Решения отборочнойx

VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
4-5 класс
Задача 1. Найдите наибольшее число, в котором цифры не повторяются и из которого
нельзя с помощью вычеркивания одной цифры получить четное число.
Ответ: 9876542031. Решение. Используем все десять цифр. Четная цифра не может
стоять последней (так как можно вычеркнуть любую цифру, кроме последней) и не
должна стоять предпоследней (ибо тогда можно вычеркнуть последнюю цифру). Таким образом, в конце стоять две самые маленькие нечетные цифры, а остальные
цифры – в порядке убывания.
Задача 2. Разрежьте приведенную на рисунке фигуру на четыре равные части. Фигурки
можно поворачивать и переворачивать.
Решение. см. рисунок.
Задача 3. На линейке дециметровое деление – длинное, сантиметровое – среднее и миллиметровое – короткое. Если на одну точку приходится несколько делений, то рисуется самое длинное. На куске, вырезанном из
длинной-длинной линейки, всего 900 коротких делений. А сколько может быть средних и длинных? Найдите
все ответы и докажите, что других нет.
Ответ: если длинных 9 или 11, то средних – 90. Если длинных 10, то средних 89, 90 или 91.
Решение. Рассмотрим отрезок от целого числа дециметров до целого
числа дециметров. Считаем его начало и не считаем его конец. Там ровно
одно длинное деление, 9 средних и 90 коротких. Заметим, что если вначале и в конце куска есть неполные дециметровые отрезки, то на них в
сумме тоже 90 коротких делений. Значит, они составляют дециметровый
отрезок, возможно, при этом одно среднее или длинное деление будет
отрезано. Итого дециметровых отрезков – 10 штук. Длинных делений – 10,
но при этом первое деление может быть существовать или нет, аналогично может добавиться деление в конце. Значит, длинных делений – от
9 до 11. Если длинных делений 9 или 11, то средних ровно 90. Если длинных делений – 10, то средних может
быть от 89 до 91.
Задача 4. Приведена раскраска доски (см. рисунок). Разрешается менять местами строки и столбцы. Докажите, что из этой раскраски с помощью указанных операций нельзя получить шахматную.
Решение. Посмотрим на третью и четвертую строки. Заметим, что те две клетки, которые на рисунке находятся
в одном столбике, при любой перестановке останутся в одном столбике. В первом столбике клетки третьей и
четвертой строки – одинакового цвета, а во втором столбике – разного, что невозможно.
Задача 5. В мишени есть три области, попадание в которых ценится в 5 очков, 3
очка и 2 очка (см. рис.). Попадание вне этих областей – 0 очков. За один раунд
игрок делает три выстрела, очки за которые суммируются. За какое минимальное
количество раундов можно набрать ровно 134 очка?
Ответ: за 10. Решение. Заметим, что за один раунд набрать 14 очков невозможно (так как 5+5+5=15, а 5+5+3=13).За 9 раундов можно набрать максимум 159
= 135 очков. Если же хотя бы в одном раунде из девяти набрать не 15, а 13 очков,
то в сумме будет всего лишь 133 очка, что меньше, чем необходимо. А за 10 раундов набрать 134 легко, например, 8 раундов по 15 (это 120 очков) и два раунда
по 7 очков (2+2+3).
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Задача 6. Цифры семизначного числа А записали в обратном порядке и получили семизначное число В (ни
одно из них не может начинаться с нуля). Может ли сумма чисел А и B записываться
только нечетными цифрами?
Ответ: да, может. Решение. Один из примеров - 2020909+9090202=11111111. Конечно, могут быть и другие варианты.
Задача 7. Расставьте на шахматной доске 4 ферзя, 4 слона и 4 короля так, чтобы ни
одна из фигур не била никакую другую.
Решение. см. рисунок.
Задача 8. В диване юного энтомолога Васи живут клопы и блохи, всего 2015 насекомых. Вася подсчитал, что
если бы количество клопов увеличилось в 2 раза, а количество блох уменьшилось на 100, то насекомых бы
стало 2016. Сколько клопов и блох живет в диване у Васи?
Ответ: клопов 101, блох 1914. Решение. Убираем 100 блох и добавляем клопов.
При этом общее количество насекомых увеличивается на 1, то есть мы добавили
101 клопа. Но мы увеличили количество клопов в два раза, то есть клопов сейчас
101. Но тогда блох 1914.
Задача 9. В лагерь приехали мальчики и девочки. У каждого ребенка ровно один
знакомый мальчик и ровно одна знакомая девочка. Докажите, что число детей делится на 4.
Решение. Соединим знакомых детей отрезком, получив граф. Он состоит из циклов, где чередуются пары
«мальчик–мальчик» и «девочка–девочка». Число пар в силу чередования четно, поэтому число вершин в таком цикле делится на 4.
Задача 10. Квадрат со стороной 5 разрезан на два прямоугольника. Докажите, что хотя бы у одного прямоугольника периметр больше площади.
Решение. Суммарная площадь двух прямоугольников — 25, а их суммарный периметр — 30 (общая сторона
длины 5 считается дважды, периметр квадрата, равный 20, один раз), а если бы утверждение задачи было
неверным, суммарный периметр прямоугольников был бы не больше их суммарной площади.
Задача 11. У Васи есть 9 одинаковых по внешнему виду гирь. Он знает, что среди них есть 2 гири в 3 кг, 3 гири
в 4 кг и 4 гири в 5 кг, но не знает, какая гиря сколько весит. Еще у Васи есть электронные весы с датчиком,
который срабатывает только тогда, когда суммарный вес гирь, положенных на весы, превышает 7 кг. Как с
помощью этого прибора установить веса всех гирь?
Решение. Выберем любую гирю и применим электронные весы ко всем парам гирь, в которые входит выбранная. Если гиря весит 3кг, датчик сработает 4 раза, если 4кг, то 6 раз, а если 5 кг, то 8 раз. Аналогичным образом
определим веса остальных гирь.
Задача 12. На скамейке в ряд сидят три мальчика – Слава, Леша и Вадик, хотя неизвестно, в каком порядке
они сидят. Они держат в руках 20 шариков, причем справа от Славы 10 шариков, а слева от Вадика – 15 шариков. Сколько у кого шариков и в каком порядке они сидят? Найдите все ответы и докажите, что других нет.
Ответ: Слева направо сидят Слава, Леша и Вадик, при этом у Славы 10 шаров, у Леши – 5 шаров и у Вадика
тоже пять шаров.
Решение. Если Вадик сидит слева от Славы, то шарики, которые упомянуты – это разные шарики. Но тогда их
25, что больше 20. Значит, Вадик сидит справа от Славы. При этом дважды сосчитаны могут быть только те
шары, которые находятся между ними. Значит, между ними сидит Леша, и у него 15+10–20 = 5 шаров. Тогда у
Вадика тоже 5 шаров, и у Славы – 10.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
6 класс
Задача 1. Найдите наибольшее число, в котором цифры не повторяются и из которого нельзя с помощью вычеркивания одной цифры получить число, делящееся
на 5.
Ответ: 9876543021. Решение. Используем все десять цифр. Цифры 0 и 5 не могут
стоять последними (так как можно вычеркнуть любую цифру, кроме последней)
и не могут стоять предпоследними (ибо тогда можно вычеркнуть последнюю
цифру). Таким образом, в конце стоять две самые цифры, не совпадающие с 0 и 5,
а остальные цифры – в порядке убывания.
Задача 2. Есть 88 яблок, средний вес яблока равен 100 г. Назовем яблоко маленьким, если его вес
меньше 100 грамм. Известно, что средний вес маленьких яблок равен 85 г., а средний вес остальных
яблок равен 125 г. Сколько могло быть маленьких яблок?
Ответ: 55. Решение. Общий вес всех яблок – 8800 г. Пусть маленьких яблок – m штук. Тогда их общий
вес – 85m. Оставшихся яблок 88–m, их вес 125(88–m). Получаем уравнение 8800 = 85m+125(88–m), откуда, раскрыв скобки и приведя подобные, получим, что 8825 = 40m, отсюда ответ.
Задача 3. Каждая клетка доски 8×8 окрашена в какой-то цвет, при этом в любой строке и любом
столбце есть клетки ровно двух цветов. Какое наибольшее количество различных цветов может быть
использовано? Приведите пример. Докажите, что при других вариантах ответ не может быть больше.
Ответ: 9 цветов. Решение. Пример. Поставим 8 клеток разного цвета по главной диагонали, а остальные клетки покрасим в девятый цвет. Оценка. Предположим, что можно взять не менее 10 цветов. Т.к.
в первой строке ровно 2 цвета, то остальные цвета должны оказаться в оставшейся доске 7×8. Значит,
по принципу Дирихле найдётся строка (можно считать, что вторая), в которой 2 новых цвета, отличных
от цветов первой строки. Но тогда в каждом столбце стоят только клетки цветов из первой и второй
строки, т.к. это будут два разных цвета. Значит, на доске окажется ровно 4 цвета. Противоречие, значит, всего не более 9 цветов.
Задача 4. За один ход можно либо удвоить число, либо вычеркнуть одну цифру в этом числе (при этом
нельзя, чтобы получившееся после вычеркивания число начиналось с нуля). Можно ли за несколько
ходов получить из числа 2015 число, если обязательно надо использовать оба варианта хода?
Ответ: да, можно. Решение. Например, 2015 → 215 → 430→ 43 →3 → 6 →12 →1. Могут быть другие
примеры.
Задача 5. На клетчатом листе по линиям сетки нарисован многоугольник, который можно разрезать на 6 квадратиков 22. Верно ли, что из него можно вырезать хотя бы 7 уголков? Уголком
называется фигура из трех клеток – см. рис. Уголок можно поворачивать и переворачивать.
Ответ: нет, неверно. Решение. см. фигуру на рисунке. Разделим её на квадраты 2×2 с помощью штриховых линий. В указанной фигуре всего 24 клетки. Допустим, что нам удалось вырезать
7 уголков, тогда они заняли 21 клетку. Осталось только три свободных клетки. Значит, в одном из крайних квадратов занято минимум три клетки.
Пусть это верхний квадрат, и в нем нет свободных клеток. Тогда
Тогда расположение уголков восстанавливается однозначно, как
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
указано на рисунке, и на нижние 4 квадрата (16 клеток) осталось 5 уголков и одна свободная клетка.
Тогда в одном из серых квадратов нет пустых клеток, значит в примыкающем к нему белом уже будут
две свободные клетки. Противоречие.
Пусть в верхнем квадрате одна свободная клетка, тогда отрежем его. Останется 5 квадратов и 2 свободные клетки. Если хотя бы в одном из крайних квадратов заняты все 4, то в соседнем с ним свободны
две. Тогда и в другом крайнем заняты все 4 клетки, но тогда необходимо еще две свободных, противоречие. Пусть в крайних квадратах по одной свободной клетке. Отрежем эти квадраты. Останутся
три квадрата и 4 уголка, то есть ни одной свободной клетки, что невозможно.
Задача 6. В таблице 6×6 клеток в каждую закрашенную серым цветом клетку
вписан ноль или единица. Докажите, что при любом заполнении серых клеточек
можно заполнить белые клетки нулями и единицами так, чтобы сумма чисел в
каждом столбце и в каждой строке оказалось четной.
А
А
А
А
А
Решение. Поставим в клетки А и в клетки В 0 или 1 так, чтобы сумма в каждой В В В В В
строке, кроме последней, и в каждом столбце, кроме последнего, была четной. Тогда сумма серых
клетках и в клетках А – четная, тогда сумма в серых клетках имеет ту же четность, что в сумма в клетках
А. Аналогично можно сказать про клетки В, а значит, четность в клетках А и в клетках В одинакова.
Значит, в нижнюю левую клетку можно поставить 0 или 1 (в зависимости от четности в клетках А), и
противоречия не возникнет.
Задача 7. Есть три кучки – 2014, 2015 и 2016 камней. Двое играют в игру. За ход игрок может взять один
камень из любой кучки или одну кучу целиком. Выигрывает тот, кто взял последний камень. Кто выигрывает при правильной игре?
Ответ: выигрывает первый.
Решение. Начинающий должен первым ходом забрать целиком кучку в 2015 камней. Далее после
хода второго в сумме в кучах нечетное число камней, значит, кучи не равны, и первый всегда может
брать камень из той кучи, где камней больше. Если второй забирает какую-то кучу целиком, то первый
забирает оставшуюся кучу и выигрывает. Если же этого не случилось, то после хода первого снова остаются две кучи с одинаковым по четности числом камней. То есть первый игрок не проигрывает, а поскольку игра не может продолжаться бесконечно долго, то выигрывает.
Задача 8. В словах ДЕНЬ, НОЧЬ, СВЕТ, ТЕНЬ буквы заменены цифрами, причём одинаковые буквы одинаковыми цифрами, а разные – разными. Получилось 4 числа, только, может быть, записанные в другом порядке: 1835, 2015, 6015, 9406. А какое число получится при такой замене из слова ОТВЕТ?
Ответ: 86406. Решение. Три слова оканчиваются на Ь, значит, это цифра 5. Тогда СВЕТ – это 9406, ВЕТ
– это 406, Т – это 6. Слова ДЕНЬ и ТЕНЬ оканчиваются на три одинаковых буквы, значит, это 2015 и 6015,
а НОЧЬ – это 1835. Тогда буква О – это 8. Отсюда получаем ответ.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Задача 9. Врач сообщил Змею Горынычу, что если он будет
выкуривать по 6 сигарет в день, то помрет через 10 лет, а если
по 17 сигарет в день, то через 5 лет. Сколько проживет Змей,
если бросит курить? (Считаем, все годы одинаковой длины, а
каждая сигарета сокращает жизнь на одно и то же время).
Ответ: 22 года . Решение. Пусть он, не куря, проживет n лет.
Пусть одна сигарета в день каждый год сокращает жизнь на a. Тогда 6 сигарет в день на протяжении
10 лет сократят жизнь на 106a = 60a, а 17 сигарет в день на протяжении 5 лет сократят жизнь на 517a
=85a. Следовательно, получаем два соотношения n–60a = 10, n–85a = 5, откуда 25a = 5, a=0,2 года. Значит, n=60a+10 = 600,2+10 =22
Задача 10. На доске записаны натуральные числа от 1 до 11. Можно ли стереть сначала одно число из
записанных, потом стереть ещё два, потом – ещё три, и, наконец, стереть ещё четыре числа так, чтобы
после каждого стирания сумма оставшихся на доске чисел делилась
на 11?
Ответ: нет, нельзя. Решение. Заметим, что сумма записанных чисел равна 66. Следовательно, чтобы после первого стирания сумма
оставшихся чисел делилась на 11, необходимо, чтобы стёртое число
также делилось на 11. Кроме того, после четырёхкратного стирания
останется одно число, которое опять-таки должно делиться на 11. Но
среди записанных чисел есть только одно число, кратное одиннадцати.
Задача 11. В лагерь приехали мальчики и девочки. У каждого мальчика ровно один знакомый мальчик
и ровно одна знакомая девочка. У каждой девочки есть ровно два знакомых мальчика. Докажите, что
число детей делится на 3.
Решение. Соединим знакомых детей отрезком, получив граф. Он состоит из циклов, где чередуются
следующие фрагменты «-мальчик–мальчик-девочка- ». Следовательно, количество вершин в таком
цикле делится на 4.
Задача 12. Имеется шесть гирь, выглядящих внешне совершенно одинаково и даже выкрашенных в
один и тот же цвет: три гири одного и три гири другого (чуть большего) веса. Определите с помощью
трёх взвешиваний на равноплечих весах, к какой из двух категорий относится каждая из 6 гирь — к
тяжёлым или к лёгким.
Решение. Обозначим гири A, B, C, D, E и F.
Положим на весы гири А и B. Первый случай - они равны. Тогда заменим В на C. Если снова равенство,
то гири A, B и C – одного типа, а D, E и F – другого. Третьим взвешиванием мы берем дону гирю из
первой группы и одну из второй, и понимаем, какая группа более тяжелая. Если же B<C (или B>C ), то
мы нашли две легкие и одну тяжелую ( или две тяжелые и одну легкую). Тогда мы знаем про D, E, F,
что там две тяжелые и одна полегче (или наоборот), тогда мы определим их за одно взвешивание.
Взвешиваем две гири, если они равны – они одного типа, если нет – то узнаем, какая из них тяжелая,
а какая – легкая. Оставшаяся гиря определяется методом исключения.
Второй случай, A<B. Ставим вместо B гирю C. В зависимости от того, перевесила она гирю А или равна
А, мы понимаем про первые три гири, какого они типа. Дальше по отношению к оставшимся трем
гирям действуем как в первом случае.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
7 класс
Задача 1. На столе стоит 10 гирь. Известно, что вес любой гири меньше, чем утроенный вес любой другой.
Докажите, что для любых четырех гирь сумма весов любых трех из них больше веса четвертой.
Решение. Возьмем самую лёгкую из трех гирь. Ее утроенный вес больше веса четвертой гири. С другой
стороны, он не больше суммы весов всех трех гирь, откуда и вытекает утверждение задачи.
Задача 2. Найдите наибольшее число, в котором цифры не повторяются и из которого нельзя с помощью
вычеркивания одной цифры получить число, делящееся на 9.
Ответ: 98765320. Решение. Если будут участвовать все 10 цифр, то их
сумма делится на 9. Если вычеркнуть цифру 9, то оставшееся число будет
делиться на 9, поэтому все 10 цифр использовать нельзя. Пусть участвует
только 9 цифр, и не участвует цифра x. Тогда можно вычеркнуть цифру 9–x,
тогда сумма оставшихся цифр равна 36, и число делится на 9.
Пусть используется только 8 цифр, и не используются цифры x и y. Сумма
оставшихся цифр равна 45–x–y. Если x+y≤9, то если вычеркнуть цифру 9–x–y, мы получим число, кратное
9. Чтобы это оказалось невозможным, этой цифры не должно быть, то есть без ограничения общности 9–
x–y=x, 2x+y=9. Перебором находим такие пары (4, 1), (2, 5) и (1, 7). Если x+y>9, то аналогично можно вычеркнуть цифры 18–x–y, откуда 18–x–y=x, 2x+y=18, это пары (8, 2), (7, 4), (5, 8). Из всех пар нам надо выбрать
наименьшую, то есть (1, 4), и её выбросить.
Задача 3. Можно ли клетчатый прямоугольник 13×13 разрезать по границам клеток на прямоугольники
периметра 10?
Ответ: нельзя. Решение. Заметим, что периметр 10 будет у прямоугольника с суммой сторон, равной 5.
Значит, у каждого прямоугольника одна из сторон четна, и он будет накрывать чётное количество клеток
прямоугольника 13×13. Тогда и все прямоугольники в сумме накроют чётное количество клеток, а их у нас
нечётное число – 169. Значит, разрезать на прямоугольники периметра 10 не удастся.
Задача 4. Дан ребус ДЕНЕГ+НАДО=МНОГО (разным буквам соответствуют разные цифры, одинаковым –
одинаковые). Как велико может быть МНОГО (найдите наибольшее значение).
Ответ: 28606. Решение. По последним цифрам видим, что Г=0, тогда сумма цифр в разряде десятков Е+Д
оканчивается на 0, т.е. равна 10. В разряде тысяч при сложении Е>0 и Н получилась цифра Н, значит, из
предыдущего разряда должна была прийти 1 (большая цифра прийти не могла, т.к. НЕГ+АДО<
1000+1000=2000). Тогда получаем, что Е=9, Д=10–Е=1. Кроме того, из разряда тысяч перейдёт единица, т.к.
