. Но в первом
случае мы получим число босоногих детей, а во втором — общее чис-
ло девочек. Значит, количества девочек и босоногих детей на прогулке
равны.
143. Поскольку 85% всех ребят знают греческий язык, то 15% его
не знают, т. е. знают латынь. Это значит, что из 75% ребят, знающих
латынь, 15% не знают греческого, а оставшиеся 75% ? 15% = 60%
говорят на обоих языках. Если бы мы начали решение не со знающих
греческий, а со знающих латынь, ответ получился бы тот же, только
60% мы получили бы как разность 85% ? 25%.
144. Да, конечно, например сумма 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 делится
на 7, хотя 2 на 7 не делится.
145. Конечно же, Фёдор Калистратович ошибся. Число оценок
должно быть чётным, поскольку чётно число учеников, но если бы
Фёдор Калистратович был прав, то число учеников можно было бы
выразить формулой 13 + 2a, где a — число «не двоек», т. е. получается,
что число учеников нечётно. Противоречие и доказывает, что Фёдор
Калистратович был неправ.
146. Если перед началом Олимпиады хоккейные шайбы стои-
ли A руб., то после подорожания они стали стоить 1,1A. 10% от этого
числа будет 0,11A, значит, после удешевления шайбы будут стоить
0,99A. Значит, до подорожания шайбы стоили дороже.
147. Если оба числа нечётные, то и сумма их, и разность будут чёт-
ны, а чётное простое число всего одно. Это значит, что среди искомых
простых чисел обязательно одно чётное, т. е. одно число равно 2. Чтобы
подобрать второе число, нужно иметь в виду, что разность, второе число
и сумма являются последовательными нечётными числами. Среди таких
чисел одно обязательно делится на 3. Значит, все три простыми могут
быть только в случае, когда одно из них равно 3. Итак, одно из чисел
равно 2, разность (или сумма) равна 3. Единственная возможность —
искомые числа 2 и 5.
148. Для решения этой задачи выпишем буквы с номерами 1, 2, 11,
12, 21, 22. Это будут, соответственно, «А», «Б», «Й», «К», «У», «Ф».
Теперь займёмся перебором вариантов.
Первая буква либо «Б», либо «Ф». В первом случае далее воз-
можны варианты «БББА», «БББЙ», «ББУБ», «ББУФ», «БФАБ»,
89
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


«БФК». Ни одно русское слово с таких буквосочетаний не начинается.
Значит, первая буква в слове будет «Ф».
Продолжим. Далее могут идти буквы «ФБУБ», «ФБУФ», «ФБАБ»,
«ФБАФ», «ФУББ», «ФУБУ», «ФУФА», «ФУФЙ». Среди этих сочета-
ний только «ФУБУ» и «ФУФА» дают надежду на нахождение искомого
слова. Продолжив перебор, получим единственный возможный ответ:
«ФУФАЙКА».
149. Вот первые десять простых чисел, записанных подряд:
2357111317192329. Это 16-значное число. Мы должны вычеркнуть
6 цифр. Сначала выберем максимальную первую цифру. 9 сделать пер-
вой цифрой нельзя — слишком много придётся вычёркивать. А вот 7
можно сделать первой цифрой: для этого нужно вычеркнуть три первые
цифры. Осталось вычеркнуть ещё три. Очевидно, что нужно вычерк-
нуть три единицы, идущие сразу после нашей первой семёрки, чтобы
вторая цифра оказалась 3. Ответ: 7317192329.

<< Пред. стр.

страница 10
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign