Тема 1. Четность - Сайт Трушина Б.В.

Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 1.
Четность
♦♦♦♦♦
1. На столе лежат 13 шестеренок, соединенных в замкнутую цепочку. Могут ли все шестеренки
вращаться одновременно?
Решение. Ответ: не могут.
Пронумеруем подряд все шестеренки. Предположим, что первая шестеренка вращается по часовой
стрелке. Тогда вторая шестеренка должна вращаться против часовой стрелки. Третья – снова по
часовой, четвертая – против и т.д. Ясно, что “нечетные” шестеренки должны вращаться по часовой
стрелке, а “четные” – против. Но тогда 1-я и 13-я шестеренки одновременно вращаются по часовой
стрелке. Противоречие.
2. Может ли прямая, не содержащая вершин замкнутой 13–звенной ломаной, пересекать все ее
звенья?
Решение. Ответ: не может.
Пронумеруем вершины ломаной в порядке следования числами от 1 до 13. Прямая делит плоскость
на две полуплоскости I и II. Пусть вершина с номером 1 находится в полуплоскости I. Соседние
вершины ломаной должны располагаться в разных полуплоскостях. Значит, вершина 2 – в полуплоскости II, вершина 3 – в полуплоскости I, и так далее, вершина 13 – в полуплоскости I. Тогда
звено, с концами в вершинах 1 и 13, не пересекает прямую. Значит, прямая не может пересекать
все звенья ломаной.
3. Можно ли нарисовать 13–звенную замкнутую ломаную, каждое звено которой пересекается ровно
с одним из остальных звеньев?
Решение. Ответ: нельзя.
Если бы такое было возможно, то все звенья ломаной разбились бы на пары пересекающихся.
Однако, тогда число звеньев должно быть четным. Противоречие.
4. На доске 25 × 25 расставлены 25 шашек, причем их расположение симметрично относительно
диагонали. Докажите, что одна из шашек расположена на диагонали.
Решение. Шашки, не стоящие на диагонали, разбиваются на пары симметричных, то есть
таких шашек четное число. Так как всего шашек нечетное число, то на диагонали стоит нечетное
число шашек, то есть, по крайней мере, одна.
5. На доске 25 × 25 расставлены 25 шашек, причем их расположение симметрично относительно
обеих главных диагоналей. Докажите, что одна из шашек стоит в центральной клетке.
Решение. Из решения задачи 4 следует, что на диагонали стоит нечетное число фишек. Но
фишки стоящие на диагонали должны располагаться симметрично относительно другой диагонали.
Следовательно одна из шашек стоит в центре доски.
♦♦♦♦
6. Квадратная таблица 25 × 25 раскрашена в 25 цветов так, что в каждой строке и в каждом столбце
представлены все цвета. Докажите, что если расположение цветов симметрично относительно одной
из диагоналей, то на этой диагонали тоже представлены все цвета.
Решение. Поскольку в каждой строке представлены все цвета и количество цветов совпадает с числом столбцов, то в каждой строке находится ровно по одной клетке каждого цвета.
Таким образом, клеток каждого цвета – 25 штук. Далее, так как таблица симметрична относительно диагонали, то вне диагонали находится четное число клеток каждого цвета (каждой клетке
соответствует симметричная). Поскольку клеток каждого цвета нечетное число, то на диагонали
каждый цвет обязан присутствовать. Это и требовалось доказать.
7. Конь вышел с поля a1 шахматной доски и через несколько ходов вернулся на него. Докажите,
что он сделал четное число ходов.
Решение. Поскольку при каждом ходе меняется цвет поля, на котором стоит конь, то имеет
место чередование цветов: белого и черного. Поэтому после нечетного числа ходов конь окажется на
поле, цвет которого отличен от цвета поля a1, а значит за нечетное число ходов вернуться нельзя.
8. Может ли конь пройти с поля a1 на поле h8, побывав по дороге на каждом из остальных полей
ровно один раз?
1
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Решение. Ответ: не может.
Пусть клетка a1 – черная. Тогда противоположная ей клетка h8 – также черная. Конь должен
сделать 63 хода. Каждым нечетных ходом (первым, третьим и так далее) от будет вставать на
белую клетку, а каждым четным ходом (вторым, четвертым и так далее) будет возвращаться на
черный цвет. Последним (63–им, нечетным) ходом он встанет на белое поле. Но клетка h8 – черная.
Поэтому конь не может закончить свой путь в клетке h8.
9. Можно ли покрыть шахматную доску доминошками 1 × 2 так, чтобы свободными остались только клетки a1 и h8?
Решение. Ответ: нельзя.
Каждая доминошка покрывает одно черное и одно белое поле, поэтому доминошки закрывают
поровну черных и белых клеток. При выкидывании указанных полей черных полей остается на два
меньше, чем белых. Поэтому оставшуюся часть доминошками не покрыть.
10. Можно ли все клетки таблицы 1000 × 1001 заполнить натуральными числами так, чтобы сумма
чисел в любом столбце и в любой строке были бы простыми числами?
Решение. Ответ: нельзя.
Предположим, что мы сумели расставить числа требуемым образом. Заметим, что сумма чисел в
любом столбце и в любой строке больше двух. Поэтому все соответствующие суммы нечетны, так
как они простые и больше двух. Тогда сумма всех чисел в таблице с одной стороны равна сумме
1001 нечетного числа, т.е. нечетна, а с другой стороны, она равна сумме 1000 нечетных чисел, т.е.
четна. Противоречие.
♦♦♦
11. Найдите все пары простых чисел таких, что и их сумма, и их разность – тоже простые числа.
Решение. Ответ: 2 и 5.
Если оба числа нечетные, то и сумма их, и разность будут четны, а четное простое число всего одно.
Это значит, что среди искомых простых чисел обязательно одно четное, т.е. одно число равно 2.
Чтобы подобрать второе число, нужно иметь в виду, что разность, второе число и сумма являются
последовательными нечетными числами. Среди таких чисел одно обязательно делится на 3. Значит,
все три простыми могут быть только в случае, когда одно из них равно 3. Поэтому единственная
возможность – искомые числа 2 и 5.
12. Все костяшки домино выложили в ряд по правилам игры. На одном конце оказалось шесть
очков. Сколько очков на другом конце?
Решение. Ответ: шесть очков.
Для каждого количества очков есть ровно 8 половинок доминошек с таким очками. Внутри цепи
все одинаковые половинки встречаются парами (половинки от разных доминошек). Половинке с 6
очками, стоящей на одном конце ряда, нет пары внутри этого ряда, значит, ее пара стоит на другом
конце.
13. Из набора домино выбросили все кости с пустышками. Можно ли все оставшиеся кости выложить в ряд?
Решение. Ответ: нельзя.
Докажем от противного. Пусть такой ряд имеется. Тогда одно из чисел 1, 2 или 3 не встречается на
концах. Пусть это число 3. Тогда внутри цепи троек четное количество (они разбиваются на пары
по правилу складывания цепи). Но всего троек после выкидывания костей с пустышками осталось
семь. Противоречие.
14. Кузнечик прыгает по прямой. В первый раз он прыгнул на 1 см в какую-то сторону, во второй
раз – на 2 см, в третий – 3 см и так далее. Докажите, что после 1001 прыжка он не может оказаться
там, где начинал.
Решение. Если он вернулся туда, где начинал, то сумма длин его прыжков вправо стала
равняться сумме длин прыжков влево. То есть общая сумма длин прыжков четна. Не трудно убедиться, что после 1001 прыжка эта сумма нечетна, т.к. в сумме от 1 до 1001 – 501 нечетных числа.
15. В классе 30 учеников и каждый день трое из них дежурят по классу. Может ли через некоторое
время оказаться так, что каждый с каждым дежурил ровно один раз?
2
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Решение. Ответ: не может.
Рассмотрим одного из учеников. В каждом его дежурстве участвует еще два школьника. Если
оказалось, что с каждым он дежурил ровно один раз, то все остальные разбились на пары. А это
невозможно, так как число 29 – нечетно.
16. За круглым столом сидят 25 мальчиков и 25 девочек. Докажите, что у кого-то из сидящих за
столом оба соседа – мальчики.
Решение. Предположим, что можно рассадить детей так, чтобы ни у одного из них не
были оба соседа мальчики. Это означает, что два ребенка, сидящие через одного не могут быть
одновременно мальчиками. Рассмотрим 25 детей сидящих через одного. Среди них после каждого
мальчика по ходу часовой стрелки сидит хотя бы одна девочка. Значит среди этих 25 ребят девочек
не меньше, чем мальчиков, то есть хотя бы 13. Аналогично, среди оставшихся 25 ребят сидящих
через одного – также хотя бы 13 девочек. А значит, всего девочек должно быть по крайней мере
26. Противоречие.
17. На доске записано число 123456789. У написанного числа выбираются две соседние ненулевые
цифры, из каждой из них вычитается по единице, и выбранные цифры меняются местами. Какое
наименьшее число может быть получено в результате таких операций?
Решение. Ответ: 101010101.
Заметим, что при выполнении каждой операции не меняется четность цифры, стоящей на каждом
месте. В самом деле, вначале у нас было число 123456789, т.е. число вида НЧНЧНЧНЧН (Н означает нечетную цифру, а Ч – четную). Если мы возьмем пару соседних цифр, скажем НЧ, то при
уменьшении этих цифр на 1 получится пара ЧН, а при смене местами снова получится пара НЧ.
Аналогично, если мы возьмем пару соседних цифр вида ЧН, то при уменьшении этих цифр на 1
получится пара НЧ, а при смене местами снова получится пара ЧН. Итак, в процессе выполнения
операций число все время будет иметь вид НЧНЧНЧНЧН. Минимальным числом такого вида, очевидно, является число 101010101. Осталось показать, что число 101010101 получить можно. Для
этого достаточно в исходном числе 123456789 применить два раза нашу операцию к паре соседних
цифр 2 и 3, применить четыре раза операцию к паре соседних цифр 4 и 5, шесть раз к паре соседних
цифр 6 и 7, и наконец восемь раз к паре соседних цифр 8 и 9.
18. Число y получается из натурального числа x некоторой перестановкой его цифр. Докажите,
что каково бы ни было x,
x + y 6= |9999{z. . . 99} .
1001 девятка
Решение. Допустим, что такие числа x и y нашлись. По условию, числа x и y состоят из
одинакового количества цифр. Так как
x < x + y = |9999{z. . . 99} ,
1001 девятка
то это количество не превосходит 1001. С другой стороны, если оно меньше, чем 1001, то
x + y < 2 · 9999
| {z. . . 99} = 1 9999
| {z. . . 99} 8 < |9999{z. . . 99} .
1000 девяток
999 девяток
1001 девятка
Следовательно, x = x1 x2 x3 . . . x1001 . Но тогда y = y1 y2 y3 . . . y1001 , где yk = 9 − xk . Таким образом, в
записи числа x число нулей равно числу девяток, число единиц – числу восьмерок, . . . , число
четверок – числу пятерок. Но это невозможно, так как число x состоит из нечетного количества
цифр.
♦♦
19. Есть 101 монета, из которых 50 фальшивых, отличающихся по весу на 1 грамм от настоящих
(либо легче, либо тяжелее). Петя выбрал одну монету и за одно взвешивание на весах со стрелкой,
показывающей разность весов на чашках, хочет определить фальшивая ли она. Сможет ли он это
сделать?
Решение. Ответ: сможет.
Отложим данную монету в сторону. Разделим остальные 100 монет на две кучки по 50 монет и
3
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
сравним веса этих кучек. Легко понять, что четность разности весов этих кучек совпадает с суммарным количеством фальшивых монеток на обеих чашках весов. Если они отличаются на четное
число грамм, то интересующая нас монета настоящая. Если же разность весов нечетна, то монета
фальшивая.
20. Можно ли выписать в ряд по одному разу цифры от 1 до 9 так, чтобы между единицей и
двойкой, двойкой и тройкой, . . . , восьмеркой и девяткой было нечетное число цифр?
Решение. Ответ: нельзя.
Предположим, что удалось выписать цифры требуемым образом. Покрасим цифры в черный и
белый цвет через одну – первую в белый цвет, вторую в черный, третью в белый и т.д. Заметим
тогда, что если между какими-то двумя цифрами стоит нечетное количество цифр, то эти две
цифры окрашены в один и тот же цвет. Но тогда все цифры должны быть окрашены в одинаковый
цвет. Противоречие.
21. Можно ли выписать в ряд цифры от 1 до 9 по два раза каждую так, чтобы между единицами
была одна цифра, между двойками – две, . . . , между девятками было девять цифр?
Решение. Ответ: нельзя.
Допустим, что возможно выписать в ряд цифры требуемым образом. Покрасим цифры в черный
и белый цвет через одну – первую в белый цвет, вторую в черный, третью в белый и т.д. Значит
будет 9 черных и 9 белых цифр. Заметим тогда, что если между какими-то двумя цифрами стоит
нечетное количество цифр, то эти две цифры окрашены в один и тот же цвет, а если четное,– тогда
они окрашены в разные цвета. Двойки, четверки, шестерки и восьмерки займут четыре белых и
четыре черных цвета. Значит на оставшиеся нечетные цифры приходится по пять белых и черных
цветов. Но каждая пара одинаковых нечетных цифр занимает два одинаковых цвета, а пять на два
не делится. Противоречие.
22. На шахматной доске 8 × 8 на каждой клетке стоит шашка, с одной стороны белая, с другой
черная. За один ход можно выбрать любую шашку и перевернуть ее и все шашки, стоящие с ней на
одной вертикали и на одной горизонтали. Правда ли, что при любой начальной расстановке шашек
можно сделать так, чтобы все шашки лежали белой стороной вверх?
Решение. Выберем какую-нибудь фишку, которая лежит черной стороной вверх. Проделаем
описанную операцию с данной фишкой и со всеми фишками, лежащими с ней либо в одной строке,
либо в одном столбце. Тогда данная фишка сменит цвет 15 раз и, следовательно, перевернется, а
все остальные фишки на доске перевернутся четное число (два или восемь) раз, а значит, останутся
того же цвета, что и были вначале. Повторив эту процедуру со всеми фишками лежащими черной
стороной верх получим требуемую расстановку.
23. Дано n чисел x1 , x2 , . . . , xn , каждое из которых равно +1 или −1. Известно, что
x1 x2 + x2 x3 + . . . + xn−1 xn + xn x1 = 0.
Докажите, что n делится на 4.
Решение. Для удобства расположим данные числа по окружности в порядке x1 , x2 , . . . , xn .
Раскрасим дугу между соседними числами в красный цвет, если эти числа равны. Далее, раскрасим
дугу между соседними числами в синий цвет, если первое из этих чисел (при движении по часовой стрелке) равно +1, а второе равно −1, и раскрасим дугу между соседними числами в зеленый
цвет, если первое из этих чисел равно −1, а второе равно +1. Количество синих дуг равно количеству зеленых, поскольку синяя дуга соответствует переходу от группы нескольких подряд стоящих
единиц к группе минус единиц при движении по часовой стрелке, а зеленая дуга соответствует переходу от группы минус единиц к группе единиц; следовательно, если игнорировать красные дуги,
синие и зеленые дуги будут чередоваться. Произведение чисел на концах красной дуги равно 1, а
произведение чисел на концах синей или зеленой дуги равно −1; поэтому чтобы сумма
x1 x2 + x2 x3 + . . . + xn−1 xn + xn x1
была равна нулю, необходимо, чтобы количество красных дуг было равно суммарному количеству
синих и зеленых дуг. Итак, если синих и зеленых дуг по s, то красных дуг 2s, и общее количество
дуг
n = s + s + 2s = 4s.
Это означает, что n делится на 4.
4
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
24. На плоскости нарисована замкнутая ломаная с конечным числом звеньев. Прямая l пересекает
ее в 999 точке. Докажите, что существует прямая, пересекающая эту ломаную по крайней мере в
1000 точках.
Решение. Прямая l задает две полуплоскости; одну из них будем называть верхней, а другую – нижней. Пусть n1 (соответственно n2 ) – число вершин ломаной, лежащих на прямой l, для
которых оба выходящих из них звена лежат в верхней (соответственно в нижней) полуплоскости, а
m – число всех остальных точек пересечения прямой l и ломаной. Совершим обход ломаной, выйдя
из некоторой точки, не лежащей на прямой l, и вернувшись в ту же точку. При этом мы переходим
из одной полуплоскости в другую, только проходя через любую из m точек пересечения. Так как
мы вернемся в ту же точку, из которой начали обход, то m четно. По условию n1 + n2 + m = 999,
поэтому число n1 + n2 нечетно, т.е. n1 6= n2 . Пусть для определенности n1 > n2 . Проведем тогда в
верхней полуплоскости прямую l1 , параллельную l и удаленную от нее на расстояние меньшее, чем
любое ненулевое расстояние от l до вершин ломаной. Число точек пересечения ломаной с прямой
l1 равно
2n1 + m > n1 + n2 + m = 999,
т.е. l1 – искомая прямая.
25. B cтаде 101 корова. Если увести любую из них, то оставшихся можно разделить на два стада
по 50 коров в каждом, так что суммарный вес коров одного стада равен суммарному весу коров
другого стада. Известно, что каждая корова весит целое число килограммов. Докажите, что все
коровы весят одинаково.
Решение. Предположим противное – пусть имеется стадо коров, удовлетворяющее условию
задачи, такое что не все коровы в этом стаде имеют один и тот же вес. Это означает, что имеется
набор из 101 натурального числа, не все из которых равны, обладающий следующим свойством:
если выбросить любое из этих чисел, то оставшиеся можно разбить на две группы по 50 чисел с
равной суммой. Заметим, что если из каждого числа вычесть одно и то же целое число, то свойство
останется выполненным. Поэтому вычтем из каждого числа наименьшее число из данного набора. В
результате получим новый набор целых неотрицательных чисел, среди которых есть нуль, но не все
числа равны нуль, и этот набор удовлетворяет свойству. Далее, если все числа из набора четные,
то можно разделить их все на два, и новый набор чисел будет удовлетворять свойству. Будем
делить все числа на два, пока хотя бы одно из них не станет нечетным. В результате получим набор
целых неотрицательных чисел со свойством, среди которых есть нуль и некоторое нечетное число
n. Согласно свойству сумма всех чисел набора четна, поскольку если выбросить нуль, остальные
числа разбиваются на две группы с равной суммой s (т.е. сумма всех чисел равна 2s, где s – целое
число). С другой стороны, сумма всех чисел набора нечетна, поскольку если выбросить нечетное
число n, остальные числа также разбиваются на две группы с равной суммой r (т.е. сумма всех
чисел равна 2r + n). Полученное противоречие доказывает, что все числа в исходном наборе равны.
26. По кругу расставлены 1001 натуральное число. Докажите, что найдутся два соседних числа
такие, что после их выкидывания оставшиеся числа нельзя разбить на две группы с равной суммой.
Решение. Предположим, противное. Допустим, что среди этих чисел есть хотя бы одно
нечетное. Тогда рассмотрим два случая: либо сумма всех чисел четна, либо нечетна. В первом
случае все числа нечетными быть не могут (т.к. иначе при выкидывании любой пары остается 999
нечетных чисел), то есть встречаются как четные, так и нечетные числа. Но тогда среди них можно
найти четное и нечетное числа, стоящие рядом, и выкинуть их. Заметим, что сумма оставшихся
чисел нечетна и их нельзя разбить на две группы с равной суммой.
Во втором случае, если нечетных чисел больше половины, то найдутся два нечетных числа,
стоящие рядом. Действительно, иначе справа от каждого нечетного стоит четное число, но тогда
четных чисел получится заведомо не меньше, чем нечетных. Если же нечетных чисел меньше половины, то аналогично найдутся два соседних четных числа. Выкинем два соседних числа одинаковой
четности, тогда у оставшихся чисел сумма нечетна и их нельзя разбить на искомые группы.
Остался случай, когда все числа четные. Будем делить их все на два, пока хотя бы одно из
них не станет нечетным. В результате каждое из чисел разделится на некоторое число 2n . Из получившегося набора выкинем два соседних числа так, чтобы оставшиеся числа нельзя было разбить
на две группы с равной суммой. Заметим, что после умножения этих чисел на 2n их также нельзя
будет разбить на две группы с равной суммой, что и требовалось доказать.
5
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
27. Можно ли окрасить на клетчатой бумаге 25 клеток так, чтобы у каждой из них было нечетное
число соседних по стороне окрашенных клеток?
Решение. Ответ: нельзя.
Пусть на клетчатой бумаге окрашено несколько клеток и nk – число окрашенных клеток, имеющих
ровно k окрашенных соседей. Пусть N – число общих сторон окрашенных клеток. Так как каждая
из них принадлежит ровно двум окрашенным клеткам, то
N=
n1 + n3
n1 + 2n2 + 3n3 + 4n4
=
+ n2 + n3 + 2n4 .
2
2
Поскольку N – целое число, то число n1 + n3 четно. Мы доказали, что число окрашенных клеток,
имеющих нечетное число окрашенных соседей, всегда четно. Поэтому нельзя окрасить 25 клеток
так, чтобы у каждой из них было нечетное число окрашенных соседей.
28. За круглым столом совещались 2n депутатов. После перерыва эти же 2n депутатов расселись
вокруг стола, но уже в другом порядке. Доказать, что найдутся два депутата, между которыми как
до, так и после перерыва сидело одинаковое число человек.
Решение. Занумеруем депутатов числами 1, 2, . . . , 2n в том порядке, считая по часовой
стрелке, в котором они сидели до перерыва, таким же образом пронумеруем места за столом. Обозначим через ai количество мест, на которое сдвинулся i-ый депутат по часовой стрелке после
перерыва. Таким образом, каждое из чисел a1 , a2 , . . . , a2n принимает некоторое значение из множества {0, 1, 2, . . . , 2n − 1}. Если некоторые два депутата сдвинулись после перерыва на одинаковое
число мест, то между ними до и после перерыва сидело одинаковое число человек, т.е. условие
задачи выполнено. Иначе числа a1 , a2 , . . . , a2n образуют некоторую перестановку чисел 0, 1, 2,
. . . , 2n − 1. Докажем, что такого быть не может. Число i + ai равно либо номеру места, на которое
сел после перерыва i-ый депутат, либо равно 2n плюс номер места, на которое сел после перерыва
i-ый депутат. В любом случае, поскольку после перерыва каждое из 2n мест снова занято одним из
депутатов, сумма номеров всех мест 1 + 2 + . . . + 2n дает такой же остаток от деления на 2n, как и
сумма (1 + a1 ) + (2 + a2 ) + . . . + (2n + a2n ). Отсюда следует, что сумма
a1 + a2 + . . . + a2n = (1 + a1 ) + (2 + a2 ) + . . . + (2n + a2n )−
− (1 + 2 + . . . + 2n)
должна делиться на 2n. Однако если числа a1 , a2 , . . . , a2n образуют перестановку чисел 0, 1, 2, . . . ,
2n − 1, то сумма a1 + a2 + . . . + a2n равна
0 + 1 + 2 + . . . + (2n − 1) =
2n · (2n − 1)
= n(2n − 1).
2
Поскольку 2n − 1 – нечетное число, то n(2n − 1) не делится на 2n. Противоречие.
♦
29. Переаттестация Совета из n мудрецов происходит так: король выстраивает их в колонну по
одному и надевает на голову каждому колпак белого или черного цвета. Каждый мудрец видит
цвета колпаков всех впереди стоящих мудрецов, но не видит цвет своего колпака и цвета колпаков
мудрецов, стоящих сзади него. Затем мудрецы по одному называют какой-нибудь цвет (каждому
разрешается говорить ровно один раз; то, что говорит один мудрец, слышат все). После этого король
казнит всех мудрецов, назвавших цвет, отличный от цвета своего колпака. Накануне переаттестации
все члены Совета договорились между собой и придумали, как минимизировать число казненных.
Скольким из них гарантированно удастся избежать казни?
Решение. Ответ: n − 1 мудрецу.
Нет никакой гарантии, что мудрец, стоящий в конце колонны спасется – его колпака не видит ни
один мудрец. Покажем, что гарантированно спастись могут все остальные мудрецы. Пусть мудрец,
стоящий последним в колонне, скажет “белый”, если он видит перед собой четное число белых
колпаков, и “черный”, если нечетное. Теперь мудрецы по порядку от (n − 1)-го к первому смогут
называть цвет своего колпака. В тот момент, когда очередь говорить доходит до k-го мудреца (k =
= n − 1, n − 2, . . . , 1), он знает четность числа белых колпаков всех мудрецов от 1-го до (n − 1)-го,
и знает цвета колпаков всех мудрецов с 1-го до (n − 1), за исключением своего (мы предполагаем,
6
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
что (n − 1)-й, . . . , (k + 1)-й мудрецы уже верно назвали цвет своего колпака, колпаки же 1-го, 2-го,
. . . , (k − 1)-го мудрецов k-ый мудрец видит). По этим данным k-ый мудрец легко определяет цвет
своего колпака.
30. Окружность разбита точками на 3k дуг: по k дуг длиной 1, 2 и 3. Докажите, что найдутся две
диаметрально противоположные точки деления.
Решение. Предположим, что окружность разбита на дуги указанным образом, причем диаметрально противоположных точек деления нет. Тогда против концов любой дуги длиной 1 не
лежат точки разбиения, поэтому против нее лежит дуга длиной 3. Выбросим одну из дуг длиной
1 и противолежащую ей дугу длиной 3. При этом окружность разбивается на две дуги. Если на
одной из них лежит m дуг длиной 1 и n дуг длиной 3, то на другой лежит m дуг длиной 3 и n
дуг длиной 1. Общее количество дуг длиной 1 и 3, лежащих на этих двух к больших дугах, равно
2(k − 1), поэтому n + m = k − 1. Так как, кроме дуг длиной 1 и 3, есть дуги только с четной длиной, то четность длины каждой из двух рассматриваемых дуг совпадает с четностью числа k − 1.
6k − 1 − 3
= 3k − 2. Получено противоречие, так
С другой стороны, длина каждой из них равна
2
как числа k − 1 и 3k − 2 имеют разную четность.
7
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 2.
Принцип крайнего
♦♦♦♦♦
1. Квадрат разбит на пять прямоугольников так, что четыре угла квадрата являются углами четырех прямоугольников, площади которых равны между собой, а пятый прямоугольник не имеет
общих точек со сторонами квадрата. Докажите, что этот пятый прямоугольник есть квадрат.
Решение. Обозначим длины сторон прямоугольников так, как это показано на рисунке 1.
Предположим, что не все из иксов равны друг другу. Пусть, например, x1 самый наименьший из них.
y3
x4
x3
y4
y2
x1
x2
y1
Рис. 1: К решению задачи 1
Тогда, с одной стороны y4 — самый большой из игриков (так как у квадрата все стороны равны),
а с другой стороны y1 — самый большой (так как площади всех угловых прямоугольников равны).
Значит y1 = y4 . Но, тогда x2 = x1 , следовательно y2 = y1 , и далее последовательно получаем x3 = x2 ,
y3 = y2 , x4 = x3 , y4 = y3 . То есть все иксы и все игрики равны между собой. А значит внутренний
прямоугольник — это квадрат.
2. На каждой из 15 планет, расстояния между которыми попарно различны, находится по астроному, каждый из которых наблюдает за ближайшей к нему планетой. Докажите, что некоторую
планету никто не наблюдает.
Решение. Отметим сразу, что если на какую-нибудь планету смотрят сразу два астронома,
то на какую-то планету никто не смотрит (так как планет и астрономов одинаковое количество).
Предположим поэтому, что за каждой планетой наблюдает ровно один астроном. Рассмотрим две
планеты, расстояние между которыми наименьшее среди всех попарных расстояний. Ясно, что
астрономы, находящиеся на этих двух планетах, смотрят друг на друга. Посмотрим теперь на
оставшиеся 13 планет. Из них опять можно выбрать две с наименьшим растоянием — астрономы,
находящиеся на них, должны смотреть друг на друга. Продолжая такие рассуждения, мы найдем
планету планету, которую никто не наблюдает (так как число 15 — нечетно).
3. По кругу выписано несколько чисел, каждое из которых равно среднему арифметическому своих
соседей. Докажите, что все числа равны.
Решение. Рассмотрим максимальное из этих чисел. С одной стороны оно не меньше каждого
из своих соседей, а с другой стороны, равно их среднему арифметическому. Поэтому это число
должно быть равно каждому из своих соседей. Аналогичным образом, продолжая рассматривать
следующих соседей, доказываем, что все числа стоящие по кругу равны между собой.
4. Докажите, что не существует попарно различных натуральных чисел k, l, m, n, для которых
было бы справедливо равенство
k k + ll = mm + nn .
Решение. Предположим, что такие числа все таки нашлись. Пусть, например, n — наибольшее из этих чисел. Тогда n > 4, а значит,
k k + ll < 2(n − 1)n−1 < 2nn−1 < 4nn−1 6 nn < mm + nn ,
8
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
что противоречит предположению. Следовательно, таких чисел не существует.
5. Из точки внутри выпуклого многоугольника опускают перпендикуляры на прямые, содержащие
его стороны. Докажите, что хотя бы один перпендикуляр попадет на сторону.
Решение. Предположим, что внутри некоторого выпуклого многоугольника нашлась точка
O такая, что все перпендикуляры опущенные на прямые, содержащие стороны падают на продолжения сторон. Рассмотрим сторону, соответствующую наименьшему перпендикуляру. Обозначим
эту сторону AB (см. рис. 2). Перпендикуляр ON к прямой AB пересекает прямую, содержащую
rO
qq
qq
qq
qq
qqr
A
M r
rr
B N
q
qq
qq q
q
qq
r
q
C
Рис. 2: К решению задачи 5
сторону BC, в точке M . Но тогда расстояние от точки O до этой прямой меньше, чем длина отрезка
OM , который в свою очередь короче отрезка ON , а значит прямая, содержащая сторону AB, не
была ближайшей к точке O. Противоречие.
♦♦♦♦
6. На плоскости синим и красным цветом окрашено несколько точек так, что никакие три точки
одного цвета не лежат на одной прямой (точек каждого цвета не менее трех). Докажите, что можно
найти треугольник с одноцветными вершинами, на трех сторонах которого лежит не более двух
точек другого цвета.
Решение. Из всех треугольников с одноцветными вершинами выберем треугольник наименьшей площади. Допустим, что на его сторонах расположено не менее трех точек другого цвета.
Так как они не могут все лежать на одной стороне этого треугольника, то эти три точки являются
вершинами некоторого треугольника, площадь которого, очевидно, меньше площади первоначально выбранного треугольника, а это противоречит тому, что тот треугольник имел наименьшую
площадь из всех треугольников с одноцветными вершинами.
7. Восемь теннисистов провели круговой турнир. Докажите, что можно найти четыре теннисиста
A, B, C, D, таких что теннисист A выиграл у B, C, D, теннисист B выиграл у C и D, а теннисист
C выиграл у D.
Решение. Из всех теннисистов выберем выигравшего наибольшее число игр (или одного из
таких, если их было несколько) и назовем его A. Он выиграл по крайней мере у четырех человек
7·8
(так как всего было сыграно
= 28 игр, то по принципу Дирихле найдется участник, который
2
одержал не менее четырех побед). Рассмотрим теперь подтурнир между этими четырьми теннисистами без учета игр с остальными. Один из них (назовем его B) выиграл хотя бы у двух других
3·4
(всего было сыграно
= 6 игр, значит кто-то победил хотя бы два раза). Из этих двоих один —
2
теннисист C — выиграл у другого — D.
8. Докажите, что круги, построенные на сторонах выпуклого четырехугольника как на диаметрах,
полностью покрывают этот четырехугольник.
Решение. Пусть X — произвольная точка, лежащая внутри выпуклого четырехугольника.
Так как
∠AXB + ∠BXC + ∠CXD + ∠AXD = 360◦ ,
то наибольший из этих углов не меньше 90◦ (см. рис. 3). Пусть для определенности ∠AXB > 90◦ .
Тогда по свойсту окружности точка X лежит внутри окружности с диаметром AB.
♦♦♦
9
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Dr
H
C H
C HH
HH
C
Hr A
C
C
C C
r
X
C
r
C
C H
HH
C
HH
C
H
HH
C H C HHCr
B
Рис. 3: К решению задачи 8
9. Можно ли на плоскости расположить 1000 отрезков так, чтобы каждый отрезок обоими своими
концами упирался строго внутрь каких-то двух других отрезков?
Решение. Пусть на плоскости расположено 1000 отрезков. Возьмем произвольную прямую
l, не перпендикулярную ни одному из них (ясно, что такая прямая существует, так как отрезков
конечное число, а различных направлений — бесконечно много). Спроецируем концы всех этих отрезков на прямую l. Очевидно, что конец отрезка, проецирующийся в самую правую из полученных
точек (можно считать, что на прямой задана некоторая ориентация), не может упираться строго
внутрь какого-то другого отрезка.
10. На плоскости расставили 100 точек так, что никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что можно провести 50 отрезков с вершинами в расставленных точках так, чтобы никакие
два отрезка не пересекались.
Решение. Для каждого варианта проведения 50 отрезков посчитаем, чему равна сумма их
длин. Так как всего различных способов разбиения 100 точек на пары конечное число, то есть такой
способ, для которого эта сумма наименьшая из всех. Допустим, что при этом способе нашлись какието два перескающихся отрезка AB и CD (см. рис. 4). Но AD + BC < AB + CD (это следует из
Cr
XXX
XXX
C
Xr B
C
C
OC C
C
C
C
r
C
A HH
C
H
HH
C
H
C
HH
H C
H
HCr
D
Рис. 4: К решению задачи 10
неравенства треугольника для 4AOD и 4BOC), а, значит, если оставить все проведенные отрезки,
заменив лишь пару отрезков AB и CD на отрезки AD и BC, то получится 50 отрезков с меньшей
суммой длин, что противоречит тому, что сумма длин исходных отрезков была минимальной.
♦♦
10
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
11. На плоскости дано конечное множество многоугольников (не обязательно выпуклых), каждые
два из которых имеют общую точку. Докажите, что существует прямая, имеющая общие точки со
всеми этими многоугольниками.
Решение. Возьмем на плоскости произвольную прямую l и спроецируем на нее все многоугольники. При этом мы получим несколько отрезков, любые два из которых имеют общую точку.
Рассмотрим левые концы этих отрезков и выберем из них самый правый (мы считаем, что на прямой
задана которая-то ориентация). Легко понять, что полученная точка принадлежит всем отрезкам,
поэтому проведенный через нее перпендикуляр к прямой l пересекает все данные многоугольники.
11
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 3.
Раскраска
♦♦♦♦♦
1. Можно ли из 13 кирпичей 1 × 1 × 2 сложить куб 3 × 3 × 3 с дыркой 1 × 1 × 1 в центре?
Решение. Раскрасим в белый и черный цвет в шахматном порядке маленькие кубики 1 ×
× 1 × 1, из которых состоят куб и кирпичи. В 13 кирпичах поровну (по 13) черных и белых кубиков,
а в кубе 3 × 3 × 3 без центра одних — 12, а других — 14.
♦♦♦♦
2. Отметьте на доске 8 × 8 несколько клеток так, чтобы любая (в том числе и любая отмеченная)
клетка граничила по стороне ровно с одной отмеченной клеткой.
Решение. Ответ: один из примеров приведен на рисунке 5
X
X X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X X
X
X X
X
X X
Рис. 5: К решению задачи 2
Будем рассуждать, используя шахматную доску. Заметим, что белые клетки граничат по стороне
только с черными и наоборот. Поэтому сначала отметим несколько белых клеток так, чтобы у
каждой черной клетки был ровно один отмеченный сосед (см. рис. 6). Затем отметим несколько
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
Рис. 6: К решению задачи 2
черных клеток так, чтобы и у каждой белой клетки появился ровно один отмеченный сосед (для
этого достаточно симметрично отразить отмеченные клетки относительно какой-нибудь средней
линии), при этом у черных клеток новых отмеченных соседей не появится.
3. Докажите, что доску размером 10 × 10 клеток нельзя разрезать на фигурки
.
Решение. Предположим, что доску 10 × 10 клеток можно разбить на такие фигурки, тогда
их будет 100/4 = 25. Раскрасим доску в шахматном порядке, тогда каждая фигурка содержит либо
1, либо 3 черные клетки, т.е. нечетное количество. Но сумма 25-ти нечетных чисел — это нечетное
число. Поэтому 25 фигурок содержат нечетное количество черных клеток. Но всего на доске черных
клеток 100/2 = 50 штук — четное количество. Получили противоречие.
12
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
4. Докажите, что доску размером 10 × 10 клеток нельзя разрезать на фигурки
.
Решение. Покрасим вертикали доски через одну в черный цвет. Тогда покрашено 50 клеток.
Каждая фигурка, как бы она не располагалась на доске, занимает нечетное число (либо одну, либо
три) белых клеток. Поэтому если бы доску можно было разрезать на 25 таких фигурок, то белых
клеток на доске было бы нечетное число (сумма 25-ти нечетных чисел — число нечетное). Но 50 —
четное число. Получили противоречие.
5. Докажите, что доску размером 10 × 10 клеток нельзя разрезать на прямоугольники 1 × 4.
Решение. Приведем несколько раскрасок, каждая из которых решает задачу. Каждый раз
предполагаем, что разрезать удастся, тогда фигурок будет 100/4 = 25 штук.
Если покрасить доску так, как изображено на рисунке 7, то в каждом прямоугольнике 1 × 4
Рис. 7: К решению задачи 5
будет ровно две закрашенные клетки, а значит должно быть ровно 25 · 2 = 50 закрашенных клеток.
А их 52 штуки. Противоречие.
Если покрасить доску так, как изображено на рисунке 8, то в каждом прямоугольнике 1 × 4
Рис. 8: К решению задачи 5
будет ровно одна закрашенная клетка, а значит должно быть ровно 25 закрашенных клеток. А их
26 штук. Противоречие.
Если же покрасить доску так, как изображено на рисунке 9, то в каждом прямоугольнике
1 × 4 будет либо одна, либо три закрашенных клетки, а значит закрашенных клеток должно быть
нечетное количество (т.к. это сумма 25-ти нечетных чисел). А их 42 штуки. Противоречие.
13
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Рис. 9: К решению задачи 5
6. Из листа клетчатой бумаги размером 29 × 29 клеточек вырезали 99 квадратиков 2 × 2 (режут
по линиям). Доказать, что из оставшейся части листа можно вырезать еще хотя бы один такой же
квадратик.
Решение.
7. На каждой клетке доски размером 9 × 9 сидит жук. По свистку каждый из жуков переползает
в одну из соседних по диагонали клеток. При этом в некоторых клетках может оказаться больше
одного жука, а некоторые клетки окажутся незанятыми. Докажите, что при этом незанятых клеток
будет не меньше девяти.
Решение.
8. Квадрат 8 × 8 клеток выкрашен в белый цвет. Разрешается выбрать в нем любой прямоугольник
из трех клеток и перекрасить все их в противоположный цвет (белые в черный, черные — в белый).
Удастся ли несколькими такими операциями перекрасить весь квадрат в черный цвет?
Решение.
9. Доска 8 × 8 разрезана на доминошки размером 1 × 2 клетки. Докажите, что количество горизонтальных доминошек четно.
Решение. Назовем клетки первой, третьей, пятой и седьмой вертикалей красными, а клетки
второй, четвертой, шестой и восьмой вертикалей синими. Таким образом, в каждой горизонтальной
доминошке содержится одна красная и одна синяя клетка, а в каждой вертикальной – либо две
красных, либо две синих клетки (назовем в соответствии в этим вертикальные доминошки красными
или синими). Поскольку всего красных и синих клеток на доске поровну, количества красных и
синих вертикальных доминошек должны быть равны. Следовательно, общее число вертикальных
доминошек делится на 2, т.е. четно.
♦♦♦
10. Дно прямоугольной коробки было выложено плитками размерами 2 × 2 и 1 × 4. Плитки высыпали из коробки и при этом потеряли одну плитку 2 × 2. Вместо нее удалось достать плитку 1 × 4.
Докажите, что теперь выложить дно коробки плитками не удастся.
Решение.
11. На клетчатой бумаге отмечены произвольным образом 2000 клеток. Докажите, что среди них
всегда можно выбрать не менее 500 клеток, попарно не соприкасающихся друг с другом (соприкасающимися считаются клетки, имеющие хотя бы одну общую вершину).
Решение.
12. В квадрате 7 × 7 клеток размещено 16 плиток размером 1 × 3 клетки и одна плитка 1 × 1.
Докажите, что плитка 1 × 1 либо лежит в центре, либо примыкает к границам квадрата.
Решение.
14
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
♦♦
13. На бесконечной шахматной доске расставлены пешки через три поля на четвертое, так что они
образуют квадратную сетку. Докажите, что шахматный конь не может обойти все свободные поля,
побывав на каждом поле по одному разу.
Решение.
14. Каждая сторона равностороннего треугольника разбита на n равных частей. Через точки деления проведены прямые, параллельные сторонам. В результате треугольник разбит на n2 треугольничков. Назовем цепочкой последовательность треугольничков, в которой ни один не появляется
дважды и каждый последующий имеет общую сторону с предыдущим. Каково наибольшее возможное количество треугольничков в цепочке?
Решение.
15. От квадратной доски 1001 × 1001 отрезали четыре угловых квадрата 2 × 2. Можно ли оставшуюся часть доску замостить фигурками
Решение.
,
15
,
.
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 4.
Инвариант
♦♦♦♦♦
1. На доске написаны шесть чисел: 1, 2, 3, 4, 5, 6. За один ход разрешается к любым двум из них
одновременно добавлять по единице. Можно ли за несколько ходов все числа сделать равными?
Решение. Сумма написанных чисел нечетна (она равна 21). За каждый ход эта сумма увеличивается на 2, т.е. всегда остается нечетной. А сумма шести равных чисел всегда четна. Это значит,
что сделать числа равными невозможно.
2. 100 фишек выставлены в ряд. Разрешено менять местами две фишки, стоящие через одну. Можно
ли с помощью таких операций переставить все фишки в обратном порядке?
Решение. Занумеруем места, на которых стоят фишки, числами от 1 до 100. Заметим, что
после выполнения данной в условии операции номер каждой фишки либо не изменился, либо изменился (увеличился или уменьшился) на 2. Таким образом, фишка, стоящая вначале на месте
с четным номером, в любой момент остается стоять на месте с четным номером. Следовательно,
фишка, стоящая на месте номером 100 никогда не сможет попасть на клетку с номером 1.
3. Вера, Надя и Люба решали задачи. Чтобы дело шло быстрее, они купили конфет и условились,
что за каждую решенную задачу девочка, решившая ее первой, получает четыре конфеты, решившая второй — две, а решившая последней — одну. Девочки говорят, что каждая из них решила все
задачи и получила 20 конфет, причем одновременных решений не было. Может ли такое быть?
Решение. Если за решение каждой задачи все три девочки вместе получали 7 конфет (первая — 4, вторая — 2, третья — 1 конфету), значит, сумма всех полученных ими конфет должна
обязательно делиться на 7, но 60 на 7 не делится. Следовательно, девочки ошиблись.
♦♦♦♦
4. Дана шахматная доска. Разрешается перекрашивать в другой цвет сразу все клетки какой-либо
горизонтали или вертикали. Может ли при этом получиться доска, у которой ровно одна черная
клетка?
Решение. При перекрашивании горизонтали или вертикали, содержащей k черных и 8 − k
белых клеток, получится 8 − k черных и k белых клеток. Поэтому число черных клеток изменится
на (8 − k) − k = 8 − 2k, т.е. на четное число. Так как четность числа черных клеток сохраняется,
из исходных 32 черных клеток мы не сможем получить одну черную клетку.
5. В таблице 3 × 3 одна из угловых клеток закрашена черным цветом, все остальные — белым. Докажите, что с помощью перекрашивания строк и столбцов нельзя добиться того, чтобы все клетки
стали белыми. Под перекрашиванием строки или столбца понимается изменение цвета всех клеток
в строке или столбце.
Решение. Докажите, что четность числа черных клеток среди четырех угловых не меняется
при перекрашиваниях.
6. На прямой сидят три кузнечика, каждую секунду прыгает один кузнечик. Он прыгает через
какого-нибудь кузнечика (но не через двух сразу). Докажите, что через 2007 секунд они не могут
вернуться в исходное положение.
Решение.
7. Хулиган Вася порвал стенгазету, причем каждый кусок он разрывал либо на 4, либо на 10 частей.
Могло ли в конце получиться 2006 кусков?
Решение.
8. На доске написано число 12. В течение каждой минуты число либо умножают, либо делят на 2
или на 3, и результат записывают на доску вместо исходного числа. Докажите, что число, которое
будет написано на доске ровно через час, не может быть равно 54.
Решение. После каждой операции меняется четность общего количества двоек и троек в
разложении на простые множители числа на доске. В начале это число нечетно (равно трем), т.к.
12 = 2 · 2 · 3. Поэтому через 60 операций (секунд) оно должно быть нечетным, но в разложении 54 =
= 2 · 3 · 3 · 3 четыре множителя. Противоречие показывает, что превращение из 12 в 54 невозможно.
16
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
♦♦♦
9. На острове Серобуромалин живет 13 серых, 15 бурых и 17 малиновых хамелеонов. Когда встречаются два хамелеона разного цвета, они одновременно перекрашиваются в третий цвет. Может ли
через некоторое время оказаться, что все хамелеоны имеют один цвет?
Решение. Пусть с, б, м означают числа соответственно серых, бурых и малиновых хамелеонов в некоторый момент. После встречи, скажем, серого и бурого хамелеонов, количества хамелеонов
серого, бурого и малинового цветов стали равны с − 1, б − 1, м + 2. Заметим, что остаток от деления
на 3 каждой из разностей с − б, б − м, м − с, не изменился после встречи двух хамелеонов. Вначале
ни одна из этих разностей не делилась на 3, поэтому ни в какой момент ни одна из разностей не
может стать равной 0. Это означает, что количества хамелеонов двух разных цветов никогда не
станут равными.
♦♦
2
10. На доске написаны многочлены P (x) = x + 2 и Q(x) = x + 1. Разрешается записать на доску
сумму, разность или произведение любых двух из уже выписанных на доску многочленов. Может
ли на доске появиться многочлен R(x) = x3 + 2?
Решение.
17
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 5.
Полуинвариант
♦♦♦♦♦
1. В стране несколько городов, попарные расстояния между которыми различны. Путешественник
отправился из города A в самый удаленный от него город B, оттуда — в самый удаленный от него
город C и т.д. Докажите, что если город C не совпадает с городом A, то путешественник никогда
не вернется в город A.
Решение. Предположим, что на втором шаге путешественник не возвратился в A, т.е. город
C отличен от города A. Тогда маршрут от A до B короче маршрута из B в C (поскольку C – наиболее
удаленный от B город). В дальнейшем каждый следующий маршрут будет не короче предыдущего,
так как каждый раз мы в качестве следующего пункта назначения выбираем наиболее удаленный
город. Пусть на некотором шаге путешественник все же вернулся в город A, выйдя из некоторого
города X. По доказанному, маршрут от X до A длиннее маршрута от A до B, а это противоречит
тому, что B – наиболее удаленный от A город.
2. Шеренга новобранцев стояла лицом к сержанту. По команде “налево” некоторые повернулись
налево, а остальные — направо. Всегда ли сержант сможет встать в строй так, чтобы с обеих
сторон от него оказалось поровну новобранцев, обращенных к нему лицом?
Решение. Договоримся в случае, когда сержант стоит в строю, обозначать буквой m количество человек, стоящих в строю слева от сержанта к нему лицом, а буквой n – количество человек,
стоящих справа от сержанта к нему лицом.
Пусть сначала сержант встанет в левый край шеренги. Тогда слева от него никого не будет
(m = 0). Если и справа от сержанта никто не будет стоять к нему лицом (n = 0), то задача решена. В
противном случае (n > 0) пусть сержант идет слева направо от человека к человеку. Если он проходит новобранца, стоявшего к нему спиной, то число m увеличивается на 1, а число n не изменяется.
Если сержант проходит новобранца, стоявшего к нему лицом, то число n уменьшается на 1, а число
m не изменяется. Тем самым, число m − n сначала отрицательно, а в процессе движения сержанта
вдоль строя увеличивается на 1 при прохождении каждого новобранца. Но когда сержант дойдет
до правого края, уже число n будет нулевым, а значит, число m − n будет неотрицательным. Итак,
начав с отрицательного числа m − n и прибавляя к нему несколько раз по единице, мы получили
неотрицательное число. Значит, в какой-то момент мы должны были получить ноль, то есть в тот
момент m = n и с обеих сторон от сержанта лицом к нему находилось поровну новобранцев.
♦♦♦♦
3. На материке есть несколько стран, в каждой из которых правит либо партия правых, либо партия
левых. Раз в месяц в одной из стран может поменяться власть. Это может произойти только в
случае, если в большинстве стран, граничащих с этой страной, правит другая партия. Докажите,
что смены партий не могут продолжаться бесконечно.
Решение. Пусть власть сменилась в некоторой стране A, в которой правят левые (для определенности). Пусть среди граничащих с ней стран было k стран, где правят левые и m стран, где
правят правые, k < m. При смене власти в стране A количество стран среди граничащих с ней
стран, в которых правит та же партия, что и в , возрастет на 2(m − k) > 0. Таким образом, после
смены власти в какой-либо из стран, число пар граничащих стран, имеющих одну и ту же партию
у власти, возрастает. Это возрастание не может продолжаться бесконечно долго, поскольку число
всех пар граничащих стран конечно.
♦♦♦
4. Несколько ребят сидят за круглым столом. У каждого из них есть некоторое четное количество
конфет. По команде каждый передает половину своих конфет сидящему справа. Если после этого
у кого-нибудь оказалось нечетное количество конфет, то ему извне добавляется одна конфета. Это
повторяется много раз. Докажите, что настанет время, когда у всех будет поровну конфет.
Решение. Пусть 2m – наибольшее, а 2n – наименьшее количество конфет у одного человека.
После одного круга обмена и, возможно, добавления конфет извне, m не увеличится, а количество
людей, имеющих 2n конфет, уменьшится. (Действительно, каждый человек оставляет себе не более
m конфет, а получает не более m + 1 конфеты. Причем, если он получил m + 1 конфету, то одна из
18
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
них была добавлена извне, значит, после получения m конфет у него стало не более 2m˘1 конфеты.
С другой стороны, если m > n, среди людей имевших 2n конфет, найдется человек, который получит
более n конфет.) Таким образом, так как n увеличивается, а m не увеличивается, наступит момент,
когда m станет равным n.
5. Квадратный лист бумаги разрезали по прямой на две части. Одну из полученных частей снова
разрезали на две части, и так много раз. Какое наименьшее число разрезов необходимо, чтобы
среди полученных частей могло оказаться ровно 100 двадцатиугольников?
Решение.
6. Петя разрезал прямоугольный лист бумаги по прямой. Затем он разрезал по прямой один из
получившихся кусков. Затем он проделал то же самое с одним из трех получившихся кусков и т.д.
Докажите, что после достаточного количества разрезаний можно будет выбрать среди получившихся кусков 100 многоугольников с одинаковым числом вершин (например, 100 треугольников
или 100 четырехугольников и т.д.).
Решение.
♦♦
7. Квадратное поле разбито на 100 одинаковых квадратных участков, 9 из которых поросли бурьяном. Известно, что бурьян за год распространяется на те и только те участки, у каждого из
которых не менее двух соседних участков уже поражены бурьяном (участки соседние, если они
имеют общую сторону). Докажите, что полностью все поле бурьяном не зарастет.
Решение.
8. Круг разбит на 2006 секторов, в некоторых секторах стоят фишки — всего 2007 фишек. Затем
берутся какие-нибудь две фишки, стоящие в одном секторе, и переставляются в разные стороны в
соседние секторы. Докажите, что после нескольких таких операций не менее 1003 секторов будет
занято.
Решение. Докажем более сильное утверждение: начиная с некоторого момента, не менее
половины секторов будет занято. Отметим, что поскольку фишек больше чем секторов, то в любой
момент в каком-то секторе будут находиться не менее двух фишек. Значит, движение может продолжаться бесконечно долго, независимо от того, каким образом позиция преобразуется. Докажем, что
каждый из секторов в какой-то момент окажется непустым. Предположим противное. Пусть движение происходит так, что один из секторов все время остается пустым. Это значит, что движение
фишек никогда не исходит из двух соседних с ним секторов. Поэтому количество фишек в этих двух
секторах не может уменьшаться. Так как общее количество фишек конечно, то, начиная с какогото момента, фишки в эти сектора поступать не будут. А это значит, что с этого момента никакого
движения не будет исходить из двух следующих, соседних с ними секторов. Продолжая подобные
рассуждения, приходим к выводу, что в некоторый момент движение должно вообще прекратиться.
Полученное противоречие показывает, что предположение было ложным, значит, каждый сектор
в какой-то момент окажется непустым. После этого всегда либо этот сектор, либо его сосед (по
часовой стрелке) будет непустым. Действительно, всякий раз, когда освобождается один из двух
соседних секторов, второй заполняется. Дождемся момента, когда все секторы побывают заполненными. Тогда любому пустому сектору можно поставить в соответствие непустой — следующий за
ним по часовой стрелке. При таком соответствии непустой сектор может соответствовать не более
чем одному пустому. Поэтому пустых секторов будет не больше чем непустых. Значит, занятыми
будут не менее половины секторов.
19
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Тема 6.
Принцип Дирихле
♦♦♦♦♦
1. Докажите, что если в 50 клетках сидит 51 кролик, то по крайней мере в одной клетке сидит не
менее двух кроликов.
Решение. Пусть это утверждение неверно, тогда в каждой клетке сидит не более одного
кролика, и, следовательно, в 50 клетках — не более 50 кроликов, а их должно быть 51. Получили
противоречие.
2. Докажите, что если в 10 клетках сидит 51 кролик, то по крайней мере в одной клетке сидит не
менее шести кроликов.
Решение. Если бы в каждой клетке сидело менее шести кроликов, то во всех десяти клетках
кроликов не более 50 — противоречие.
3. Можно ли разложить 44 шарика на 9 кучек, чтобы количество шариков в разных кучках было
различным?
Решение. Ответ: нет.
Если у нас есть 9 кучек, в каждой из которых разное количество шариков, то их должно быть не
меньше, чем 1 + 2 + 3 + . . . + 9 = 45. Итак, шариков должно быть не меньше 45, а у нас — только
44.
♦♦♦♦
4. Докажите, что среди любых шести целых чисел найдутся два, разность которых кратна 5.
Решение. При делении целого числа на 5 возможны пять различных 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.
5. Имеется 101 пуговица одного из 11 цветов. Докажите, что либо среди этих пуговиц найдутся 11
пуговиц одного цвета, либо 11 пуговиц разных цветов.
Решение. Предположим, что среди данных пуговиц нет 11 пуговиц разных цветов. Тогда
каждая пуговица окрашена в один из 10 цветов. Если пуговиц каждого цвета не более десяти, то
всего пуговиц не более 100, и это противоречит условию. Таким образом, пуговиц какого-то одного
цвета не менее 11, что и нужно было доказать.
6. Сто человек сидят за круглым столом, причем более половины из них — мужчины. Докажите,
что какие-то двое мужчин сидят друг напротив друга.
Решение. Разобьем всех на 50 пар людей, сидящих друг напротив друга. Тогда мы получаем,
что у нас есть 50 пар (“клетки”), в которые нужно рассадить не менее 51 мужчины (“кролики”). Из
принципа Дирихле следует, что в одной из этих пар–“клеток” оба человека — мужчины–“кролики”.
7. В клетках таблицы 3 × 3 расставлены числа −1, 0, 1. Докажите, что какие-то две из восьми сумм
по всем строкам, всем столбцам и двум главным диагоналям будут равны.
Решение. Каждая из этих восьми сумм может принимать лишь семь разных значений: от
−3 до 3, значит, по принципу Дирихле какие-то две суммы совпадут.
8. Какое наибольшее число ладей можно поставить на шахматную доску так, чтобы никакие две
из них не били друг друга?
Решение. Ответ: восемь ладей.
Очевидно, что восемь ладей поставить можно: например, по диагонали из a1 в h8. Докажем, что
более восьми ладей, не бьющих друг друга, поставить нельзя. На одной горизонтали не может
стоять больше одной ладьи — иначе они будут бить друг друга. Значит, ладей можно поставить не
больше, чем горизонталей у доски, а их восемь. Следовательно, больше восьми ладей поставить на
доску нельзя.
♦♦♦
9. Докажите, что среди степеней двойки есть две, разность которых делится на 2009.
20
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Решение. Рассмотрите первые 2010 степеней двойки — 2, 4, 8, 16, . . . , 22010 . Их остатки при
делении на 2006 могут принимать одно из 2009 значений — 0, 1, 2, . . . , 2008. Из принципа Дирихле
следует, что какие-то две степени имеют одинаковые остатки. Значит разность этих чисел имеет
остаток нуль и, следовательно, делится на 2009.
10. Докажите, что из любых семи натуральных чисел можно выбрать три числа, сумма которых
делится на три.
Решение. По принципу Дирихле из семи чисел можно выбрать три, дающие одинаковые
остатки при делении на 3 (так как имеется лишь три различных остатка — 0, 1 и 2). Их сумма,
очевидно, делится на 3.
11. Какое наибольшее число королей можно поставить на шахматную доску так, чтобы никакие
два из них не били друг друга?
Решение. Ответ: 16 королей.
Разобьем доску на 16 квадратиков, как показано на рисунке 10. Очевидно, что в каждом квадратике
Рис. 10: К решению задачи 11
может стоять не более одного короля. Значит, больше 16 королей расставить не удастся. Одна из
расстановок 16 королей приведена на рисунке 11.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Рис. 11: К решению задачи 11
♦♦
12. Какое наибольшее число коней можно поставить на шахматную доску так, чтобы никакие два
из них не били друг друга?
Решение. Ответ: 32 коня.
Разобьем доску на 8 прямоугольников 2 × 4, как показано на рисунке 12. В каждом прямоугольнике
2 × 4 может стоять не более четырех коней. Действительно, разобьем клетки прямоугольника 2 × 4
на пары, как показано на рисунке 13, тогда на клетках с одинаковыми номерами не могут одновременно стоять кони. Значит, более 8 · 4 = 32 коня расставить не удастся. На рисунке 14 приведен
21
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
Рис. 12: К решению задачи 12
1
2
3
4
2
1
4
3
Рис. 13: К решению задачи 12
пример, как можно расставить 32 коня.
13. Дано восемь различных натуральных чисел, не превосходящих 15. Докажите, что среди их
положительных попарных разностей есть три одинаковых.
Решение. Всего различных разностей может быть 14 — от 1 до 14 — это 14 “клеток”, в
которые мы будем сажать “кроликов” — разности между парами данных нам натуральных чисел.
Мы имеем 28 пар (каждое число участвует в семи парах, и в каждой паре участвует два числа,
8·7
= 28 пар), но их можно рассадить по 14 “клеткам” так, что в каждой
следовательно всего
2
“клетке” будет сидеть ровно два “кролика”. Однако, заметим, что в “клетке” с номером 14 может
сидеть не более одного “кролика”, ведь число 14 можно записать как разность двух натуральных
чисел, не превосходящих 15, лишь одним способом: 14 = 15 − 1. Значит, в оставшихся 13 “клетках”
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Рис. 14: К решению задачи 12
22
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
сидят не менее 27 “кроликов”, и применение обобщенного принципа Дирихле дает нам желаемый
результат.
14. Докажите, что в любой компании есть двое, имеющие одинаковое число знакомых в этой компании.
Решение. Пусть в компании n человек. Тогда у каждого человека может быть от 0 до n − 1
знакомых. Таким образом, количество знакомых может принимать n различных значений: 0, 1, 2,
. . . , n − 1. Поэтому если бы все n человек имели различное число знакомых, то в компании присутствовало бы по одному человек, имеющему 0, 1, 2, . . . , n − 1 знакомых. Однако, если в компании
есть человек, имеющий n − 1 знакомого, то он знаком со всеми, и следовательно, в компании не
может быть человека, который совсем не имеет знакомых. Полученное противоречие показывает,
что в любой компании найдутся два человека с одинаковым числом знакомых.
15. На складе имеется по 200 сапог 41, 42 и 43 размеров, причем среди этих 600 сапог 300 левых и
300 правых. Докажите, что из них можно составить не менее 100 годных пар обуви.
Решение. В каждом размере каких-то сапог меньше — либо правых либо левых (иначе, если
в каком-то из размеров левых и правых сапог поровну — по 100 штук, то мы уже смогли найти 100
годных пар). Выпишем эти типы сапог по размерам. Какой-то тип, например, левый, повторится
по крайней мере дважды, например, в 41 и 42 размерах. Но так как количество левых сапог этих
размеров суммарно не меньше 100 (иначе получится, что левых сапог 43 размера более 200, что
невозможно), то мы имеем не менее 100 годных пар обуви этих размеров.
16. Существует ли натуральное число, состоящие только из единиц, делящееся на 2009.
Решение. Ответ: существует.
Рассмотрим числа 1, 11, 111, 1111, . . . , 1111
| {z. . . 11} . Так как чисел 2010, то какие-то два из них
2010 единиц
будут иметь одинаковые остатки при делении на 2009 и, следовательно, разность этих чисел будет
делиться на 2009. Их разность имеет вид
1111 . . . 110000 . . . 00 = 1111 . . . 11 · 10000 . . . 00.
Но числа 10000 . . . 00 и 2009 не имеют общих делителей, значит 1111 . . . 11 делится на 2009.
17. Верно ли, что любой треугольник можно разрезать на 1000 частей, из которых можно сложить
квадрат?
Решение. Ответ: не верно.
1
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC с катетами AC = 20000 и BC =
. Его площадь
10000
равна 1. Предположим, что его можно разрезать на 1000 частей, из которых можно сложить квадрат. Тогда сторона этого квадрата должна быть равна 1. Разобьем катет AC длины 20000 на 1000
равных отрезков точками A = A0 , A1 , . . . , A999 , A1000 = C. Поскольку частей 1000, а точек 1001,
какие-нибудь две из этих точек попадут в одну часть. Эта часть не может поместиться в квадрат, поскольку расстояние между любыми двумя из точек A0 , A1 , . .√
. , A999 , A1000 не меньше 20, а
расстояние между любыми двумя точками квадрата не превосходит 2. Полученное противоречие
доказывает, что рассматриваемый треугольник невозможно разрезать на 1000 частей, из которых
можно сложить квадрат.
18. Дорога протяженностью 10 километров полностью освещена фонарями, причем каждый фонарь
освещает отрезок дороги длиной 10 метров, в середине которого он находится (при этом свет от
фонаря не может выходить за края дороги). Какое наибольшее количество фонарей может быть
на дороге, если известно, что после выключения любого фонаря дорога будет освещена уже не
полностью?
Решение. Занумеруем фонари натуральными числами в порядке следования вдоль дороги.
Если отрезки, освещенные n-м и (n + 2)-м фонарями, пересекаются (хотя бы по одной точке), то (n +
+ 1)-й фонарь можно выключить. Следовательно, отрезки с различными нечетными номерами, не
пересекаются. На отрезке длины 10 км нельзя расположить больше 999 непересекающихся отрезков
длины 10 м. Если бы фонарей было хотя бы 1999, то фонарей с нечетными номерами было бы не
менее 1000. Значит, фонарей не больше 1998.
Расположим 1998 фонарей так, чтобы центры освещенных отрезков образовывали арифметическую прогрессию, первый член которой равен 5 м, а 1998-й равен 9995 м (разность этой прогрессии
23
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
9990
19980
> 5 м). Расстояние между n-м и (n + 2)-м фонарем равно
м. Значит, между от1997
1997
10
м. Его освещает только (n + 1)-й
резками, освещенными этими фонарями, имеется зазор в
1997
фонарь. Поэтому никакой фонарь нельзя выключить.
равна
19. Мишень представляет собой треугольник, разбитый тремя семействами параллельных прямых
на 100 равных треугольничков. Снайпер стреляет по мишени. Он целится в треугольничек и попадает либо в него, либо в один из соседних с ним по стороне. Он видит результаты своей стрельбы и
может выбирать, когда стрельбу заканчивать. Какое наибольшее число треугольничков он может
с гарантией поразить ровно пять раз?
Решение. Покажем, что стреляющий может добиться 25 призовых мишеней. Рассмотрим
разбиение мишени на 25 треугольных кусков 2 × 2, т.е. состоящие из четырех треугольников. Тогда, стреляя в центр каждого из них до тех пор, пока в одном из четырех треугольников куска
не накопится пять попаданий, он получит ровно 25 призовых мишеней. Покажем, что стрелок не
может гарантировать себе большего количества. Действительно, при стрельбе в произвольный треугольничек какого-то куска стрелок может всегда попадать в центральный треугольничек этого
куска. Тогда призовых мишеней будет не больше 25, так как в остальные он не попадет ни разу.
20. На шахматной доске 8 × 8 отмечены центры всех полей. Можно ли тринадцатью прямыми
разбить доску на части так, чтобы внутри каждой из них лежало не более одной отмеченной точки?
Решение. К краю шахматной доски 8 × 8 прилегает 28 полей. Проведем 28 отрезков, соединяющих центры соседних крайних полей. Каждая прямая может пересекать не более двух таких
отрезков, поэтому 13 прямых могут пересекать не более 26 отрезков, т.е. найдутся по крайней мере 2
отрезка, не пересекающихся ни с одной из 13 проведенных прямых. Поэтому тринадцатью прямыми
нельзя разбить шахматную доску так, чтобы в каждой части лежало не более одной отмеченной
точки, поскольку оба конца отрезка, не пересекающегося с прямыми, лежат в одной части.
21. В квадрате со стороной 15 расположено 20 квадратиков со стороной 1. Докажите, что в большом
квадрате можно разместить круг радиуса 1 так, чтобы он не пересекался ни с одним из квадратиков.
Решение. Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, удаленных от квадратика со стороной 1 на расстояние не больше 1. Ясно, что круг радиуса 1, центр которого расположен вне этой
фигуры, не пересекается с квадратиком. Площадь такой фигуры равна π + 5. Центр нужного круга
должен также находиться на расстоянии больше 1 от сторон большого квадрата, т.е. внутри квадрата со стороной 13. Ясно, что 20 фигур площадью π + 5 не могут покрыть квадрат со стороной 13,
так как 20(π + 5) < 20 · 8, 2 = 164 < 132 . Круг с центром в непокрытой точке обладает требуемым
свойством.
22. В таблицу 9 × 9 расставлены числа от 1 до 81. Докажите, что при любой расстановке чисел
найдутся две соседние клетки такие, что разность между числами, стоящими в этих клетках, не
менее 6.
Решение. Где-то в таблице стоит 1, а где-то 81. Соединим эти числа цепочкой, переходя от
одного числа к другому (стоящему в соседней клетке), сделав минимальное число переходов (их
будет не более 16). Если в таблице разность между соседними меньше шести, то число переходов в
цепочке ровно 16, иначе по принципу Дирихле нашелся бы переход с разностью, большей 5. Значит,
1 и 81 стоят в противоположных углах таблицы, а в цепочке стоят числа 1, 6, 11, 16, 21, . . . , 81.
Рассмотрим другую минимальную цепочку, соединяющую 1 и 81. В ней тоже должны стоять числа
1, 6, 11, 16, . . . , 81. Но в таблице все числа различные — противоречие.
23. Теннисист для тренировки играет каждый день хотя бы одну партию; при этом, чтобы не
перетрудиться, он играет не более 12 партий в неделю. Докажите, что можно найти несколько
таких подряд идущих дней, в течение которых теннисист сыграл ровно двадцать партий.
Решение. Обозначим через ai количество партий, сыгранных в i-ый день; по условию, ai > 0.
Рассмотрим 154 натуральных числа: a1 , a1 + a2 , . . . , a1 + a2 + . . . + a77 , a1 + 20, a1 + a2 + 20, . . . ,
a1 + a2 + . . . + a77 + 20. Каждое из них не превышает 12 · 11 + 20 = 152, следовательно, какие-то
два из них совпадают. Поскольку все ai > 0, то совпадать могут только числа из разных строк; из
этого и следует искомое утверждение.
♦
24
Трушин Б.В., 26-28 июня 2010 г.
24. Каждая из 9 прямых разбивает квадрат на два четырехугольника, площади которых относятся
как 2 : 3. Докажите, что по крайней мере три из этих девяти прямых проходят через одну точку.
Решение. Каждая из 9 прямых разбивает квадрат на две трапеции, основания которых
лежат на сторонах квадрата и высоты равны стороне квадрата. Ясно, что прямая делит “среднюю
линию” квадрата в отношении 2 : 3, поскольку отношение площадей этих трапеций равно отношению
их средних линий. На каждой из двух средних линий имеется 2 точки, делящие ее в отношении
2 : 3. В результате мы получаем, что каждая из девяти данных прямых проходит через одну из 4
указанных точек. По принципу Дирихле через одну из этих точек пройдет не менее трех прямых.
25. Имеется 2009 карточек, занумерованных числами от 1 до 2009. Какое наибольшее число карточек можно выбрать так, чтобы ни один из извлеченных номеров не был равен сумме двух других
извлеченных номеров?
Решение. Если взять 1005 карточку с нечетными номерами, то условие задачи будет выполнено. Если взять 1006 карточки, то рассматривая разности чисел на них, мы получим не менее
1005 различных чисел от 1 до 2008. Поэтому хотя бы одно из них совпадет с номером на одной из
1006 выбранных карточек.
25