Е+Н+1=10+Н. Значит, число МНОГО могло начинаться максимум с 28, при этом ДЕНЕГ=19890, тогда в разряде сотен А максимально 7, цифра О равна 6, а весь ребус имеет вид 19890+8716=28606.
Задача 5. Карлсон влил стакан малинового сиропа в банку с водой. Получился 25% раствор морса. Потом
он добавил в банку еще один стакан сиропа. Раствор какой концентрации получился в результате?
Ответ: 40%. Решение. После первого добавления получился 25% раствор, то есть три части воды и одна
часть сиропа. Таким образом, стакан сиропа составляет 1/3 банки воды. Но тогда два стакана сиропа – это
2/3 банки воды, то есть после добавления второго стакана сиропа соотношение стало сиропа к воде стало
равно 2:3, что соответствует концентрации в 40%.
Задача 6. Существует ли число, кратное 2015, сумма цифр которого равна 2015?
Ответ: да, существует. Решение. Например, 403020152015…2015 (2015 повторяется 251 раз)
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Задача 7. В стране Посудии в ходу два вида монет – пиалы и розетки. У Альберта было 6 пиал, у Бруно 3
пиалы и 23 розетки, у Кристофера было 46 розеток. После того как каждый из мальчиков подарил каждому другому по одной из своих монет, у всех оказались одинаковые
суммы денег. Сколько розеток в одной пиале?
Ответ: 11 или 21. Решение. Пусть в пиале n розеток. Альберт в любом случае отдал
две пиалы, а Кристофер – две розетки.
1 случай. Бруно отдал две пиалы. Тогда у Бруно 3n+23–2n+n+1=2n+24, а у Кристофера
44+n+n = 44+2n, что не может быть равно Бруно. Противоречие.
2 случай. Бруно отдал две розетки. Тогда у Альберта 6n–2n+1+1=4n+2. У Бруно 3n+23–
2+n+1=4n+22, что не может быть равно Альберту. Противоречие.
3 случай. Бруно отдал Альберту пиалу, а Кристоферу – розетку. Тогда у Бруно не изменилось ничего, осталось 3n+23, а у Альберта 6n–2n+n+1=5n+1. Отсюда 2n=22, n=11. Проверка показывает, что и у Кристофера
в этом случае получится 56 розеток, как и у других.
4 случай. Бруно отдал Альберту розетку, а Кристоферу – пиалу. Снова у Бруно не изменилось ничего, осталось 3n+23, а у Альберта 6n–2n+1+1=4n+2. Отсюда n=21. Проверка показывает, что у Кристофера в этом
случае получится 86 розеток, как и у других.
Задача 8. У Д’Артаньяна и трёх мушкетеров есть 100 монет. Они едут в ряд, плечом к плечу. У тех, кто справа
от Арамиса, в сумме 60 монет; слева от Атоса – 70 монет, а слева и справа от Портоса монет поровну.
Сколько монет у Д’Артаньяна?
Ответ: У Д’Артаньяна – 10 монет. Решение. Если Арамис справа от Атоса, то деньги справа от Арамиса и
слва от Атоса – это разные деньги. Но тогда из сумма равна 130, что больше 100. Значит, Атос едет справа
от Арамиса, а между ними 60+70–100 = 30 монет (у одного или двоих мушкетеров). Значит, Арамис и, возможно, кто-то левее имеют 40 монет, а Атос и, возможно, кто-то правее – 30 монет. Это означает, что Портос едет между Атосом и Арамисом, при этом между Атосом и Портосом должно быть 10 монет. Это означает, что их имеет Д’Артаньян (ибо больше некому). Можно восстановить порядок слева направо: Арамис
с 40 монетами, Портос с 20 монетами, Д’Артаньян с 10 монетами и Атос с 30 монетами.
Задача 9. Есть три кучки камней. Двое играют в игру. За ход игрок может взять один камень из любой кучки
или одну кучу целиком. Выигрывает тот, кто взял последний камень. Докажите, что начинающий может
выиграть независимо от количества камней в кучках и игры соперника.
Решение. Найдутся две кучки, число камней в которых одинаковой чётности. Вместе в них чётное число
камней. Начинающий должен первым ходом забрать целиком третью кучку. Далее после хода второго в
кучах всегда разное число камней, и первый всегда может брать один камень из той кучи, где камней
больше. Если второй после этого забирает одну кучу целиком, то первый забирает оставшуюся кучу и выигрывает. Если же второй делает другой ход, то после хода первого снова остаются две кучи с одинаковым
по четности числом камней. То есть первый игрок не проигрывает, а поскольку игра не может продолжаться бесконечно долго, то выигрывает.
Задача 10. Имеется 6 гирь: 2 красные, 2 белые и 2 синие. Внешне любая пара выглядит совершенно одинаково, но одна из гирь в каждой паре весит чуть больше другой. Все три более тяжёлые гири имеют одинаковый вес. Все три более лёгкие гири также равны по весу. Можно ли с помощью всего лишь двух взвешиваний на равноплечих весах определить, какая из гирь в каждой паре тяжелее?
Ответ: да. Решение. Положим на одну чашу весов красную и белую гири, а на другую — синюю и белую
гири.
Если чаши весов окажутся в равновесии, то вы будете знать, что на каждой чаше находится по одной тяжёлой и по одной лёгкой гире. Сняв с весов синюю и красную гири, вы оставите на чашах по белой гире и
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
узнаете не только, какая из них тяжелее, но и какая из снятых гирь — красной и синей — была тяжёлой и
какая лёгкой. Тем самым вы определите, какая из гирь, оставшихся в стороне, тяжёлая и какая лёгкая.
Если при первом взвешивании окажется, что одна чаша весов перетягивает другую, то вы сможете лишь
утверждать, что белая гиря на опустившейся чаше тяжелее белой гири на поднявшейся чаше, но останетесь
в неведении относительно веса красной и синей гирь.
Переложите обе белые гири на одну чашу весов, а красную и синюю гири — на другую (все четыре гири —
те же, что и при первом взвешивании). Обозначим красную гирю буквой К, а синюю — буквой С. Возможны
3 исхода.
а) Чаша с двумя белыми гирями опустилась. Обе гири К и С на другой чаше весов лёгкие.
б) Чаша с гирями К и С опустилась. Обе гири К и С тяжёлые.
в) Чаши весов находятся в равновесии. Та из гирь К или С, которая при первом взвешивании находилась на
опустившейся чаше, тяжёлая, а другая лёгкая.
Как и в первом случае, данные, полученные после двух взвешиваний, позволяют установить, какая из гирь,
не подвергшихся взвешиванию, тяжёлая и какая лёгкая.
Задача 11. В лагерь приехали 60 детей, у каждого из которых
среди остальных один или два друга. Отряды называются почти
равными, если в них количество детей отличается не больше чем
на 2. Докажите, что детей можно разбить на два почти равных
отряда так, что у каждого ребёнка в его отряде окажется по крайней мере один друг.
Решение. Соединим двух знакомых детей ребром, получим граф
знакомств. Он состоит из циклов и цепей (так как степень каждой
вершины два или один). Четные циклы и цепи делим на пары
вершин, соединенные ребром, а нечетные – на пары и одну тройку. Всего вершин четное число, поэтому
нечетных нечетных циклов и цепей – четное число, значит, и троек – четное число. Тройки разделим по
двум отрядам поровну, а пары – поровну или в один отряд дадим на одну пару больше.
Задача 12. Какое наибольшее количество слонов можно расставить на доске 77 так, чтобы каждый слон
бил четное число слонов?
Ответ: 41. Решение. Пример: слоны стоят на всех белых клетках доски, а также на всех черных, кроме
тех, что находятся в двух крайних вертикалях. Оценка. Заметим, что если в углу стоит слон, то больше слонов на исходящей из этого угла диагонали нет. Стало быть, если в углах стоят два слона, то на доске не
менее 11 пустых клеток (обе диагонали минус две угловые клетки), а если один — то не менее 8 пустых
клеток (6 клеток на одной диагонали и два пустых угла на другой). В обоих случаях на доске не более 49–
8 = 41 слона. Пусть все углы пусты. Рассмотрим клетку, соседнюю с угловой по диагонали, и три соседних с
ней по диагонали не угловых клетки. На всех четырех этих клетках слоны стоять не могут, так как тогда
одного из них будут бить три. Поэтому в каждой такой четверке хотя бы одна из клеток пуста, и, поскольку
таких четверок четыре, и они не имеют общих клеток, мы заработали еще 4 пустых клетки, кроме угловых,
что и завершает доказательство.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
8 класс
Задача 1. Найдите наибольшее число, в котором цифры не повторяются и из которого нельзя с помощью вычеркивания одной цифры получить число, делящееся на 3. Если после вычеркивания получится, что число начинается с нуля, то ноль вначале игнорируется.
Ответ: 986530. Решение. Разделим цифры на группы {0, 3, 6, 9}, {1, 4, 7}, {2, 5, 8} по остаткам от деления на 3.
Если у нас есть в числе цифры из всех трех групп, то сумма цифр числа дает какой-то остаток от деления на 3,
мы вычеркиваем цифру именно с таким же остатком. Значит, мы можем использовать только две группы. Если
мы используем 7 цифр, то это вся первая группа и полностью еще одна группа. Но тогда общая сумма цифр даст
остаток 0 при делении на 3, значит, можно будет вычеркнуть любую цифру из первой группы. Значит, 7 цифр
мы тоже не сможем использовать. Если мы используем 6 цифр, то лучше всего использовать 9 и 8. Но полностью взять третью группу мы не можем, так как сумма цифр числа опять будет делиться на 3. Поэтому мы можем
взять первую группу {0, 3, 6, 9} и два наибольших числа из последней группы – 5 и 8.
Задача 2. Есть 13 внешне одинаковых монет. Суд знает, что их веса 1 г, 2 г, …, 13 г. Эксперт знает точный вес
каждой монеты. У него есть весы с двумя чашками, которые показывают равновесие (загорается лампочка) или
неравновесие, но не показывают, какая чаша тяжелее. Докажите, что можно провести 3 взвешивания на таких
весах так, чтобы суду стал ясен вес каждой из монет.
Решение. Каждый раз эксперт устраивает равновесие. В первый раз 8 монет уравновешиваются тремя. 36=1+2+…+8 ≤ 8 монет=3 монеты ≤ 11+12+13=36, поэтому знаем
3 группы: A={1,2,3,4,5,6,7,8}, B={9,10} и C={11,12,13}. Соответственно, монеты из этих
групп будем обозначать малыми буквами с индексами.
Второе взвешивание 15=1+2+3+9 ≤ a1+a2+a3+b1 = a4+a5≤7+8=15. Получим группы
D={1,2,3}, E={4,5,6}, F={7,8}, C={11,12,13}, а монеты 9 и 10 уже определились.
Третье взвешивание: 32=1+4+7+9+11 ≤ d1+e1+f1+9+c1=d2+e2+10+c2 ≤ 3+6+10+13=32, что позволяет определить все монеты.
Задача 3. Семь футбольных команд провели турнир в один круг, причем каждая команда ровно два матча выиграла и ровно два проиграла. Могло ли такое случиться, что никакие 3 команды не выиграли друг у друга по
циклу (то есть нет трёх таких команд А, Б и В, что А выиграла у Б, Б — у В, а В — у А)?
Ответ: Могло. Решение. Изобразим команды семью точками на окружности и будем считать, что каждая команда выиграла у двух следующих за ней по часовой стрелке. Тогда если команда А выиграла у Б, а Б — у В, то
между В и А по часовой стрелке не меньше двух команд, и В у А выиграть не могла.
Задача 4. В каждую клетку таблицы 15×15 можно поставить 0, 1 или 2. Сколькими способами можно заполнить
таблицу так, чтобы сумма чисел в каждой строке и в каждом столбце делилась на 3?
А
В
Ответ: 3196 .
Решение. Пусть А – сумма чисел в верхнем левом квадрате 14×14, В – сумма в последних клетках
С
D
первых 14-ти строчек, С – сумма в нижних клетках первых 14-ти столбцов и D – число в нижней
правой клетке. Заметим, что в зоне А могут стоять любые числа независимо друг от друга, но они однозначно
определяют числа в зоне В и в зоне C (каждое число из В или С дополняет соответствующую строку или столбец
до делимости на 3). Заметим, что в А можно поставить любые числа без ограничений. Так как A+B делится на
3, и A+C делится на 3, то B и С имеют одинаковый остаток при делении на 3. Значит, число D - это просто остаток
при делении A на 3, то есть всегда существует. Таким образом, после расстановки чисел в A всё остальное расставляется корректно и единственным образом. А в каждую клетку A можно поставить любое из трех чисел,
отсюда получаем ответ.
Задача 5. Пусть A = 12+22+….+20152, B = 13+24+35+…+20142016. Найдите, чему равно A–B.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Ответ: 2015. Решение. Пусть B = 02+13+24+35+…+20142016. Тогда A–B = 12+22+….+20152–
02+13+24+35+…+20142016 = 12–02+22–13+…+k2–(k–1)(k+1)+…+20152–20142016. Каждое слагаемое дает k2–
(k–1)(k+1) = 1, поэтому мы получаем в результате 2015.
Задача 6. В клетки таблицы 4×4 вписаны числа так, что сумма соседей (по стороне)
каждой клетки равна 1. Найдите сумму чисел в таблице.
x
1-y
1–x
y
Ответ: 6. Решение. Сначала посмотрим на угловые клетки, у них ровно по два соседа, поэтому можно сделать вывод, что числа расставлены как в первой таблице.
t
1-z
Рассмотрим любое число в центральном квадрате 2×2 (например, клетку, выделен1-t
z
ную серым). У него 4 соседа по стороне, но два из них уже заполнены, при этом
сумма в них равна 1. Значит, можно сделать вывод, что сумма в клетках с жирной границей равна 0. Аналогично
– в двух других клетках из центрального квадрата.
Теперь посмотрим на соседей клеток, выдеx
1-y
1–a–t
x
t
1–x-b
ленных серым на второй таблице. Можно сде1–x
a
b
y
1–x
a
b
1-t
лать вывод, что в верхней левой угловой клетке
стоит число 1–a–t = 1–(1–y)–a, откуда t = 1–y.
t
–b
–a
1-z
t
–b
–a
x
Сделав аналогичные выводы с каждой угловой
1-t
z
клеткой, получаем третью таблицу. В ней
x+b
1-t 1–x
a+t
сумма в центральном квадратике – ноль.
Сумма двух угловых клеток по диагонали равна 1, то есть сумма всех угловых равна 2. Сумма двух клеток, граничащих с одной угловой, равна 1, то есть общая сумма серых клеток равна 4. Отсюда получаем ответ.
Задача 7. Карлсон влил стакан малинового сиропа в банку с водой. Получился
25% раствор морса. Потом он добавил в банку еще один стакан сиропа. Раствор
какой концентрации получился в результате?
Ответ: 40%. Решение. После первого добавления получился 25% раствор,
то есть три части воды и одна часть сиропа. Таким образом, стакан сиропа
составляет 1/3 банки воды. Но тогда два стакана сиропа – это 2/3 банки
воды, то есть после добавления второго стакана сиропа соотношение стало
сиропа к воде стало равно 2:3, что соответствует концентрации в 40%.
Задача 8. Найдите углы равнобедренного треугольника, в котором биссектриса и высота, проведённые из одной вершины, отличаются по длине в два раза.
Ответ: 20, 20, 140. Решение. Пусть АН – высота, АЕ – биссектриса, тогда в прямоугольном треугольнике АНЕ
гипотенуза АЕ вдвое длиннее катета АН, значит, АЕН=30, а НАЕ=60. Это возможно только в случае, если
высота АН расположена вне треугольника. Тогда 30=ЕАС+ЕСА=3α, где 2α=20– угол при основании данного
равнобедренного треугольника.
Задача 9. На окружности отмечено n точек и проведен n+1 соединяющий их отрезок. Докажите, что из этих
отрезков можно выбрать три, составляющие несамопересекающуюся ломаную.
Решение. Если среди наших точек есть такая, из которой выходит не больше одного отрезка, удалим ее вместе
с отрезком и будем так делать до тех пор, пока есть такие точки. Отрезков при этом всегда будет оставаться
больше, чем точек. Поскольку трех точек с четырьмя отрезками не бывает, в какой-то момент у нас возникнет
ситуация, когда из каждой точки выходит не меньше двух отрезков, и есть точка A, из которой выходит не
меньше трех отрезков. Пусть AB, AC и AD — три выходящих из нее отрезка, причем луч AC лежит внутри угла
BAD. Рассмотрим второй отрезок CE, выходящий из точки С. С одной из точек B и D он лежит по разные стороны
от прямой AC. Если это B, искомой будет ломаная BACE, а если D — ломаная DACE.
Задача 10. Каждая грань кубика 222 разделена на единичные квадратики. Какие-то два из них закрашены.
Докажите, что незакрашенную поверхность кубика можно оклеить одиннадцатью прямоугольниками 21.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Решение. 1 случай. Закрашенные квадратики принадлежат двум смежным граням А и Б. Отметим цикл из
восьми клеток этих граней, в котором любые две последовательные клетки имеют общее ребро (рис. 1). Если
вдоль этого цикла между закрашенными квадратиками чётное число клеток, то заклеиваем их вдоль цикла
прямоугольниками 21. Если же между ними нечётное число клеток, то отметим аналогичный цикл из 12 клеток, принадлежащих трём смежным граням куба А, Б и В (рис. 2). Нетрудно убедиться, что в этом случае между
закрашенными квадратиками вдоль цикла находится чётное число клеток.
2 случай. Закрашенные квадратики принадлежат одной грани. Если они смежны, то остаток этой грани оклеивается одним прямоугольником. Если нет, то см. рис. 3.
3 случай. Закрашенные квадратики принадлежат противоположным граням. Оклеим одну из клеток, смежных
закрашенной клетке, так, чтобы вторая половина прямоугольника заклеила клетку на смежной грани, а оставшиеся две клетки этой грани заклеим ещё одним прямоугольником. Теперь можно считать, что закрашенная
клетка «переместилась» на соседнюю
А
Задача 11. В шеренге стоят n мальчиков и n девочек. Им раздают конфеты по следующему правилу: ребёнку X выдают m
конфет, если выбрать пару детей не такого, как у X, пола, стоящих по разные стороны от X, можно m способами. Докажите,
что общее число выданных конфет не превосходит n(n2–1)/3.
А
Б
В
Рис. 1
Б
Рис. 2
Решение. Попробуем поменять местами двух детей разного
пола. Очевидно, при этом количества конфет могут измениться
только для этих двух детей. Пусть у нас стоит пара «мальчик–
Рис. 3
девочка» (мальчик левее девочки), слева от них стоит d–1 девочка и m–1 мальчик, тогда справа от них стоят n–d девочек и n–m мальчиков. Тогда до перестановки двое
наших героев вносят общий вклад в размере m(n–m)+(d–1)(n–d+1), а после неё — в размере (m–1)(n–m+1)+d(n–
d). Первый вклад не меньше второго тогда и только тогда, когда d  m. Так как существует лишь конечное число
расстановок мальчиков и девочек, существует расстановка, для которой количество конфет будет наибольшим.
Возьмем такую расстановку. Для каждой пары «мальчик–девочка», стоящих в таком порядке, девочек слева не
меньше, чем мальчиков слева, а для пары «девочка–мальчик» — наоборот. Пусть, не умаляя общности, самым
левым стоит мальчик, тогда сразу за ним стоит девочка, иначе условие не будет выполняться для пары «мальчик–девочка», составленной из первой в шеренге девочки и стоящего перед ней мальчика. Так как эта пара
дает нулевую разность в балансе мальчиков и девочек, следом опять идет пара «мальчик–девочка» или «девочка–мальчик». Таким образом в оптимальном примере все дети стоят парами из мальчика и девочки. Вычислим количество конфет для такой конфигурации: для пары номер k будет k(n–k)+(k–1)(n–k+1), и, суммируя все
такие выражения по k от 1 до n, получим нужное выражение.
* *
Задача 12. В треугольнике ABC провели биссектрису AL, высоту BH и медиану CM. Оказалось, что отрезок BH
делится пополам прямой LM. Докажите, что треугольник ABC – равнобедренный.
Решение. Пусть прямая LM пересекает ВH в точке K. MK – средняя линия треугольника BAH. Значит, MK параллельна AC. Поскольку прямая ML параллельна AC и проходит через середину стороны AB, то ML – средняя линия
треугольника ABC. Значит, L – середина BC. Но тогда AL – медиана и биссектриса одновременно, значит, треугольник ABC – равнобедренный (AB=AC).
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
8 класс, решение варианта 2
Задача 1. Найдите наибольшее число, в котором цифры не повторяются и из которого нельзя с помощью вычеркивания одной цифры получить число, делящееся на 3. Если после вычеркивания получится, что число начинается с нуля, то ноль вначале игнорируется.
Ответ: 986530. Решение. Разделим цифры на группы {0, 3, 6, 9}, {1, 4, 7}, {2, 5, 8} по остаткам от деления на 3.
Если у нас есть в числе цифры из всех трех групп, то сумма цифр числа дает какой-то остаток от деления на 3,
мы вычеркиваем цифру именно с таким же остатком. Значит, мы можем использовать только две группы. Если
мы используем 7 цифр, то это вся первая группа и полностью еще одна группа. Но тогда общая сумма цифр даст
остаток 0 при делении на 3, значит, можно будет вычеркнуть любую цифру из первой группы. Значит, 7 цифр
мы тоже не сможем использовать. Если мы используем 6 цифр, то лучше всего использовать 9 и 8. Но полностью взять третью группу мы не можем, так как сумма цифр числа опять будет делиться на 3. Поэтому мы можем
взять первую группу {0, 3, 6, 9} и два наибольших числа из последней группы – 5 и 8.
Задача 2. Имеется 6 гирь: 2 красные, 2 белые и 2 синие. Внешне любая пара выглядит совершенно одинаково,
но одна из гирь в каждой паре весит чуть больше другой. Все три более тяжёлые гири имеют одинаковый вес.
Все три более лёгкие гири также равны по весу. Можно ли с помощью всего лишь двух взвешиваний на равноплечих весах определить, какая из гирь в каждой паре тяжелее?
Ответ: да. Решение. Положим на одну чашу весов красную и белую гири, а на другую — синюю и белую гири.
Если чаши весов окажутся в равновесии, то вы будете знать, что на каждой чаше находится по одной тяжёлой и
по одной лёгкой гире. Сняв с весов синюю и красную гири, вы оставите на чашах по белой гире и узнаете не
только, какая из них тяжелее, но и какая из снятых гирь — красной и синей — была тяжёлой и какая лёгкой. Тем
самым вы определите, какая из гирь, оставшихся в стороне, тяжёлая и какая лёгкая.
Если при первом взвешивании окажется, что одна чаша весов перетягивает другую, то вы сможете лишь утверждать, что белая гиря на опустившейся чаше тяжелее белой гири на поднявшейся чаше, но останетесь в неведении относительно веса красной и синей гирь.
Переложите обе белые гири на одну чашу весов, а красную и синюю гири — на другую (все четыре гири — те
же, что и при первом взвешивании). Обозначим красную гирю буквой К, а синюю — буквой С. Возможны 3
исхода.
а) Чаша с двумя белыми гирями опустилась. Обе гири К и С на другой чаше весов лёгкие.
б) Чаша с гирями К и С опустилась. Обе гири К и С тяжёлые.
в) Чаши весов находятся в равновесии. Та из гирь К или С, которая при первом взвешивании находилась на
опустившейся чаше, тяжёлая, а другая лёгкая.
Как и в первом случае, данные, полученные после двух взвешиваний, позволяют установить, какая из гирь, не
подвергшихся взвешиванию, тяжёлая и какая лёгкая.
Задача 3. Семь футбольных команд провели турнир в один круг, причем каждая команда ровно два матча выиграла и ровно два проиграла. Могло ли такое случиться,
что никакие 3 команды не выиграли друг у друга по циклу (то есть нет трёх таких команд А, Б и В, что А выиграла у Б, Б — у В, а В — у А)?
Ответ: Могло. Решение. Изобразим команды семью точками на окружности и будем
считать, что каждая команда выиграла у двух следующих за ней по часовой стрелке.
Тогда если команда А выиграла у Б, а Б — у В, то между В и А по часовой стрелке не меньше двух команд, и В у А
выиграть не могла.
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
Задача 4. В каждую клетку таблицы 15×15 можно поставить 0, 1 или 2. Сколькими способами можно заполнить
таблицу так, чтобы сумма чисел в каждой строке и в каждом столбце делилась на 3?
А
В
Ответ: 3196 .
Решение. Пусть А – сумма чисел в верхнем левом квадрате 14×14, В – сумма в последних клетках
С
D
первых 14-ти строчек, С – сумма в нижних клетках первых 14-ти столбцов и D – число в нижней
правой клетке. Заметим, что в зоне А могут стоять любые числа независимо друг от друга, но они однозначно
определяют числа в зоне В и в зоне C (каждое число из В или С дополняет соответствующую строку или столбец
до делимости на 3). Заметим, что в А можно поставить любые числа без ограничений. Так как A+B делится на
3, и A+C делится на 3, то B и С имеют одинаковый остаток при делении на 3. Значит, число D - это просто остаток
при делении A на 3, то есть всегда существует. Таким образом, после расстановки чисел в A всё остальное расставляется корректно и единственным образом. А в каждую клетку A можно поставить любое из трех чисел,
отсюда получаем ответ.
Задача 5. Пусть A = 12+22+….+20152, B = 13+24+35+…+20142016. Найдите, чему равно A–B.
Ответ: 2015. Решение. Пусть B = 02+13+24+35+…+20142016. Тогда A–B = 12+22+….+20152–
02+13+24+35+…+20142016 = 12–02+22–13+…+k2–(k–1)(k+1)+…+20152–20142016. Каждое слагаемое дает k2–
(k–1)(k+1) = 1, поэтому мы получаем в результате 2015.
Задача 6. В клетки таблицы 4×4 вписаны числа так, что сумма соседей (по стороне)
каждой клетки равна 1. Найдите сумму чисел в таблице.
x
1-y
1–x
y
Ответ: 6. Решение. Сначала посмотрим на угловые клетки, у них ровно по два соседа, поэтому можно сделать вывод, что числа расставлены как в первой таблице.
t
1-z
Рассмотрим любое число в центральном квадрате 2×2 (например, клетку, выделен1-t
z
ную серым). У него 4 соседа по стороне, но два из них уже заполнены, при этом
сумма в них равна 1. Значит, можно сделать вывод, что сумма в клетках с жирной границей равна 0. Аналогично
– в двух других клетках из центрального квадрата.
Теперь посмотрим на соседей клеток, выдеx
1-y
1–a–t
x
t
1–x-b
ленных серым на второй таблице. Можно сде1–x
a
b
y
1–x
a
b
1-t
лать вывод, что в верхней левой угловой клетке
стоит число 1–a–t = 1–(1–y)–a, откуда t = 1–y.
t
–b
–a
1-z
t
–b
–a
x
Сделав аналогичные выводы с каждой угловой
1-t
z
клеткой, получаем третью таблицу. В ней
x+b
1-t 1–x
a+t
сумма в центральном квадратике – ноль.
Сумма двух угловых клеток по диагонали равна 1, то есть сумма всех угловых равна 2. Сумма двух клеток, граничащих с одной угловой, равна 1, то есть общая сумма серых клеток равна 4. Отсюда получаем ответ.
Задача 7. Карлсон влил стакан малинового сиропа в банку с водой. Получился
25% раствор морса. Потом он добавил в банку еще один стакан сиропа. Раствор
какой концентрации получился в результате?
Ответ: 40%. Решение. После первого добавления получился 25% раствор,
то есть три части воды и одна часть сиропа. Таким образом, стакан сиропа
составляет 1/3 банки воды. Но тогда два стакана сиропа – это 2/3 банки
воды, то есть после добавления второго стакана сиропа соотношение стало
сиропа к воде стало равно 2:3, что соответствует концентрации в 40%.
Задача 8. Найдите углы равнобедренного треугольника, в котором биссектриса и высота, проведённые из одной вершины, отличаются по длине в два раза.
Ответ: 20, 20, 140. Решение. Пусть АН – высота, АЕ – биссектриса, тогда в прямоугольном треугольнике АНЕ
гипотенуза АЕ вдвое длиннее катета АН, значит, АЕН=30, а НАЕ=60. Это возможно только в случае, если
VII Ижевский Командный Турнир Математиков. Отборочный тур, 18 октября 2015 года.
высота АН расположена вне треугольника. Тогда 30=ЕАС+ЕСА=3α, где 2α=20– угол при основании данного
равнобедренного треугольника.
Задача 9. У Д’Артаньяна и трёх мушкетеров есть 100 монет. Они едут в ряд, плечом к плечу. У тех, кто справа от
Арамиса, в сумме 60 монет; слева от Атоса – 70 монет, а слева и справа от Портоса монет поровну. Сколько
монет у Д’Артаньяна?
Ответ: У Д’Артаньяна – 10 монет. Решение. Если Арамис справа от Атоса, то деньги справа от Арамиса и слва
от Атоса – это разные деньги. Но тогда из сумма равна 130, что больше 100. Значит, Атос едет справа от Арамиса,
а между ними 60+70–100 = 30 монет (у одного или двоих мушкетеров). Значит, Арамис и, возможно, кто-то левее имеют 40 монет, а Атос и, возможно, кто-то правее – 30 монет. Это означает, что Портос едет между Атосом
и Арамисом, при этом между Атосом и Портосом должно быть 10 монет. Это означает, что их имеет Д’Артаньян
(ибо больше некому). Можно восстановить порядок слева направо: Арамис с 40 монетами, Портос с 20 монетами, Д’Артаньян с 10 монетами и Атос с 30 монетами.
Задача 10. Каждая грань кубика 222 разделена на единичные квадратики. Какие-то два из них закрашены.
Докажите, что незакрашенную поверхность кубика можно оклеить одиннадцатью прямоугольниками 21.
Решение. 1 случай. Закрашенные квадратики принадлежат двум смежным граням А и Б. Отметим цикл из
восьми клеток этих граней, в котором любые две последовательные клетки имеют общее ребро (рис. 1). Если
вдоль этого цикла между закрашенными квадратиками чётное число
А
А
клеток, то заклеиваем их вдоль цикла прямоугольниками 21. Если же
Б
между ними нечётное число клеток, то отметим аналогичный цикл из
В
12 клеток, принадлежащих трём смежным граням куба А, Б и В (рис.
Б
Рис. 1
Рис. 2
2). Нетрудно убедиться, что в этом случае между закрашенными квадратиками вдоль цикла находится чётное число клеток.
2 случай. Закрашенные квадратики принадлежат одной грани. Если
они смежны, то остаток этой грани оклеивается одним прямоугольником. Если нет, то см. рис. 3.
Рис. 3
* *
3 случай. Закрашенные квадратики принадлежат противоположным граням. Оклеим одну из клеток, смежных
закрашенной клетке, так, чтобы вторая половина прямоугольника заклеила клетку на смежной грани, а оставшиеся две клетки этой грани заклеим ещё одним прямоугольником. Теперь можно считать, что закрашенная
клетка «переместилась» на соседнюю
Задача 9. Есть три кучки камней. Двое играют в игру. За ход игрок может взять один камень из любой кучки или
одну кучу целиком. Выигрывает тот, кто взял последний камень. Докажите, что начинающий может выиграть
независимо от количества камней в кучках и игры соперника.
Решение. Найдутся две кучки, число камней в которых одинаковой чётности. Вместе в них чётное число камней.
Начинающий должен первым ходом забрать целиком третью кучку. Далее после хода второго в кучах всегда
разное число камней, и первый всегда может брать один камень из той кучи, где камней больше. Если второй
после этого забирает одну кучу целиком, то первый забирает оставшуюся кучу и выигрывает. Если же второй
делает другой ход, то после хода первого снова остаются две кучи с одинаковым по четности числом камней.
То есть первый игрок не проигрывает, а поскольку игра не может продолжаться бесконечно долго, то выигрывает.
Задача 12. В треугольнике ABC провели биссектрису AL, высоту BH и медиану CM. Оказалось, что отрезок BH
делится пополам прямой LM. Докажите, что треугольник ABC – равнобедренный.
Решение. Пусть прямая LM пересекает ВH в точке K. MK – средняя линия треугольника BAH. Значит, MK параллельна AC. Поскольку прямая ML параллельна AC и проходит через середину стороны AB, то ML – средняя линия
треугольника ABC. Значит, L – середина BC. Но тогда AL – медиана и биссектриса одновременно, значит, треугольник ABC – равнобедренный (AB=AC).