Ответ
Решение:
Ответ: да, можно.
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЕМ. Часть 10
Математические задачи с решениями: расчетные, головоломные и на стратегии математических игр. Источники разнообразные, только решения таких задач не является объектом авторского права.
В квадратном ковре со стороной 10 м моль проела 80 дырок. Докажите, что из него можно вырезать квадратный коврик со стороной 1 м, не содержащий внутри себя дырок. Дырки считать точечными. Дырки: а) могут находиться на границе вырезаемого коврика; б) не могут находиться на границе вырезаемого коврика.
Решение:
В случае, когда дырки не могут находиться на границе коврика, размеры получившихся частей должны превосходить размер квадрата 1х1.
а) Разрежем ковер на 100 квадратов. Так как 80 дырок не могут оказаться внутри 100 квадратов, то, как минимум 20 квадратов будут без дырки внутри.
б) Разрежем ковер на квадраты размером 10/9х10/9. Получим 81 квадрат. Так как 80 дырок не могут оказаться внутри 81 квадрата, то, как минимум 1 квадрат будет без дырки внутри. Из него можно вырезать коврик со стороной 1 метр, не содержащий дырок внутри себя и на своей границе.
Верно ли, что среди любых пяти отрезков найдутся три, из которых можно составить треугольник?
Решение:
Пусть отрезки имеют длины 1, 2, 4, 8, 16. Нетрудно видеть, что для любых трех отрезков a $lt b $lt c верно, что a + b $lt c. Значит, треугольник составить не удастся.
Ответ: нет, не верно.
Можно ли сложить из двенадцати пентамино квадрат 8×8 с центральным отверстием 2×2?
Решение:
Ответ: да, можно.
В круг радиуса 3 произвольным образом помещены несколько кругов, сумма радиусов которых равна 25. Доказать, что найдется прямая, которая пересекает не менее девяти из этих кругов.
Решение:
Спроектируем все круги на произвольный диаметр AB большого круга (AB = 6). Сумма длин проекций, очевидно, равна сумме диаметров кругов, т.е. 50. Поскольку 50 > 8AB, то на отрезке AB есть точка, принадлежащая проекциям по крайней мере девяти кругов. Прямая, проходящая через эту точку и перпендикулярная диаметру AB, - искомая.
На шахматной доске расставлено 15 фигур так, что в каждом горизонтальном и в каждом вертикальном ряду стоит хотя бы одна фигура. Докажите, что с доски можно убрать одну фигуру так, что оставшиеся фигуры будут вновь удовлетворять тому же требованию: в каждом горизонтальном ряду и в каждом вертикальном ряду стоит хотя бы одна фигура.
Решение:
Если среди 15 фигур найдется такая фигура, что и в вертикальном, и в горизонтальном рядах клеток, в которых она стоит, есть еще по одной фигуре, то эту фигуру можно убрать. Тогда оставшиеся 14 фигур будут удовлетворять нужному требованию. Допустим, что такая фигура не найдется. Тогда для каждой из 15 фигур можно указать либо горизонтальный, либо вертикальный ряд, в котором она стоит в одиночестве. Это означает, что в сумме найдутся 15 горизонтальных и вертикальных ря-дов, в каждом из которых стоит по одной фигуре. Но так как всего таких рядов 16, то либо все горизонтальные, либо все вертикальные ряды таковы, что в них стоит по одной фигуре. Это означает, что на доске стоит только 8 фигур, — противоречие с условием задачи. Итак, фигура, которую можно убрать, найдется. На рисунке показано расположение 14 фигур, доказывающее, что в условии задачи число 15 нельзя заменить на 14.
Круглый диск разделен на 21 сектор; секторы одина¬ковы; в каждый из них записано число. Во втором диске, укрепленном на одной оси с первым, вырезано 5 окошек так, что при любом повороте второго диска из некоторого начального положения на угол, кратный 2π/21, в каждое окошко видно одно из чисел первого диска. Известно, что при любом таком повороте второго диска сумма вид¬ных через окошки чисел равна нулю. Докажите, что сумма всех чисел, написанных на первом диске, равна нулю.
Ответ
Решение:
Из некоторого начального положения второго диска, через окошки которого видны 5 чисел, в сумме дающих нуль, повернем его 20 раз по часовой стрелке, каждый раз на угол 2π/21. Сумма всех чисел, показавшихся в окошках при всех этих положениях второго диска, будет равна нулю. Но при этом каждое число, написанное на первом диске, появится в окошках ровно 5 раз. Значит, сумма всех чисел, написанных на первом диске, равна нулю.
Какое наибольшее число полей можно отметить на шахматной доске так, чтобы с любого из них на любое другое отмеченное поле можно было пройти ровно двумя ходами коня?
Решение:
На отмеченные поля поставим коней. Самый левый конь отстоит от самого правого на два хода, как и самый верхний от самого нижнего. Отсюда следует, что все кони находятся в квадрате 5×5 клеток и их не больше восьми.
Ответ: 8.
Каждая грань кубика разделена на четыре квадрата. В каждый из этих квадратов вписано число. При этом число, вписанное в любой из 24 квадратов, в сумме с числами, вписанными в четыре соседних с ним квадрата, всегда дает 13. Могут ли все 24 числа быть целыми?
Решение:
Найдем сумму всех 24 чисел. Просуммировав каждое число, расположенное в квадрате, с числами в соседних с ним квадратах по всем квадратам, мы получим число 24×13=312. При этом каждое число, записанное на кубике, суммируется по 5 раз. Значит, сумма всех чисел, записанных на кубике, равна 312:5, а потому все слагаемые не могут быть целыми числами.
Ответ: не могут.
На каждую клетку шахматной доски положили по нескольку монет так, что суммы на каждых двух клетках, имеющих общую сторону, отличаются на копейку. Известно также, что на одной из клеток лежит 3 копейки, а на другой — 17 копеек. Какую сумму составляют монеты, лежащие на обеих диагоналях?
Решение:
Заметим, что условия задачи выполнимы лишь в том случае, если указанные суммы в 3 и 17 копеек лежат в противоположных углах шахматной доски. Тогда заполнение доски производится однозначно, и искомая сумма равна 160 копейкам.
На клетчатой бумаге нарисован шестиугольник.
Разрежьте его на три части, из которых можно сложить квадрат.
Решение:
На рисунке показано нужное разрезание и способ сложения квадрата ABCD.
Квадратный лист бумаги разрезали на 6 кусков в форме выпуклых многоугольников. Пять кусков затерялись, остался один кусок в форме правильного восьмиугольника. Можно ли по одному этому восьмиугольнику восстановить исходный квадрат?
Решение:
Первый ответ, который приходит в голову: нельзя. Ведь затерялись пять кусков, а остался один! Но правильный ответ противоположен: восстановить исходный квадрат можно! Ввиду того, что потерявшиеся куски бумаги выпуклы, ни один из них не мог примыкать к восьмиугольнику по двум его разным сторонам. Значит, затерявшихся кусков должно быть не меньше числа тех сторон восьмиугольника, которые не проходили по границе листа бумаги. Следовательно, не меньше трех сторон лежат на границе листа. Но так как лист квадратный, эти три стороны попарно параллельны или перпендикулярны. Значит, это три стороны восьмиугольника, взятые через одну. Теперь мы видим, что наш квадрат получается из восьмиугольника приставлением четырех уголков (и, в частности, на границе листа лежат целых 4 стороны восьмиугольника). Но ведь потерялось 5 кусков!? Значит, один из уголков был как-то разрезан на две части.
Укажите такие шесть точек на плоскости, каждые пять из которых можно покрыть двумя квадратами с диагоналями, равными 1, но все шесть нельзя покрыть двумя кругами диаметром 1.
Решение:
Расположим на плоскости единичный квадрат со сторонами, параллельными осям координат, и отметим в нем четыре вершины и две точки внутри: правее центра на 0,1 и ниже центра на 0,1. Легко убедиться, что любые пять точек можно покрыть двумя квадратами с диагональю 1. Далее заметим, что кругом диамет¬ра 1 нельзя покрыть три вершины квадрата, поскольку то¬гда круг должен покрыть диагональ. Следовательно, каждый круг должен покрывать по две вершины квадрата. Пусть, например, один круг покрывает две левые вершины, другой—две правые. Тогда правая и левая стороны совпадают с диаметрами кругов, и отмеченная точка ниже центра останется непокрытой. При покрытии верхней и нижней пар вершин непокрытой остается точка правее центра.
На шахматной доске отмечаются два таких поля, что конь с одного из них может пройти на другое не меньше чем за 4 хода, а король — не меньше чем за N ходов. Какое наименьшее значение может принять N?
Решение:
Два поля в углу доски обладают тем свойством, что конь может пройти с одного на другое за четыре хода, а король — за один.
Ответ: N = 1.
Имеется кубик и шесть одинаковых крестообразных фигур, вырезанных из бумаги. Площадь каждой бумажной фигуры равна площади одной грани кубика.
Можно ли этими кусками бумаги целиком оклеить поверхность кубика?
Решение:
На каждую грань кубика наклеивается одна из фигур так, как показано на рисунке, а затем все уголки загибаются.
Ответ: можно.
Шахматная позиция такова, что на каждой вертикали и на каждой горизонтали стоит нечетное число фигур. Докажите, что на черных клетках доски стоит четное число фигур.
Решение:
На черных полях вертикальных рядов доски с нечетными номерами ставим букву А, на остальных черных полях ставим букву В. На белых полях горизонтальных рядов с нечетными номерами ставим букву С.
Пусть число фигур, стоящих на А-полях, равно N, на В-полях — T и на С-полях — K. В силу условия задачи (N + K) и (T + K) являются четными (в каждом горизонтальном ряду, где проставлены буквы A и C, число фигур нечетно, а рядов 4; аналогичное утверждение верно для вертикальных рядов). Но тогда число N + T также четное, т. е. на черных полях стоит четное число фигур.
Из девяти одинаковых квадратных карточек сначала сложили квадрат, а потом пирамиду. Оказалось, что при этом всякие две карточки, которые имели две общие вершины в первом расположении, сохранили одну из них общей (ту же самую) и во втором расположении. Покажите, как это было сделано.
Решение:
Без слов отсылаем вас к рисунку. Обратите внимание на то, что при последней процедуре «перекладывания» три карточки перевертываются и обращаются к нам «изнанкой».
Двое играют на шахматной доске 8×8. Начинающий игру делает первый ход – ставит на доску коня. Затем они по очереди его передвигают (по обычным правилам), при этом нельзя ставить коня на поле, где он уже побывал. Проигравшим считается тот, кому некуда ходить. Кто выигрывает при правильной игре – начинающий или его партнёр?
Решение:
Разобьём все квадраты на 32 пары так, чтобы квадраты в одной паре были соединены ходом коня (см. рис.).
Куда бы первый игрок не поставил коня своим ходом, второй игрок переставляет его на парную клетку. Поэтому у второго всегда будет ход, и он проиграть не может.
Ответ: Партнёр.
Перед Андреем и Борисом лежат 2020 кучек по одному камушку. За один ход разрешается объединить две кучи с одинаковым числом камней в одну. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре, если начинает Андрей?
Решение:
Заметим, что все кучки в любой момент времени содержат количество камешков равное некоторой степени двойки, так как каждая кучка получается несколькими объединениями (умножениями на два) кучек из 1 камня. Посмотрим на ситуацию, когда кто-то из игроков проигрывает, то есть когда нельзя уже сделать ход. В этот момент 2020 разбилось на несколько различных слагаемых — степеней двоек. Из двоичной системы счисления мы знаем, что любое число единственным образом представляется в виде суммы степеней двоек. Для 2020 это разложение — 1024+512+256+128+64+32+4. То есть в конце всегда остаются эти 7 кучек. Теперь заметим, что за каждый ход количество кучек уменьшается на 1 (две кучки объединяются в одну), то есть из 2020 получится 7 ровно через 2020-7=2013 ходов. Тогда последний ход сделает именно первый, он и победит.
Ответ: Андрей.
Андрей и Борис играют на доске 100×100. Изначально все клетки доски белые. Каждым своим ходом Андрей красит в чёрный цвет одну или несколько белых клеток, стоящих подряд по диагонали. Каждым своим ходом Борис красит в черный цвет одну или несколько белых клеток, стоящих подряд по вертикали. (На рисунке справа показаны возможные первые ходы Андрея и Бориса на доске 4×4). Первый ход делает Андрей. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре?
Решение:
Приведём одну из возможных выигрышных стратегий для Андрея. Он всё время будет делать ходы, параллельные одной из диагоналей доски (назовём её главной).
Первым ходом Андрей закрасит все клетки главной диагонали. После этого доска разбивается на две одинаковых “лесенки” (см. рис. 1). Мысленно сделаем каждую лесенку симметричной относительно вертикальной прямой, сдвинув в ней каждый горизонтальный ряд, кроме первого, на полклетки относительно предыдущего ряда (см. рис. 2).
В результате сдвигов и бывшие вертикали, и бывшие диагонали, параллельные главной, стали наклонными рядами. При этом “вертикали” одной лесенки симметричны “диагоналям” другой. Это значит, что на каждый ход Бориса Андрей может ответить симметричным ходом в другую лесенку (два таких ответа показаны на рис. 2).
Тогда после каждого хода Андрея ситуация на «сдвинутой» картинке будет оставаться симметричной, а значит, Андрей всегда сможет сходит согласно описанной стратегии. Так как игра закончится (не более чем за 104 ходов), в некоторый момент Борису будет некуда ходить, и Андрей выиграет.
Ответ: Андрей.
На столе лежат карточки, на которых написаны по разу все делители числа 2000000, причем на каждой карточке написан один из делителей. Два игрока по очереди берут себе по одной карточке. Проигрывает тот, у кого число на одной из его карточек делится на число на другой из его карточек. Кто выигрывает при правильной игре?
Решение:
Поделим все карточки на пары: d и 2000000/d. Все карточки так разобьются, так как 2000000 не является квадратом. Будем играть за второго и брать каждым ходом парную карточку к карточке первого. Если вдруг у нас оказались два числа x и y такие, что x кратно y, то у нашего соперника уже было два числа 2000000/x и 2000000/y , причем 2000000/x кратно 2000000/y , так как 2000000/x : 2000000/y как x:y— целое, так как x кратно y, то есть первый бы уже проиграл. Значит, у нас всегда есть ход, а так как игра конечна, то мы выиграем.
Ответ:Второй.