LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 9
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Итак, если Петя назвал нечётный результат (неважно, какой имен-
но), то в правой руке у него 15 коп., а если чётный, — то 10 коп.
69. Путешественник должен распилить 3-е кольцо. Тогда он полу-
чит три звена: первое — из одного кольца, второе — из двух, третье —
из четырех. В первый день путешественник даст хозяину гостиницы
1 кольцо. Во второй — даст 2 кольца, заберёт 1. В третий — даст
1 кольцо. В четвёртый — даст 4, заберёт 2 и 1 кольцо. В пятый — даст
1 кольцо. В шестой — даст 2 кольца, заберёт 1. В последний (седьмой)
день даст 1 кольцо.
70. При этих условиях номер последней страницы — двузначное
число (сумма цифр во всех двузначных и однозначных числах рав-
на 9 + 90 ? 2 > 100). Но все однозначные страницы дадут 9 цифр, т. е.
нечётное число, а добавление любого количества страниц с двузначным
номером прибавит чётное число цифр, т. е. оставит эту сумму нечётной,
т. е. никак не равной 100. Значит, Незнайка ошибся.
71. Расковываем 3 кольца из одного звена. Оставшиеся 4 звена
соединяем тремя раскованными кольцами.
73
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


72. Первый палец — мизинец, а затем всё время повторяется груп-
па из восьми пальцев: безымянный, средний, указательный, большой,
указательный, средний, безымянный, мизинец. Когда мы станем пе-
речислять пальцы, первым будет мизинец, затем 248 раз повторится
группа из восьми пальцев, а потом — последние семь. Седьмой палец
в нашем списке — безымянный.
74. Просуммируем все партии, сыгранные каждым игроком, т. е.
каждое слагаемое — это число партий, а количество слагаемых — чис-
ло игроков. Здесь каждая конкретная партия будет сосчитана дважды:
один раз — как сыгранная первым игроком, а ещё раз — вторым. Зна-
чит, такая сумма обязательно будет чётной.
Однако если предположить, что число игроков, сыгравших нечётное
количество партий, было нечётным, то эта сумма получится нечётной.
Действительно, нечётных слагаемых нечётное число, поэтому сколь-
ко бы ни было чётных слагаемых — общая сумма нечётна. Мы пришли
к противоречию. Стало быть, наше предположение неверно.
75. Нет, нельзя, потому что каждая косточка домино
.....
....
.....
....
должна покрыть одну белую и одну чёрную клетку, т. е. .....
....
..........
.... ....
.....
фигура, которую можно полностью покрыть косточками ....
.....
....
.....
....
домино, должна содержать одинаковое количество бе-
лых и чёрных клеток. Обратное, конечно же, неверно:
далеко не любая фигура из одинакового количества белых и чёрных
клеток может быть покрыта косточками домино. Один из самых про-
стых примеров приведён на рисунке.
76. В каждой семье обязательно есть девочка, так как если в семье
есть мальчик, то у него, согласно отчёту, должна быть и сестра, а если
мальчика в семье нет, должна быть девочка, поскольку бездетных семей
нет. Это значит, что количество девочек не меньше количества семей.
А поскольку мальчиков больше, чем девочек, то детей больше, чем
удвоенное количество семей, т. е. чем число взрослых. Но в отчёте было
написано, что взрослых больше, чем детей. Значит, в отчёте где-то есть
ошибка.
78. Для удобства дальнейших рассуждений заменим все звёздочки
различными буквами, имея при этом в виду, что разным буквам может
соответствовать одна и та же цифра. Буквы З, Э и О не будем при этом
употреблять, чтобы не путать их с тройкой и нулём.
Наш ребус примет следующий вид, значения некоторых букв можно
сразу определить.
74
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

+ ? =
АБ : 5 В 7 4Г
? ?Ж =
Д4 : Е 4 И
? ?М ? =
КЛ 1 2 НП
? + ТУ ? =
Р3 С 5 ФХ
+ + ЩЪ + ЫЬ =
ЦЧ Ш ЮЯ
Ц = 4 (результаты в строках и столбцах с одинаковыми номера-
ми равны между собой). А = Д = К = Р = 1 (четыре двузначных числа
в первом столбце в сумме дают 4Ч, это возможно только, если все эти
четыре числа начинаются с 1). Б = 0 или 5 (1Б делится на 5), но 5 оно
равно быть не может, поскольку в этом случае сумма чисел первого
столбца будет больше 50, следовательно, Б = 0. Г = 2 или 9 (4Г — ре-
зультат умножения на 7), но результат первого столбца явно больше
42, значит, Г = 9. Отсюда Ч = 9, Л = 2, В = 5.
Перепишем ребус, заменив цифрами расшифрованные значения
букв
10 : 5 + 5? 7 = 49
14 : Е ? 4 ? Ж= И
12 ? 1 ? М ? 2 = НП
13 ? С + Т У ? 5 = ФХ
49 + Ш + ЩЪ + Ы Ь = ЮЯ
Е = 2 или 7 (оно является делителем 14), но Е не может быть
равно 7, поскольку в этом случае сумма цифр второго столбца будет
больше, чем нужно, следовательно, Е = 2. С = 0 или 1 (чтобы сумма чи-
сел второго столбца была однозначным числом), но по условию ни одно
из чисел не равно 0, значит, С = 1. Отсюда Ш = 9, И = 9, Ж = 3, Ы = 1,
Ь = 7. Ф = 1, X = 7 (результат четвёртой строки равен результату чет-
вёртого столбца). Отсюда Т = 1, У = 0.
Поскольку результат третьего столбца 10 : 5 + 5 ? 7 = 49
равен результату третьей строки, получа- 14 : 2 ? 4 ? 3 = 9
ем 5 + 4 + М + 10 = (12 ? 1 ? М) ? 2, от- 12 ? 1 ? 1 ? 2 = 20
куда М = 1. А отсюда уже можно опре- 13 ? 1 + 10 ? 5 = 17
делить значения остальных букв: Н = 2, 49 + 9 + 20 + 17 = 95
П = 0, Щ = 2, Ъ = 0, Ю = 9, Я = 5. Окон-
чательное решение изображено справа.
79. Нет, не может. После того как листок побывает в руках у бога-
тыря, число, на нём написанное, будет менять свою чётность, т. е. станет
чётным, если было нечётное, и наоборот. Это значит, что после 33-х из-
менений число станет нечётным, т. е. никак не сможет равняться 10.
75
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


80. Если у нас 3 монеты, достаточно одного взвешивания. Кладём
на каждую чашку весов по одной монете, при этом если одна из чашек
легче, значит, фальшивая монета на ней. Если же весы в равновесии,
то фальшивая монета та, которую не положили на весы.
Если у нас 4 монеты, то потребуется два взвешивания: при первом
кладём на каждую чашку весов по 2 монеты, при втором берём те 2 мо-
неты, которые оказались легче, и кладём их по одной на каждую чашку.
Та монета, которая легче, — фальшивая.
Если у нас монет 9, снова потребуется два взвешивания. Делим мо-
неты на три группы по 3 монеты и кладём две из этих троек на две
чашки весов. Если весы в равновесии — рассматриваем те 3 монеты,
которые мы не клали на весы. Если весы не в равновесии — рас-
сматриваем те 3 монеты, которые легче. Теперь задача свелась к самой
первой: «есть 3 монеты, одна из них фальшивая». Как мы уже знаем,
в этом случае для определения фальшивой монеты требуется только
одно взвешивание.
81. Если у нас 3 монеты, достаточно двух взвешиваний. Кладём
на каждую чашку весов по одной монете. Если весы не в равновесии,
значит, та монета, которая осталась, — настоящая. Кладём её на весы
с любой из остальных и сразу определяем, какая из них фальшивая.
Если же весы в равновесии, значит, фальшивая монета та, которая
осталась, и вторым взвешиванием можно даже определить, легче она
или тяжелее, чем настоящие.
Если у нас 4 монеты, опять достаточно двух взвешиваний. Разделим
наши монеты на две кучки по 2 монеты и положим одну из кучек на ве-
сы — по монете на каждую чашку. Если весы в равновесии, то обе
монеты на них настоящие. Если весы не в равновесии, то обе моне-
ты на столе настоящие. Итак, теперь мы знаем, в какой кучке лежит
фальшивая монета. Положим на одну чашку весов монету из кучки, где
обе настоящие, на вторую — монету из кучки, где фальшивая. Если
при этом весы будут в равновесии, значит, фальшивая монета оста-
лась на столе, а если не в равновесии, значит, мы положили её на весы
(в этом случае мы даже узнаем, легче она или тяжелее).
Если у нас монет 9, потребуется три взвешивания. Делим монеты
на три кучки по 3 монеты и кладём две из этих троек на две чашки весов.
Если весы в равновесии — в оставшейся кучке находится фальшивая
монета, и за два взвешивания (как это показано в случае 1 настоящей
задачи) мы определим фальшивую монету. Итак, всего нам понадобит-
ся три взвешивания. Пусть теперь весы не будут в равновесии, значит,
76
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


одна из кучек на весах — с фальшивой монетой, а в той кучке, кото-
рая осталась, только настоящие. Кладём на весы эту кучку и любую
из первых двух. Так мы найдём не просто кучку с фальшивой моне-
той, но и сразу определим, легче эта монета или тяжелее настоящих.
Мы проделали два взвешивания, но зато теперь уже только одним
взвешиванием (как показано в случае 1 задачи 80) можем определить
фальшивую монету. Итак, всего нам понадобится три взвешивания.
82. Возьмём из первого мешка 1 монету, из второго — 2, из третье-
го — 3, ... , из последнего — 10 монет. Всего будет 1+ 2+ 3+ .. .+ 10=
= 45 монет. Взвесим их. Если бы все они были настоящие, они веси-
ли бы (45 ? 20) = 900 г, но в нашем случае будут весить меньше. Если
фальшивая монета одна — будет не хватать 5 г, если две — 10 г, ...
если десять фальшивых монет — будет не хватать 50 г.
Таким образом, зная, сколько не хватает до 900 г, мы сразу опреде-
лим число фальшивых монет. А число фальшивых монет в свою очередь
покажет нам номер мешка, в котором они лежат.
83. Нет, нельзя. Чтобы обойти все клетки шахматной доски, надо
сделать 63 хода. После каждого нечётного хода конь находится в белой
клетке, после каждого чётного — в чёрной. Значит, на 63-м ходу конь
обязательно придёт в белую клетку. Но клетка h8 — чёрная, следова-
тельно, после последнего хода в этой клетке конь оказаться не может.
84. Для удобства дальнейших рассуждений заменим все звёздочки
различными буквами, имея при этом в виду, что разным буквам может
соответствовать одна и та же цифра. Букву O при этом употреблять
не будем, чтобы не путать её с нулём. Наш ребус примет вид

? = DF 0
A1 BC
=
6G : H7 K
+ =
LM NP 20
? =
Q2 R S
+ = 1YZ
TUV WX

Значения некоторых букв можно сразу определить.
C = 0 (при других значениях C результат первой строки не может
оканчиваться на 0); D = 1 (иначе результат третьего столбца не мо-
жет начинаться с 1); A = B = 1 (если A > 1 или B > 1, то D не может
равняться 1); F = 1 (определяем, зная A, B, C); L = N = 1; M = P = 0
(при других значениях любой из этих букв равенство в третьей стро-
ке невозможно); Q = 1 (иначе равенство в четвёртой строке не будет
77
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


выполняться); T = 1 (иначе не будет выполняться равенство в пятой
строке).
11 ? 10 = 110
Для удобства перепишем наш ребус,
6G : H7 = K
заменив цифрами те буквы, значения ко-
10 + 10 =
торых мы определили. 20
12 ? R=
Далее: G = 7, 8 или 9 (иначе результат S
первого столбца будет меньше 100). G = 8 1 U V + W X = 1 Y Z
(вторая строка: из чисел 67, 68, 69 толь-
ко 68 делится на число, оканчивающееся на 7). Отсюда H = 1, K = 4,
U = 0, V = 1.
11 ? 10 = 110
Если в равенстве пятой строки числа WX
68 : 17 = 4
и 1YZ заменить суммами чисел второго и тре-
тьего столбцов, получим 101 + (10 + 17 + 10 + R) = 10 + 10 = 20
12 ? 4 = 8
= (110 + 4 + 20 + S), или S = R + 4. Но S + R = 12
(четвёртая строка). Следовательно, R = 4, S = 8; 101 + 41 = 142
отсюда W = 4, X = 1, Y = 4, Z = 2. Окончательный
результат приведен справа.
85. Из расположения звёздочек в ре- ? ? ? ? ? ? ? ? ?
бусе можно сразу заключить, что вторая ? ? ?
? ?8? ?
и четвёртая цифры частного — нули. ??
??
Делитель при умножении на 8 даёт дву-
значное число, а при умножении на первую ???
и пятую цифры частного — трехзначное, ???
значит, первая и последняя цифры частно- 0
го — 9, а всё частное — 90 809. Найдём
делитель. Это такое двузначное число, которое при умножении на 8
даёт двузначное число, а при умножении на 9 — уже трехзначное.
Отсюда легко заключить, что делитель 1 0 8 9 7 0 8 1 2
равен 12. Зная делитель и частное, восста- 1 0 8
9 080 9
навливаем делимое, а затем и весь пример 97
(см. справа). 96
86. Это действительно можно сделать, 108
причём довольно быстро. Перевернём пер- 108
вые три монеты. Тогда первые две моне- 0
ты будут лежать вверх орлом, а последние
три — вверх решкой. Теперь переворачиваем последние три монеты,
и все пять монет лежат вверх орлом.
87. Шахматная доска из 25 клеток содержит либо 12 белых клеток
и 13 чёрных, либо наоборот — 13 белых клеток и 12 чёрных. Для того
78
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


чтобы каждая шашка переместилась на соседнюю клетку, необходимо,
чтобы все шашки, которые стояли на белых клетках, встали на чёрные,
и наоборот. Но поскольку количество белых и чёрных клеток неодина-
ково, сделать это невозможно.
88. Если самый большой солдатик из маленьких и самый маленький
из больших стоят на одной горизонтали или одной вертикали, очевидно,
что самый большой из маленьких будет ниже, чем самый маленький
из больших.
Пусть теперь они стоят на разных горизонталях и на разных вер-
тикалях. Найдём того солдатика, который стоит на одной горизонтали
с самым маленьким из больших и на одной вертикали с самым боль-
шим из маленьких. Этот солдатик будет ниже, чем самый маленький
из больших, и выше, чем самый большой из маленьких.
Заметим, что один и тот же солдатик может одновременно быть
и самым большим из маленьких и самым маленьким из больших. Это
произойдёт, например, тогда, когда 8 самых маленьких солдатиков бу-
дут поставлены в верхний горизонтальный ряд, а оставшиеся (64 ? 8)
солдатиков произвольно расставлены в остальных 56 клетках.
Таким образом, самый большой солдатик из маленьких будет
не выше (т. е. ниже, или такой же), чем самый маленький солдатик
из больших.
89. Нет, нельзя. Если каждый из 77 телефонов соединён ровно
с 15-ю, то «концов» проводов будет 77 ? 15. Это нечётное число,
но число «концов» должно быть чётным, поскольку каждый провод
имеет два конца.
90. Обозначим искомое число через x и запишем уравнение:
4x + 15 = 15x + 4. Решая это уравнение, получим: 11 = 11x, или x = 1.
91. Покажем, как надо действовать.
Сначала 48 кузнецов берут 48 лошадей и подковывают каждой одну
ногу, на это уходит 5 минут, у 48-ми лошадей одна подкова, у 12-ти —
ни одной.
Затем 12 кузнецов подковывают тех лошадей, у которых ещё нет
подков, а остальные 36 кузнецов ставят 36-ти лошадям вторые подко-
вы. На это опять уходит 5 минут, 36 лошадей с двумя подковами и 24 —
с одной.
Теперь 24 кузнеца ставят вторые подковы, и 24 — третьи. Теперь
24 лошади с тремя подковами и 36 — с двумя.
Теперь 36 кузнецов ставят 36 третьих подков и 12 — 12 четвёртых.
Теперь 48 лошадей с тремя подковами и 12 — с четыремя.
79
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


Последний этап — 48 кузнецов ставят последние подковы 48-ми
лошадям. Итак, за 5 этапов, т. е. за 25 минут, все лошади подкованы.
Покажем, что меньше чем за 25 минут это сделать нельзя. Нуж-
но поставить 60 ? 4 = 240 подков. На каждую подкову нужно 5 ми-
нут, значит, всего не меньше, чем 240 ? 5 = 1200 минут. Но у нас есть
48 кузнецов, значит, можно сделать это за 1200 : 48 = 25 минут, но ни-
как не меньше. Мы и сделали за 25 минут.
92. Первая дама за свою покупку заплатила как за 13 маленьких
птиц (напомним, что большая птица в два раза дороже маленькой),
а вторая — как за 11 маленьких. То есть разница в покупках — 2 ма-
ленькие птицы, а разница в цене — 20 руб. Значит, маленькая птица
стоит 10 руб., а большая — 20 руб.
93. Вором не может быть Мартовский Заяц, потому что вор сказал
правду, а Заяц, в этом случае, соврал. Вором не может быть Болванщик,
потому что, в этом случае, Заяц сказал правду, а правду сказал только
вор. Значит, вор — Соня.
94. Заметьте, что при каждом добавлении или удалении разре-
шённых буквосочетаний не меняется разность между количеством
букв «М» и «О» в слове — она всегда равна 1 для слова «ОММ»
и ?1 для слова «МОО». Значит, эти слова не синонимы.
95. Сначала рассмотрим вопрос о делимости на 4. При делении на 4
возможны четыре разных остатка: 0, 1, 2 или 3. Если первое из чисел
даёт остаток 0, то оно кратно 4. Если оно даёт остаток 1, то последнее
число кратно 4. Если оно даёт остаток 2, то третье число кратно 4.
И, если оно даёт остаток 3, то второе число кратно 4.
О делимости на 2 и 3. Рассуждая так же, как в случае делимости
на 4, придём к выводу, что в обоих случаях найдётся кратное число.
Теперь о делимости на 5. Если первое число даёт при делении на 5
остаток 1, то ни одно из четырех чисел не будет кратно 5 (например,
если эти числа 21, 22, 23, 24).
Итак, обязательно найдутся числа, кратные 2, 3, 4, но может не най-
тись числа, кратного 5.
96. В случае двух чисел произведение может быть и чётным (если
оба числа были чётными), и нечётным (если оба числа были нечётными).
В случае же трех чисел произведение всегда будет чётным, поскольку
из трех чисел либо все три будут чётными, либо одно чётное и два не-
чётных.
97. Да, конечно, например 444 444 делится на 33. Что же каса-
ется второй части задачи, то ответ всегда отрицательный: какое бы
80
::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::
Решения
::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::


число, составленное из троек, мы ни взяли, оно будет нечётным, сле-
довательно, не может делиться ни на какое чётное число, в частности,
и на составленное только из четвёрок.
98. Надо взять зёрнышко из того мешка, на котором написано
«Смесь». В нём не может оказаться смесь, значит, в нём лежат именно
те зёрна, которые мы оттуда достанем. Пусть для определённости в этом
мешке лежит мак. (Это предположение делается также и для удобства
изложения; впрочем, в качестве упражнения попробуйте повторить все
рассуждения для случая, когда в мешке с надписью «Смесь» лежит
просо.) Итак, в мешке с надписью «Смесь» лежит мак. Это значит, что
в мешке с надписью «Мак» может лежать только просо (если бы там
лежала смесь, то в мешке с надписью «Просо» лежало бы просо, что
невозможно). Отсюда сразу следует, что в мешке с надписью «Просо»
лежит смесь.
99. Стандартное неверное решение: «Каждый из шести чемоданов
пытаемся открыть каждым из шести ключей, всего попыток 6 ? 6 = 36».
Можно найти соответствие между ключами и чемоданами за меньшее
число попыток.
Берём первый ключ и по очереди пытаемся открыть им чемоданы.
Если один из чемоданов открылся — прекрасно, отставляем в сторону
этот чемодан с этим ключом. Если же среди первых 5-ти чемоданов
ни один не открылся, то значит этот ключ непременно соответствует
шестому чемодану. Что произошло? Мы использовали не более пяти
попыток; у нас осталось 5 ключей и 5 чемоданов.
Снова берём один ключ и открываем все оставшиеся чемоданы под-
ряд. Для того чтобы определить, какому чемодану соответствует этот
ключ, нужно четыре попытки. Берём следующий ключ и т. д. Всего
понадобится 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 попыток. А если бы чемоданов бы-
ло 10, число попыток было бы 9 + 8 + . .. + 2 + 1 = 45.
100. Из условия задачи следует, что Мудрых Сов и Усатых Тарака-
нов — двое, а Говорящих Котов и Усатых Тараканов — тоже двое. Это
выполняется в двух случаях: либо Тараканов — 2, Котов и Сов — 0,
либо и Котов, и Сов, и Тараканов — по одному. Первый случай не го-

<< Пред. стр.

страница 9
(всего 20)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign