LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 13
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

223. Представим себе, что между каждыми двумя друзьями про-
тянута ниточка. Тогда каждый из 35 учеников будет держать в руке
11 концов ниточек, и значит, всего у протянутых ниточек будет 11 ?
? 35 = 385 концов. Но общее число не может быть нечётным, так как
у каждой ниточки 2 конца.
224. Общая сумма возрастов 11 игроков равна 11 ? 22 = 242. По-
сле того как один игрок ушёл, эта сумма стала 10 ? 21 = 210. Вычислив
разницу, получим, что ушедшему игроку было 32 года.
225. Три раза подряд через каждые полчаса по одному удару часы
будут бить только в 12:30, 13:00, 13:30. Четвёртый же раз один удар
106
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


можно услышать, «захватив» последний из 12-ти ударов в 12:00. Таким
образом, когда хозяин входил в кабинет, часы показывали 12:00.
226. «То» да «это», да половина «того» да «этого» — это полто-
ра «того» да «этого», что в 2 раза больше трех четвертей «того» да
«этого», т. е. составляет от них 200%.
227. Буратино может разделить свои монеты на три кучки по 7, 4,
4, или по 5, 5, 5, или по 3, 6, 6, или по 1, 7, 7 монет.
При первом взвешивании он положит на весы две кучки монет оди-
наковой величины. Если при этом весы оказались в равновесии, значит,
все монеты на весах настоящие, а бракованная монета в оставшейся
кучке. Тогда при втором взвешивании на одну чашку весов Буратино
положит кучку с бракованной монетой, а на вторую — столько насто-
ящих монет, сколько всего монет он положил на первую чашку, и тогда
он сразу определит, легче фальшивая монета, чем настоящие, или тя-
желее.
Если же при первом взвешивании весы оказались не в равновесии,
значит, все монеты в оставшейся кучке настоящие. Тогда Буратино убе-
рёт с весов лёгкую кучку, а монеты из тяжёлой кучки разделит на две
равные части и положит на весы (если в кучке было 5 или 7 монет, пред-
варительно добавит к ним одну настоящую монету). Если при втором
взвешивании весы оказались в равновесии, значит, фальшивая монета
легче настоящих, а если нет, то тяжелее.
228. Поскольку после каждой игры одна команда выбывает, то все-
го было сыграно 74 матча.
229. а) 71; чтобы получить очередное число, надо умножить преды-
дущее на 2 и вычесть порядковый номер предыдущего числа. б) 17;
чтобы получить следующее число, надо умножить предыдущее на 2
и вычесть 1. в) 11 и 14; на чётных местах расположена последователь-
ность 10, 11, 12, 13, . .. , а на нечётных местах — последовательность 8,
9, 10, ... . г) 17; каждое следующее число равно сумме двух предыдущих.
230. Определим сначала такие вопросы, на которые все, находя-
щиеся в данный момент в стране А, ответят одинаково, а затем среди
этих вопросов выберем такие, на которые в стране Я ответят тоже оди-
наково, но по-другому.
Итак, находясь в стране честных людей, Алиса должна задать та-
кой вопрос, на который и честный местный житель, и приезжий лгун
дали бы один и тот же ответ, например «да». Смысл в том, чтобы ответ
«да» на этот вопрос был для местного правдой, а для приезжего лгу-
на — ложью. Иными словами, этот вопрос должен относиться к таким
107
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


обстоятельствам вопрошаемого, которые верны лишь для местных жи-
телей. Таких обстоятельств два: наличие честности и принадлежность
к числу местных жителей. Поэтому и вопросов два: либо «Вы чест-
ный?», либо «Вы местный?». На любой из этих вопросов в стране А
всегда ответят «да». Но на первый вопрос: «Вы честный?» и в стране Я,
как и повсюду в мире, тоже любой ответит «да». Поэтому первый во-
прос Алисе не подойдёт, а вот второй («Вы местный?») — годится:
в стране А на него всегда ответят «да», а в стране Я — «нет».
231. Что бы вы ни собирались зажечь — свечу, керосиновую лампу
или печь, — всё равно начать придётся со спички.
232. Как и в задаче 230, вопрос должен относиться к такому об-
стоятельству, которое верно по отношению к одному из мальчиков (на-
пример, Феде) и неверно по отношению к другому. Таких обстоятельств,
по условиям задачи, два: имя и честность. Поэтому и вопросов в про-
стейшем виде может быть два: «Ты всегда говоришь правду?» или: «Те-
бя зовут Федя?» При желании любой из этих вопросов можно услож-
нять до бесконечности, например: «Твой друг говорит правду?», или
«Твоего друга зовут Федя?», или «Ты честнее твоего друга?» и т. п.
Любопытно сравнить вопросы: «Ты честнее Вадима?» и «Ты чест-
нее Феди?» На первый из них мальчики ответят одинаково — «да»,
а на второй — по-разному, ибо Федя не может быть честнее самого
себя и, как честный человек, признает это.
233. Второй ответ Ильи отличается от первого, значит, что-то из-
менилось. Вопрос не менялся. Что же могло измениться, кроме во-
проса? Только ситуация, в которой этот вопрос был задан. Поскольку
в условии задачи ничего не сказано ни о местности, ни о личности
задававшего, ни о температуре воздуха и т. д., то к свойствам ситу-
ации, в изменении которых можно убедиться, относятся, во-первых,
число вопросов, уже заданных Илье, и, во-вторых, время. Стало быть,
возможных вопросов два: «Сколько вопросов я тебе уже задавал?»
и «Который час с точностью до секунды?» Если же мы позволим себе
пользоваться свойствами ситуации, не участвующими в условии зада-
чи, то объяснений различия в ответах можно придумать сколько угодно.
Например, один и тот же вопрос: «Я — мужчина?» ему задали сначала
папа, а потом — мама.
234. В начале было n/6 детей, у которых в руках было поровну
флажков, и 5n/6 детей, у которых не поровну. Допустим, что в нача-
ле у n/2 + a детей в одной руке было ровно на один флажок меньше,
чем на другой. Тогда после перекладывания у этих n/2 + a детей будет
108
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


неравное количество флажков в руках, да и у тех n/6 детей, у которых
в начале было поровну, тоже будет не поровну. Значит, всего не поровну
будет (n/2 + a) + n/6 > 2/3. Мы пришли к противоречию, которое до-
казывает, что в начале менее чем у половины детей в одной руке было
ровно на один флажок меньше, чем в другой.
235. В банке может быть только квас, ибо из условия следует, что
там не лимонад, не вода и не молоко. В чашке — лимонад, так как
известно, что там не молоко, не вода и не квас. Поскольку в стакане
не молоко, не квас, не лимонад — значит, вода, а в кувшине — то, что
осталось, т. е. молоко.
236. Конечно, верно. Наташа собрала грибов больше, чем Алёша,
а Ира — не меньше, чем Витя.
237. Четыре мушкетёра могут тремя различными способами раз-
биться на пары. Если мы заменим каждого мушкетёра номером его
места в соревновании, то пары эти будут выглядеть так: (1, 2) – (3, 4),
(1, 3) – (2, 4), (1, 4) – (2, 3).
Понятно, что в первых двух случаях обязательно победят первые
пары (в первом случае очень легко, во втором — труднее), а в тре-
тьем исход поединка может быть любым (в нашем случае это оказалась
ничья).
Следовательно, 1-е и 2-е места заняли д’Артаньян и Портос, 1-е
и 3-е — Портос и Атос, а 2-е и 4-е — д’Артаньян и Арамис. Отсюда
уже сразу следует, что по силе мушкетёры распределяются так: Портос,
д’Артаньян, Атос, Арамис. Причём это можно определить, даже не ис-
пользуя результат третьего поединка (Портос и Арамис против Атоса
и д’Артаньяна).
238. Заметим следующее: кубик, стоящий в центре, соприкасается
с шестью кубиками; кубики, стоящие в вершинах, — с двумя; а кубики,
стоящие на сторонах треугольника, — с четырьмя. Отсюда сразу можно
заключить, что при новой перекладке кубик из центра может попасть
только в вершину, а в центр, наоборот, — только из вершины.
Для определённости, пусть в центр попадёт кубик 1, а кубик 5 —
в верхнюю вершину. Тогда на место кубиков 2 и 3 могут лечь только
кубики 7 и 10, поскольку остальные кубики уже соприкасались с ку-
биком 5 (рис. 238.1). В нижние вершины должны лечь кубики 2 и 3.
Расположение остальных кубиков определим перебором. Окончатель-
ный вариант показан на рис. 238.2.
Заметим, что уже имея одно решение, можжно получить ещё
несколько. Во-первых, пирамиду можно поворачивать на 120? , что
109
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


5 5
7 10 7 10
? 1 ? 9 1 8
? ? ? ? 3 4 6 2
Рис. 238.1 Рис. 238.2

даст ещё два решения. Во-вторых, её можно симметрично отражать
относительно медианы верхней вершины — при этом число решений
удваивается. Кроме того, напомним, что в самом начале в качестве
центрального кубика мы взяли 1, хотя могли взять 1, 7 или 10, и это
даст утроение общего количества ответов. Таким образом, из приве-
дённого на рис. 238.2 решения можно получить ещё 17.
239. Поскольку 10 воробьёв склёвывают больше 1100 зёрнышек,
то 9 воробьёв будут склёвывать больше чем (1100 : 10) ? 9 = 990 зёр-
нышек. При этом известно, что 9 воробьёв склёвывают меньше чем
1001 зёрнышко. Единственное делящееся на 9 число в промежутке
от 991 до 1000 — это 999. Значит, 9 воробьёв склёвывают 999 зёр-
нышек, а 1 воробей — 111 зёрнышек.
240. Если цифру 2 в числе 102 передвинуть вверх, на место показа-
теля степени, то исходное равенство примет вид 101 ? 102 = 1 и будет
верным.
241. Это невозможно: ведь если нечётно произведение, значит,
нечётны все четыре сомножителя. Но тогда сумма этих четырех сомно-
жителей — чётное число.
242. Каждый раз число добавляемых точек на 1 меньше, чем число
тех, которые были. Значит, общее количество точек будет нечётным.
243. Проверим, нет ли среди наших палочек пар одной длины и раз-
ного цвета. Если есть — отложим эти пары в сторону, если нет —
выберем самую короткую палочку. Теперь возьмём любую палочку дру-
гого цвета и отпилим от неё палочку такой же длины, как первая. Две
одинаковые по длине, но разные по цвету палочки отложим в сторону,
а оставшийся после отпиливания кусочек приложим к оставшимся па-
лочкам. Теперь их будет уже меньше, но при этом сумма длин красных
палочек останется равной сумме длин синих. Повторив предыдущую
операцию несколько раз, в конце концов распилим палочки на пары,
в которых длины совпадают, а цвета отличаются, что и требуется.
110
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Можно поступить по-другому. Сложим из синих палочек синюю
палку общей длиной 30 см, а из красных — красную палку длиной
30 см. Теперь на синей палке сделаем разрезы в тех местах, в которых
они есть на красной, а на красной палке — в тех местах, в которых они
есть на синей. Тогда красная и синяя палки будут разрезаны на палочки
попарно равной длины.
9
244. Поскольку скорость Толи составляет от скорости Серёжи,
10 9
то к моменту, когда финишировал Антон, Толя пробежал расстояния,
10
9
преодолённого Серёжей, т. е. 90 ? = 81 м. Значит, к этому моменту
10
Толя отставал от Антона на (100 ? 81) = 19 м.
245. У Вали туфли не синие (по условию) и не красные (красные —
у Маши), следовательно, у Вали белые туфли; у Нади, таким образом,
оставшиеся синие. Это в свою очередь означает, что у Нади — синее
платье (по условию, цвета туфель и платья у Нади совпадают). То-
гда у Вали — красное платье, а у Маши — белое (поскольку у них
по условию туфли и платья разного цвета, причём не синего, так как
всё синее — на Наде). Итак: у Нади туфли и платье синего цвета;
у Вали туфли белые, платье красное; у Маши туфли красные, платье
белое.
246. Да, обязательно. Если бы монет каждого из четырех типов
было не более 6, то всего монет было бы не более 6 ? 4 = 24, а их 25.
247. Сумма двух чисел, стоящих у вершины и у противоположной
стороны, равна сумме трех чисел, стоящих у трех вершин. Поскольку
эта сумма неизменна, то и сумма числа, стоящего у вершины, и чис-
ла, стоящего у противоположной стороны, будет постоянна для любой
вершины треугольника.
248. Если комнат 55, а букетов 60, то, чтобы соблюсти условия за-
дачи, не больше 5 комнат могут получить более одного букета. Но таких
комнат 6. Значит, комнат должно быть не больше 54, т. е. 55 никак быть
не может.
249. Да, любую. Если эта сумма кратна 3 (наименьшее возможное
число 9), используем только 3-рублёвые купюры. Если при делении
на 3 она даёт остаток 1 (наименьшее возможное число 10), то берём две
5-рублёвые купюры, остальное доплачиваем 3-рублёвыми. Если же при
делении на 3 сумма даёт остаток 2 (наименьшее возможное число 8),
то берём одну 5-рублёвую купюру, остальное доплачиваем 3-рублё-
выми.
111
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


250. Для удобства перечислим все условия: 1) матросу 20 лет;
2) в команде шесть человек; 3) рулевой вдвое старше юнги; 4) руле-
вой на 6 лет старше машиниста; 5) юнге и машинисту в сумме в два
раза больше лет, чем боцману; 6) боцман на 4 года старше матроса;
7) средний возраст команды 28 лет.
Из условий 2 и 7 следует, что сумма возрастов всех членов команды
(28 ? 6) = 168 лет. Из условий 1 и 6 следует, что боцману 24 года.
Отсюда и из условия 5 следует, что юнге и машинисту вместе 48 лет.
Отсюда и из условий 3 и 4 мы можем определить возраст юнги и ма-
шиниста:
Ю + М = 48,
2Ю = М + 6,

здесь Ю — возраст юнги, М — машиниста. Решив эту систему уравне-
ний, определим, что юнге 18 лет, а машинисту — 30. Отсюда и из усло-
вий 3 и 4 следует, что рулевому 36 лет.
Зная возраст пяти членов команды и сумму возрастов всех шесте-
рых членов команды, можем определить возраст капитана: К = 168 ?
? (20 + 24 + 18 + 30 + 36) = 40. Итак, капитану 40 лет.
251. Поскольку число школьников, получивших ту или иную оцен-
ку, всегда целое, то для решения задачи нам надо найти целое число,
меньшее 50, одновременно делящееся на 7, 3, 2. Единственным воз-
можным ответом является число 42. Это значит, что всего в классе
42 ученика; 6 из них получили пятёрки; 14 — четвёрки; 21 — тройки.
Следовательно, двойку получил 1 ученик.
252. Джо может, например, спросить: «Что бы Вы мне ответили
вчера на вопрос, какой стул неисправен?» И независимо от того, гово-
рит ли сегодня стражник правду или ложь, ответ на это вопрос всегда
будет неверным.
Интересно, что, если Джо в этом вопросе вместо слова «вчера» ис-
пользует «позавчера», т. е. спросит: «Что бы Вы мне ответили позавче-
ра на вопрос, какой стул неисправен?», ответ всегда будет правдивым,
независимо от того, говорит ли стражник правду сегодня или говорил
её вчера.
254. Обозначим вес рюкзака — Р, вес чемодана — Ч, вес сакво-
яжа — С, вес корзины — К. Тогда условия задачи можно записать
в таком виде: 1) Ч > Р; 2) С + Р > Ч + К; 3) К + С = Ч + Р. Из усло-
вий 1) и 2) следует, что С > К. Действительно, если бы выполнялось
условие К > С, то с учётом этого и условия Ч > Р, получилось бы, что
112
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


К + Ч > С + Р, а это противоречит условию 2). Из условий 2) и 3) сле-
дует, что 2С + Р + К > 2Ч + Р + К, или С > Ч. Но, если С > Ч, то усло-
вие 3) может выполняться только при Р > К. Таким образом, нам
известно, что Ч > Р, С > К, С > Ч, Р > К. Выполнение всех четырех
неравенств возможно только в случае, когда С > Ч > Р > К. Следо-
вательно, самой тяжёлой вещью является саквояж, несколько легче
чемодан, ещё легче рюкзак, а самая лёгкая — корзина.
255. Поскольку мы меняем знаки каждый раз в восьми клетках,
то произведение всех чисел в таблице не меняется. А раз в начале оно
было равно ?1, то +1 оно никогда быть не сможет.
256. Эта площадь равна 0. Подумайте, почему.
257. Произведение любой последовательности чисел, среди кото-
рых есть числа, оканчивающиеся на 5, будет заканчиваться либо на 0
(если в последовательности есть хотя бы одно чётное число), либо на 5
(если все числа нечётны). У нас в обоих случаях отсутствуют чётные
числа, но есть числа, оканчивающиеся на 5, поэтому последней в обоих
произведениях будет цифра 5.
258. Если мы спросим: «Что ответит твой брат на вопрос: „Ты Ва-
ся?“» — то в ответ всегда услышим неправду, так как будет либо ложно
передан истинный ответ, либо истинно — ложный. Вася скажет «да»,
а Ваня — «нет».
259. После первого вычёркивания останутся лишь те цифры, пер-
воначальные номера которых чётны, после второго — те, чьи перво-
начальные номера делились на 4, после третьего — на 8 и т. д. Перед
последним вычёркиванием останется цифра, первоначальный номер ко-
торой равен наибольшей возможной степени 2, т. е. равен 64. Это циф-
ра 4.
260. Поскольку речь идёт не о линейных размерах, а о площади,
то и число людей надо уменьшить не в 1 000 000, а в 1 000 0002 , т. е.
в триллион раз.
261. Сначала постараемся понять, почему в стандартном наборе
домино именно 28 косточек. Для этого нарисуем табличку из косточек.
Здесь на каждой косточке первая цифра соответствует номеру ряда
(начиная нумерацию с нуля), а вторая — номеру столбца, в кото-
ром эта косточка находится. Вдоль каждой стороны расположены семь
косточек. Значит, всего их здесь 7 ? 7 = 49. При этом все «дубли»
встречаются по одному разу, а все «не дубли» — по 2 раза. «Дуб-
лей» всего 7 (от 0–0 до 6–6), следовательно, «не дублей» в обычном
домино (49 ? 7) : 2 = 21. А всего косточек в наборе 7 + 21 = 28.
113
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


00 01 02 03 04 05 06

10 11 12 13 14 15 16

20 21 22 23 24 25 26

30 31 32 33 34 35 36

40 41 42 43 44 45 46

50 51 52 53 54 55 56

60 61 62 63 64 65 66


Если все номера будут изменяться не от 0 до 6, а от 0 до 12, то «дуб-
лей» будет 13, рядов косточек в табличке — по 13, и общее число
«не дублей» составит (13 ? 13 ? 13) : 2 = 78. Всего же косточек, т. е.
«не дублей» вместе с «дублями», будет (78 + 13) = 91.
262. У Володи сначала было в 3 раза больше орехов, чем у Павли-
ка, — это следует из того, что, когда Павлик получил от Володи столько
орехов, сколько у него уже было, у мальчиков стало их поровну. Итак,
число орехов у Володи было кратно 3. Но после того, как он отдал часть
орехов Павлику, число его орехов всё равно осталось кратно 3 — иначе
он не смог бы их разделить поровну между тремя белками. А это в свою
очередь значит, что Володя отдал Павлику 3 ореха.
263. а) Рассмотрим произведение простых чисел от 2 до 11. Оно
равно 2310. Теперь рассмотрим числа 2312–2321. Среди этих десяти
чисел нет ни одного простого числа. Действительно, чётные числа де-
лятся на 2, числа 2313 и 2319 делятся на 3, 2315 делится на 5, 2317 —
на 7, 2321 — на 11.
б) Непосредственной проверкой можно убедиться, что все числа
от 2312 до 2332 — составные, а 2333 — простое. Значит, в интервале
от 2325 до 2334 ровно одно простое число.
в) В интервале от 30 до 39 два простых числа.
г) В интервале от 22 до 31 три простых числа.
д) В интервале от 10 до 19 четыре простых числа.
е) В интервале от 2 до 11 пять простых чисел.
?
Среди десяти последовательных натуральных чисел (больших 5),
обязательно пять чётных, а из нечётных одно кратно 5. Это значит, что
среди десяти последовательных чисел простыми могут быть не более
114
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


четырех чисел. В интервале от 2 до 11 простых чисел больше, потому
что это единственный интервал, в котором числа, оканчивающиеся на 2
и 5, — простые.
1 1 1
264. В первый день Вася прочёл , во второй день от 1 ? ,
2 3 2
1 1 1 2
+ = книги;
т. е. . Следовательно, за первые 2 дня Вася прочёл
6 2 6 3
1
значит, в третий день он прочёл оставшуюся книги, т. е. успел за 3 дня
3
прочесть всю книгу.
265. Обозначим число, задуманное Лёней, через x. Тогда можно
составить уравнение
((x + 5) : 3) ? 4 ? 6 : 7 = 2.

Перенеся последовательно все числа из левой части в правую, получим
новое уравнение
x = ((2 ? 7) + 6) : 4 ? 3 ? 5,

<< Пред. стр.

страница 13
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign