WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 ||

«И. В. Ященко ПРИГЛАШЕНИЕ НА МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ПРАЗДНИК Москва Издательство МЦНМО 2005 УДК 51 ББК 22.1, 74.200.58 Я97 Ященко И. В. ...»

-- [ Страница 2 ] --

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 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.

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 К Л А С С 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 + y2) = 1993. Учитывая, что число 1993 простое, получаем:

либо x-y = 1, x2+xy+y2 = 1993, либо x-y = 1993, x2+xy+y2 = = 1. Решений нет.

в) Разложим левую часть на множители. Имеем: (x2 -y2)(x2 + + y2) = 1993. Учитывая, что число 1993 простое, получаем: либо x2 - y2 = 1, x2 + y2 = 1993, либо x2 - y2 = 1993, x2 + y2 = 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))))), = 1 + 8 : (1 - 8 : (1 + 4 : (1 - 4 : (1 - 8 : x)))), - = 1 - 8 : (1 + 4 : (1 - 4 : (1 - 8 : x))), = 1 + 4 : (1 - 4 : (1 - 8 : x)), -35 = 1 - 4 : (1 - 8 : x), = 1 - 8 : x, 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.

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/ 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 · · · = 1.

5 3 22 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 К Л А С С 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.

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.

4. б) См. рисунок.

5. См. решение задачи 4 для 5–6 классов.

1991 год 5–6 К Л А С С Ы 1. 1 + (2 + 3 + 4) · (5 + 6) = 100. Есть и другие решения (попробуйте найти ещё хотя бы одно).

2. Предположим, что мы не заменяли какие-то две лампоч ки. Тогда, если нам не повезло и одна из них — перегоревшая, то мы не сможем определить, какая именно. Значит, для того, чтобы заведомо определить перегоревшую лампочку, необходимо вывинтить хотя бы три из них (30 секунд) и завинтить на их место какие-то другие (ещё 30 секунд).

Покажем, что 60 секунд всегда хватит. Вывинтим первую лам почку и завинтим на её место запасную (прошло 20 секунд). Если гирлянда загорелась, то нам повезло и хватило даже 20 секунд.

Если же гирлянда не загорелась, значит, единственная неисправ ная лампочка ещё в гирлянде, а у нас в руках опять исправная.

Теперь вывинтим вторую и завинтим на её место бывшую первую (в сумме прошло 40 секунд). Если нам опять не повезло, то вы винчиваем третью лампочку, а на её место завинчиваем бывшую вторую (в сумме прошло 60 секунд). Если гирлянда всё ещё не горит, то, значит, неисправна последняя лампочка. Решение за считывалось и тем школьникам, которые добавляли ещё 20 секунд на замену последней лампочки.

3. Любая прямая, проходящая через центр квадрата, делит его пополам. Поэтому надо провести разрез через центры обоих квадратов.

4. Сумма любого числа чётных чисел чётная, а нечётного чис ла нечётных — нечётная. Значит, исходная сумма денег (сумма какого-то числа 50-рублёвых и 100-рублёвых купюр) — чётная, а полученная сумма денег (сумма 1991 купюры по 1, 3, 5 или 25 рублей) — нечётная.

5. Легко заметить, что однозначных чисел, больших нуля, с требуемым свойством нет. Попробуем найти решение среди дву значных чисел. Если первая цифра двузначного числа равна a, а вторая равна b, то само число равно 10a + b. Имеем 10a + b = = 2(a + b). Отсюда 8a = b, то есть a = 1, b = 8.

Можно показать, что других решений нет (идея: самое малень кое трёхзначное число — 100, а самая большая сумма трёх цифр 9 + 9 + 9 = 27). Но это на олимпиаде не требовалось.

7 К Л А С С 1. См. решение задачи 1 для 5–6 классов.

2. См. решение задачи 4 для 5–6 классов.

4. Если бы они ответили одинаково, то Знайка никак не мог бы их различить. Значит, второй ответил: нет“. Теперь, если бы ” Винтиком был первый, то получилось бы, что оба сказали правду.

А это противоречит условию. Значит, Винтик — второй, и они оба солгали (что условием не запрещено).

5. а) Закон можно угадать, заметив, например, что пока число однозначное, оно удваивается, а потом — вроде нет. А то, что переходит в 2, наводит на мысль, что удваивается не само число, а сумма его цифр. Итак, искомый закон обнаружен: «Удвоенная сумма цифр».

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 уме ние увидеть, почувствовать закономерность (что требовалось в данной задаче) не менее важно для математика, чем умение строго рассуждать! Если вы найдёте какой-нибудь другой (но тоже «достаточно простой») закон, дающий две последователь ности 2, 4, 8, 16, 14, 10, 2 и 3, 6, 12, напишите, пожалуйста, нам (а на олимпиаде такое решение тоже было бы засчита но!).

б) См. решение задачи 5 для 5–6 классов.

в) Заметим, что если число не меньше, чем трёхзначное, то его сумма цифр меньше самого числа. Значит, число будет умень шаться, пока не станет двузначным или однозначным. Остаёт ся единственная опасность: попасть в «неподвижную точку» — 18. Но это в нашем случае невозможно, так как исходное число не делилось на 9 (докажите строго следующее свойство нашего закона получения одних чисел из других: если некоторое число делится на 9, то и число, из которого оно получено, тоже делится на 9).

1990 год 5 К Л А С С 1. Общее число депутатов в обеих палатах чётное. Так как в голосовании приняли участие все депутаты и не было воздержав шихся, то сумма голосов «за» и «против» равна общему числу депутатов и поэтому чётная. Значит, и разность голосов «за» и «против» тоже должна быть чётной, ведь она отличается от сум мы на удвоенное число голосов «против» (a + b = a - b + 2b). Но число 23 нечётно. Противоречие.

2. Не обязательно. Возьмём треугольник со сторонами 8 см, 12 см и 18 см и увеличим его в полтора раза. Получится треуголь ник с такими же углами, а стороны у него будут равны 12 см, 18 см и 27 см. (Возможны и другие примеры неравных треугольников, удовлетворяющих условиям задачи.) Утверждение о том, что если у двух треугольников пропор циональны стороны, то их углы равны, строго доказать не так просто. Для этого нужно знать преобразование подобия. На олим пиаде достаточно было сослаться на этот факт как на интуитивно очевидный.

3. Задача состоит из двух частей: доказать, что за 25 минут управиться можно, и доказать, что быстрее выполнить работу нельзя. Начнём со второй части.

Всего у 60 лошадей 240 копыт. Если бы всю работу делал один кузнец, то ему бы потребовалось 240 5 = 1200 минут. Значит, кузнецов никак не смогут выполнить всю работу быстрее, чем за 1200 : 48 = 25 минут.

Покажем теперь, как можно подковать всех лошадей за минут. Разобьём кузнецов на 12 бригад по 4 кузнеца в каждой и выделим каждой бригаде по 5 лошадей. Каждая бригада сможет подковать «своих» лошадей за 25 минут следующим образом. Ор ганизуем конвейер, назначив каждого кузнеца «ответственным» за определённую ногу лошади.

Первые пять минут первый кузнец подковывает переднюю правую ногу первой лошади, второй — переднюю левую второй лошади, третий — заднюю правую третьей, четвёртый — заднюю левую четвёртой, а пятая лошадь отдыхает.

Затем сдвигаем лошадей «по кругу». Вторые пять минут пер вый кузнец подковывает переднюю правую ногу пятой лошади, второй — переднюю левую первой лошади, третий — заднюю пра вую второй, четвёртый — заднюю левую третьей, а четвёртая лошадь отдыхает.

Третьи пять минут первый кузнец подковывает переднюю пра вую ногу четвёртой лошади, второй — переднюю левую пятой лошади, третий — заднюю правую первой, четвёртый — заднюю левую второй, а третья лошадь отдыхает.

Продолжив работу по этой схеме, каждая бригада подкуёт «своих» лошадей за 25 минут, а, значит, 48 кузнецов подкуют 60 лошадей за 25 минут.

5. Нарисуем равносторонний треугольник со сто роной 1 и сдвинем его «вверх» (или в любую другую сторону, только не под углом 60 к стороне) на 1 (см.

рисунок). Вершины этих двух треугольников мы и отмечаем: они удовлетворяют условию задачи.

Догадаться до этого решения можно так. Сделаем из проволоки два равносторонних треугольника со стороной 1. Расположим их в пространстве один над другим на расстоянии 1 и соединим соответствующие вершины проволокой (получается так называемая треугольная призма).

Теперь «аккуратно положим» этот проволочный каркас на плос кость.

6–7 К Л А С С Ы 3. Раскрасим в белый и чёрный цвет в шахматном порядке маленькие кубики 1 1 1, из которых состоят куб и кирпичи.

В 13 кирпичах поровну (по 13) чёрных и белых кубиков, а в кубе 3 3 3 без центра одних — 12, а других — 14.

4. «Просеем» все числа от 1 до 200 через «решето Эрато сфена». Для этого зачеркнём сначала все числа, делящиеся на 2, потом — делящиеся на 3 (на 4 не надо! Почему?), потом — делящиеся на 5 и т. д. Останутся незачеркнутыми только про стые числа (объясните, почему!). Такой метод выписывания всех простых чисел и называется решетом Эратосфена.

Теперь найти нужные последовательности не так уж и слож но.

Поиск упростится, если заметить следующую закономерность.

Пусть есть три простых числа с одинаковой разностью между ними, тогда эта разность — чётная (почему?). Если таких простых чисел четыре, то разность делится ещё и на 3, а значит, уже и на 6. (Подсказка: посмотрите на остатки от деления на 3). А если таких простых чисел шесть, то разность делится ещё и на 5!

Доказать строго это не очень просто. Но нам не нужно в данной задаче это доказывать — а интуитивное ощущение, что такой факт верен, может очень ускорить поиск.

5. Обозначим через x число людей, являющихся математика ми и философами одновременно. Тогда число математиков рав но 7x, а число философов — 9x.

Если x = 0, то философов больше. А что значит, что x = 0?

Это значит, что ни тех, ни других нет вообще, то есть их «поров ну». Это правильный ответ, формально удовлетворяющий усло вию задачи. И те, кто его указал, вдвойне молодцы! Хотя решение засчитывалось и тем, кто разобрал только случай, когда матема тики всё-таки есть.

6. Если маленький квадрат сдвинуть (без вращения) так, что бы его центр совпал с центром большого квадрата, то середины всех четырёх отрезков AK, BM, CX и DY сдвинутся (одинаково!) на половину длины сдвига маленького квадрата. Поэтому, если они стали вершинами некоторого квадрата, то и до сдвига они были вершинами некоторого квадрата. Осталось заметить, что если центры квадратов совпадают, то вся «картинка» переходит в себя при поворотах на 90, 180 и 270.

Тематический указатель АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА Доли и дроби: 04-6-3, 04-7-2, 03-6-4, 01-6-4, 00-7-2, 99-7-1, 97-6-2, 97-7-5, 96-7-2, 95-6-1, 94-6-6, 92-6- Проценты: 03-7-5, 01-7-2, 98-7-2, 96-6-2, 94-7-1, 91-7- Чётность: 02-7-3, 96-7-3, 90-5- Делимость, остатки, последние цифры: 04-7-1, 03-7-3, 02-6-3, 01-7-1, 98-7-5, 96-6-3, 95-7-5, 91-6- Разложение на множители, простые числа: 02-6-1, 01-6-1, 01-7-2, 99-6-2, 95-7-1, 94-6-3, 94-7-2, 93-7-2, 90-6- Уравнения и неравенства в целых числах: 03-6-1, 03-6-6, 02-6-2, 02-6-3, 02-7-1, 01-6-3, 01-6-5, 00-6-3, 00-7-4, 99-6- Формулы сокращённого умножения: 93-7- Последовательности: 94-6-2, 91-7- Конструкции с целыми числами: 04-6-1, 04-7-4, 01-7-3, 98-6-3, 96-7-1, 96-7-3, 93-6-4, 92-7-2, 91-6- Задачи на движение и работу: 04-7-6, 99-7-4, 93-6-2, 92-6-1, 92-6-4, 92-7-1, Задачи на стоимость: 04-6-2, 01-6-2, 95-7-2, 93-7-5, 92-7- ЛОГИКА Задачи-шутки: 96-6- Ребусы: 03-6-2, 02-6-1, 01-6-1, 97-6-1, 95-6-4, 94-7- Расстановки знаков, счастливые билеты: 03-7-1, 00-6-1, 95-7-4, 91-6- Рыцари и лжецы, «хитрые вопросы» 03-6-3, 02-6-5, 98-7-4, 96-6-4, 91-7- Турниры: 00-7- Игры: 94-7- Графы: 94-6-8, 93-6-8, 92-7-3, 91-6- Логика (разное): 04-6-5, 02-6-6, 02-7-3, 01-6-4, 00-6-5, 99-7-6, 98-6-2, 98-6-5, 98-7-2, 97-6-3, 97-6-6, 97-7-1, 97-7-2, 96-6-3, 96-7-4, 95-6-5, 94-6-1, 94-6-7, 94-7-6, 93-6-1, 93-6-5, 93-6-8, 93-7-5, 92-6-2, 92-6-4, 91-6-2, 90-5-3, 90-6- Принцип крайнего: 00-7- Вспомогательная раскраска: 03-7-6, 00-6- Доказательство от противного: 00-7- Обратный ход: 99-6-1, 96-7-2, 93-7- ГЕОМЕТРИЯ Разрезания: 04-6-4, 03-6-5, 03-7-2, 99-7-2, 98-6-4, 97-6-4, 95-6-2, 95-7-6, 94-6- Геометрические конструкции на плоскости: 04-7-2, 03-7-4, 03-7-5, 02-7-4, 01-7-4, 00-6-4, 00-7-3, 99-6-5, 99-6-6, 99-7-6, 98-6-1, 97-7-3, 96-6-5, 95-6-3, 95-7-3, 93-6-6, 93-7-4, 92-6-3, 92-7-4, 91-6-3, 90-5-2, 90-5-4, 90-5-5, 90-6-1, 90-6-2, 90-6- в пространстве: 97-7-6, 98-7-6, 97-6-5, 94-6-4, 94-7-4, 93-6-3, 93-7-6, 90-6- на шахматной доске: 02-6-4, 02-7-5, 01-6-6, 01-7-5, 00-6-2, 99-6-3, 98-6-6, 96-6-6, 95-6-6, 93-6-7, 93-7- Оглавление О т а в т о р а................................................ А в т о р ы з а д а ч.......................................... 2004 год Условия (10). Ответы (36). Указания (47). Решения (57) 2003 год Условия (12). Ответы (37). Указания (48). Решения (59) 2002 год Условия (14). Ответы (37). Указания (49). Решения (63) 2001 год Условия (16). Ответы (38). Указания (49). Решения (67) 2000 год Условия (17). Ответы (39). Указания (49). Решения (69) 1999 год Условия (19). Ответы (40). Указания (50). Решения (70) 1998 год Условия (20). Ответы (40). Указания (51). Решения (72) 1997 год Условия (22). Ответы (41). Указания (51). Решения (74) 1996 год Условия (24). Ответы (42). Указания (52). Решения (78) 1995 год Условия (26). Ответы (43). Указания (52). Решения (83) 1994 год Условия (28). Ответы (43). Указания (53). Решения (88) 1993 год Условия (30). Ответы (44). Указания (53). Решения (92) 1992 год Условия (32). Ответы (44). Указания (54). Решения (96) 1991 год Условия (33). Ответы (45). Указания (55). Решения (97) 1990 год Условия (35). Ответы (45). Указания (55). Решения (99) Т е м а т и ч е с к и й у к а з а т е л ь.........................

Pages:     | 1 ||



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.