LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 15
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Из второго уравнения следует, что y 2 = 1. Но решение y = 1 не годится,
так как при этом значении не может выполняться первое уравнение.
Значит, единственное возможное значение y = ?1. Зная y, находим x
1
из первого уравнения. Ответ: x = ; y = ?1.
2
320. Делителями числа 1 000 000 000 будут девять двоек, девять
пятёрок и любые комбинации их произведений. Но как только в про-
изведении сомножителями одновременно будут и 5 и 2 — число будет
оканчиваться на 0. Это значит, что единственными возможными сомно-
жителями являются 29 и 59 (так как во всех остальных парах делите-
лей есть числа, оканчивающиеся на 0). Проверка показывает, что оба
эти числа не содержат нулей. Итак: 1 000 000 000 = (29 ? 59) = (512 ?
? 1 953 125).
322. Эту задачу можно переформулировать так: «Можно ли раз-
ложить числа 1980, 1990, 2000 на однозначные множители?» Среди
делителей числа 1980 — двузначное простое число 11, а среди дели-
телей числа 1990 — трехзначное простое число 199, поэтому ни 1980,
ни 1990 в такие произведения разложить нельзя. Число 2000 мож-
но разными способами разложить на однозначные множители, напри-
мер так: 2000 = 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 5 ? 5 ? 5. Следовательно, таких чисел,
как требуется в условии задачи, достаточно много. Вот, например, два
из них — 555 422 и 25 855.
323. Это неравенство имеет большое количество решений. Вот
некоторые из них: 0,0501; 0,050739; 0,050211. Как видите, у всех этих
чисел совпадают первые три цифры после запятой.
324. Обозначим общее число служащих через x. Тогда на фир-
x 2x
ме стало республиканцев и демократов. До этого же момен-
3 3
x 2x
та республиканцев было 3 + , а демократов ?3 + , при этом
3 3
известно, что количество их было одинаковым. Составим уравнение
x 2x
3+ = ?3 + , решив которое, получим x = 18. Отсюда вы-
3 3
текает, что первое условие задачи (один республиканец решил стать
демократом) для определения общего числа служащих фирмы лишнее,
хотя оно могло бы понадобиться для определения первоначального ко-
личества республиканцев и демократов в отдельности.
325. Когда одно число больше другого в 5 раз, их разность в 4 ра-
за больше меньшего из чисел. Это значит, что меньшее число равно
124
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

5 25
, или в десятичной записи — 1,25
, а большее, соответственно,
4 4
и 6,25.
326. Обозначим наши числа через A, B, C, D, E, F , G, а их сумму
через M, т. е. M = A + B + C + D + E + F + G. Тогда все числа M ? A,
M ? B, M ? C, M ? D, M ? E, M ? F , M ? G будут делиться на 5. Сле-
довательно, и их сумма обязательно должна делиться на 5. Сумма равна
7M ? (A + B + C + D + E + F + G) = 6M. Таким образом, 6M делится
на 5. Это возможно только, если M делится 5. Но если числа M и M ? A
делятся на 5, то тогда и A делится 5. Аналогично установим, что и все
остальные числа — B, C, E, F и G — делятся на 5.
327. Для решения этого ребуса можно составить систему урав-
?
нений:
?A + C = 10;
?
A + B + 1 = C + 10;
?
?
A + 1 = B.
Решив эту систему, получим: A = 6, B = 7, C = 4. Ребус можно записать
в виде 6 + 67 + 674 = 747.
328. Разумеется, искомые много-
угольники не могут быть выпуклыми.
Одно из возможных решений показано
на рисунке.
329. Для удобства изложения запи-
шем этот ребус иначе.
Из первого столбика видно, что К < И. Отсюда + К И С
и из последнего столбика следует, что С + И = К + 10 КСИ
(а не С + И = К). Тогда из второго столбика выводим ИСК
1 + И + С = С, или 1 + И + С = 10 + С. Первый вариант
невозможен, а из второго сразу определяем, что И = 9. Отсюда К = 4,
С = 5. Весь ребус расшифровывается так: 495 + 459 = 954.
330. Поскольку всего на косточках домино имеется чётное число
пятёрок (8 штук), то всякий раз, как мы к косточке с пятёркой прикла-
дываем другую косточку с пятёркой, расходуются две пятёрки, так что
остаётся чётное число неизрасходованных пятёрок. В итоге на концах
должно остаться либо две пятёрки, либо ни одной, но никак не одна.
331. Выпишем все двузначные числа, делящиеся на 17 или 23.
Это 17, 34, 51, 68, 85, 23, 46, 69, 92. У всех этих чисел последние
цифры различны, значит, искомое число мы сможем восстановить
однозначно.
125
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Последняя цифра 1, значит, соответствующее двузначное чисто 51,
т. е. предыдущая цифра в числе 5. Эта цифра 5 соответствует двузнач-
ному числу 85, следовательно, перед ней стоит цифра 8. Рассуждая
аналогично, получим ряд из девяти последних цифр числа: 692 346 851.
Набор 92 346 будет теперь всё время повторяться. Всего же цифр 1992,
в том числе: 3 последние, наши 5 цифр из периода, встречающиеся
397 раз, и ещё 4 цифры — последние 4 цифры периода, они же — пер-
вые 4 цифры числа. Таким образом, первая цифра искомого числа 2.
332. Обозначим величину вступительного взноса через x. Тогда
можно составить уравнение 10x = 15(x ? 100), решив которое, опреде-
лим x = 300 долларов.
Можно было бы решить эту задачу не составляя уравнения, рас-
суждая следующим образом: те 100 долларов, которые сэкономят 10
первоначальных членов клуба, заплатят 5 новых членов, т. е. каждый
из 5-ти заплатит по 200 долларов. Таким образом, при 15-ти членах
клуба общий взнос составит (200 ? 15) = 3000 долларов. Значит, для
10-ти участников членский взнос был равен (3000 : 10) = 300 долларов.
333. Перейдём к дробям с общим знаменателем 60 и полу-
3 45 4 48 5 50
= ; = ; = . Отсюда следует, что здесь наибольшая
чим:
4 60 5 60 6 60
5
дробь . Возможно и другое решение задачи: первой дроби до 1 не хва-
6
1 1 1
тает , второй — , третьей — , следовательно, здесь наибольшая
4 5 6
5
дробь .
6
334. Второй туземец, кем бы он ни был, на вопрос: «Абориген ли
Вы?» ответит положительно. Значит, проводник не обманул путеше-
ственника, следовательно, и он тоже абориген.
335. Каковы бы ни были числа p, 2p + 1, 4p + 1, одно из них все-
гда будет кратно 3. Действительно, p при делении на 3 может давать
остаток 0, 1 или 2. В первом случае на 3 делится число p, во втором —
2p + 1, в третьем — 4p + 1.
Единственное простое число, делящееся на 3, — это 3. При 2p +
+ 1 = 3 или 4p + 1 = 3 число p не будет простым. При p = 3 получаем:
2p + 1 = 7, 4p + 1 = 13. Таким образом, единственный возможный от-
вет: p = 3, 2p + 1 = 7, 4p + 1 = 13.
336. Если мы мысленно натянем ниточки между каждой кошкой
и погладившим её посетителем, тогда от каждой кошки будут протя-
нуты 3 ниточки и от каждого посетителя тоже 3. Значит, число ниток
126
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


одновременно в 3 раза больше числа посетителей и в 3 раза больше
числа кошек. Отсюда следует, что число кошек равно числу посети-
телей.
337. Проведём к каждой кошке стрелочку от сидящего рядом с ней
более толстого, чем она, кота. Число стрелочек — 19 штук: столько,
сколько кошек. Но, с другой стороны, от каждого кота не может ид-
ти больше 2-х стрелок, т. к. стрелки направлены на соседних кошек,
да ещё не на всех, а только на более худых. Поэтому, если хотя бы
от одного кота не идёт ни одной стрелки, т. е. рядом с этим котом
нет более тонкой кошки, то стрелок не может быть больше чем 18
(число котов, от которых отходят стрелки, умноженное на число стре-
лок). Пришли к противоречию. Стало быть, предположение наше было
неверным, значит, рядом с любым котом сидит кошка, которая тоньше
него.
338. Обозначим искомое число через 10a + b, тогда условие задачи
примет вид:
10a + b = 2ab.
Это равенство может выполняться только при чётном b, т. е. b = 2c.
Заменив в нашем уравнении b на 2c, получим
10a + 2c = 4ac, 5a + c = 2ac, или 5a = (2a ? 1)c.
или
Чтобы выполнялось последнее равенство, необходимо, чтобы со-
блюдалось одно из двух условий:
2a ? 1 = 5 или c = 5.
Если c = 5, то b = 10, что невозможно (b — цифра). Это значит, что
2a ? 1 = 5, откуда a = 3. Определив a, найдём: c = 3, b = 6, т. е. искомое
число равно 36.
339. Выберем два кувшина разной формы. Если они при этом раз-
личаются по цвету, то задача решена. Если же они оказались одного
цвета, тогда возьмём любой кувшин, не совпадающий с ними по цвету.
Этот третий кувшин не будет совпадать с одним из двух наших кувши-
нов и по форме. Эти два кувшина (третий и тот, который не совпадает
с ним по форме) и будут искомыми кувшинами.
340. Будем упрощать наше произведение:
1 1 1 1
1? 1? 1? .. . 1 ? =
4 9 16 225
1 1 1 1 1 1
= 1? 1+ 1? 1+ 1? 1+ ? .. .
2 2 3 3 4 4

127
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

1 1
. .. ? 1? 1+ =
15 15
1 3 2 4 3 5 14 16 1 16 8
= ? ? ? .. . ? = ? =.
2 2 3 3 4 4 15 15 2 15 15


341. Непосредственной проверкой можно убедиться, что между
днём, когда «вчера» было «завтра», и днём, когда «послезавтра» ста-
нет «вчера», проходит 4 дня. Значит, интересующие нас дни не могут
одинаково отстоять от одного и того же воскресенья, а могут только
от двух разных. Это возможно, если первый из дней — понедельник,
второй — суббота, а сегодня — среда.
342. Нет. Сумма трех последовательных натуральных чисел будет
кратна 3. Действительно, пусть первое число даёт при делении на 3
остаток a, второе — a + 1, третье — a + 2. Тогда их сумма будет при
делении на 3 давать остаток 3a + 3, т. е. будет делиться на 3.
343. Сначала каждому рыцарю его плащ был короток. Начнём од-
новременно выстраивать по росту рыцарей и перераспределять плащи.
Поменяем плащи у самого высокого рыцаря и рыцаря, имеюще-
го самый длинный плащ. Тогда каждому из этих рыцарей их новые
плащи будут малы: первому — потому что даже рыцарю меньшего ро-
ста этот плащ был короток; второму — потому что ему был короток
даже более длинный плащ. Теперь на самого высокого рыцаря надет
самый длинный плащ. Отведём этого рыцаря в сторону. (Разумеется,
если на самом высоком рыцаре был уже надет самый длинный плащ,
он не будет ни с кем меняться плащами, а сразу отойдёт в сторону.)
Среди оставшихся снова поменяем плащи у самого высокого ры-
царя и рыцаря, имеющего самый длинный плащ; снова отведём самого
высокого рыцаря в сторону. Снова всем рыцарям их плащи будут ко-
ротки. Будем повторять всё это до тех пор, пока и все рыцари, и все
плащи не «выстроятся по росту».
Поскольку на всех промежуточных этапах всем рыцарям были ко-
ротки их плащи, то после всех переодеваний каждому рыцарю будет
короток надетый на нём плащ.
344. Нет, не существует. Для доказательства представим искомое
число в виде 100a + 10b + c. Поскольку b и c — цифры, получим:
bc < 100, а это значит, что abc < 100a. Но тогда можно написать серию
неравенств: 100a + 10b + c > 100a > abc. Таким образом, каковы бы
ни были a, b, c, всегда 100a + 10b + c > abc.
128
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

1
345. В первые сутки Леший прошёл пути (на се-
3
1 1
вер), во вторые — пути (на запад), в третьи сутки —
6 6
1
(на юг) и в последние — оставшуюся пути (на восток).
3
Его путь изображён на рисунке.
1
Понятно, что Иван-царевич собирается пройти только пути ле-
3
1 1
шего — на север и на восток. Этот путь в 100 вёрст, притом
6 6
по хорошей дороге, Иван-царевич сможет пройти за сутки.
346. Сумма числителя и знаменателя не изменится, если из одного
из них вычесть, а ко второму — прибавить одно и то же число. По-
скольку эта сумма равна 1000, то дробь перед сокращением должна
100
быть , а чтобы её получить, надо отнять и, соответственно, приба-
900
вить число 437.
347. В начале хранения в ягодах был 1% (т. е. 1 кг) сухого вещества.
В конце хранения этот же 1 кг составлял уже 2% (т. е. 100%–98%)
от всех ягод. Значит, если 2% — 1 кг, то 100% — 50 кг. Следовательно,
к концу хранения на складе лежало 50 кг ягод.
348. Мысленно натянем ниточки между каждым Карабасом и зна-
комым с ним Барабасом. (Между двумя знакомыми Карабасами или
двумя знакомыми Барабасами ниточек натягивать не будем.) Тогда
от каждого Карабаса протянется 9 ниточек, а от каждого Барабаса —
10 ниточек. Значит, числю ниток одновременно будет в 9 раз больше
числа Карабасов и в 10 раз больше числа Барабасов. Следовательно,
10
в стране Перра-Teppa Карабасов в раза больше, чем Барабасов.
9
349. Премьер-министр мог вытащить любой из листов и, не раз-
ворачивая, уничтожить его. Тогда королю ничего другого не останется,
как признать, что на уничтоженном листе было написано не то, что
осталось в портфеле, т. е. «Останьтесь».
350. Если номер шкафа C не является точным квадратом, то все
его делители разбиваются на пары, дающие в произведении C. Такой
шкаф поменяет позиции чётное число раз и в итоге окажется закры-
тым. Если же номер шкафа C является точным квадратом, то число его
различных делителей будет нечётно, и шкаф в итоге окажется откры-
тым. Количество точных квадратов среди первой тысячи чисел — 31.
Значит, и открытых шкафов будет 31, а закрытых — 969.

129
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Ответы
(Если задача имеет несколько ответов, приводится один из них.)
1. Через 5,5 суток. 2. 8 щук. 3. 3 кг. 4. 1237 Мышек. 5. КОМ-
ПЬЮТЕР. 6. Перед дуэлью Иванушка выпил любой доступный ему яд,
а Кощею дал простой воды. 7. Да. сгиб
дырка
Нужно сложить лист вдвое, вырезать
вдоль линии сгиба узкое отверстие,
а затем сделать много прямолинейных
разрезов так, как показано на рисунке
справа. 8. 20 чашек. 9. 400 страниц.
10. Через 29 суток. 12. 11 чур-
бачков. 13. 6 брёвен. 14. 10 кусков.
16. 20 кусков. 17. В первом случае раз-
резы были параллельны друг другу, во втором — перпендикулярны.
18. 11 распилов. 19. См. рисунок.




20. Нужно провести прямую через центр
торта и центр шоколадки. 21. См. рису-
нок справа. 22. 7 кусков. 23. В 3 раза.
24. 99 999. 25. 20 486. 26. 6, 5, 4, 6, 5, 4, 6,
5, 4, 6, 5, 4, 6, 5, 4. 27. 3. 28. А = 2, Б = 7,
В = 5, Г = 1, Д = 0. 29. 3 ветки, 4 игрушки.
30. См. рисунок справа. 31. Крестьянин едет
на другой берег с козой, возвращается. Едет с вол-
ком, возвращается с козой. Едет с капустой. Воз-
вращается. Едет с козой. 32. а) 8, 9; б) 4, 3;
в) 25, 30; г) 21, 24; д) 2, 2. 33. а) 27, 31; б) 3, 1; в) 16, 17;
г) 13, 13; д) 64, 128. 34. АРФА — начинается на гласную; БАНТ —
первая и последняя буквы не совпадают; ВОЛКОДАВ — не четы-
ре буквы; ГГГГ — не слово; СОУС — не в алфавитном порядке.
130
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Ответы
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


35. См. рисунок справа.
36. КОМПЬЮТЕР. 37. 3 та-
лера, которые Ганс истратил
на конфеты, надо не приба-
вить к стоимости сапог, а вы-
честь из неё. Тогда мы по-
лучим 20 талеров — ту сум-
му, которую в итоге полу-
чил Карл. 38. 22 квадрата.
39. См. рисунок справа.
40. 21 провод. 41. 1728 коробков. 42. 13 деталей;
20 деталей; 27 заготовок. 43. 144. 44. 40 с; 10 с. 45. Да.
46. 13 км. 47. Сыну 12 лет, отцу 36 лет. 48. 71 и 72.
49. 25.
52. Яблоко тяжелее. 53. В задаче недостаточно данных. 54. 7 шоко-
ладок дороже, чем 8 пачек печенья. 55. 2 карася тяжелее, чем 3 леща.
56. Девочку зовут Таня. 57. Пятница. 58. а) 12, 13; б) 21, 34; в) 17,19;
г) 327, 647; д) 28, 36; е) 19, 23. 59. Книга стоит 200 руб.
60. 147 и 111. 61. а) с, ф; б) у, ф, х; в) один, четыре; г) Ф, Х, Ш;
д) в, д. 62. а) чётной; б) чётной; в) нечётной; г) нечётной. 63. а) чёт-
ной; б) чётной; в) чётной; г) нечётной. 64. а) чётным; б) нечётным;
в) чётным; г) чётным. 65. а) чётным; б) нечётным; в) чётным; г) нечёт-
ным. 66. 25 руб. = 2 ? 5 руб. + 3 ? 3 руб. + 6 ? 1 руб. 67. Нет: сумма
10 нечётных купюр не может быть равна 25, так как всегда чётна.
68. Да. Если Петя назвал нечётный результат, то в правой руке у него —
15 коп., а если результат чётный, то в правой руке — 10 коп. 69. Рас-
пилив третье кольцо, путешественник получит 1 кольцо, 2 и 4. Каждый
день он будет либо давать 1 кольцо; либо давать 2, забирать 1; либо
давать 4, забирать 2 и 1.
70. Незнайка ошибся. 71. 3 кольца. 72. Безымянный. 73. См. ри-
сунок.
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....
..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .....

<< Пред. стр.

страница 15
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign