Олимпиада по математике для 8 класса.
Сколько будет 2×2, или Системы Счисления
Системой счисления с основанием p называется способ записи чисел «с использованием p штук цифр: 0, 1, 2, …, (p-1)». Так, если a0, a1, a2, …, an — цифры, то запись (an an − 1… a1 a0)p означает записанное в p-ичной (то есть с основанием p; оно обозначается нижним индексом) системе число an· pn + an − 1· pn − 1 + … + a1· p + a0. При p = 10 мы получим хорошо знакомую нам десятичную систему счисления, и основание 10, как правило, не указывается. Если p > 10, то цифры больше 9 заключают в скобки, чтобы отличить от многозначного числа. Например, (123)128 = 123, 1(23)128 = 1·128 + 23 = 151, (12)3128 = 12·128 + 3 = 1539, 123128 = 1·128² + 2·128 + 3 = 16643. Иногда, если таких цифр не очень много (например, в 16-ичной системе счисления), их обозначают латинскими буквами: (10) = A, (11) = B, (12) = C, (13) = D, (14) = E, (15) = F.
Естественным образом возникает вопрос о том, как переводить числа из одной системы счисления в другую. Чтобы перевести число из произвольной системы счисления в десятичную систему, надо просто применить определение системы счисления. Например, 1278 = 1· 8² + 2· 8 + 7· 80 = 64 + 16 + 7 = 8710. Несколько сложнее переводить число из десятичной системы счисления в какую-нибудь другую. Пример приведен после задачи №1. Чтобы перевести число из одной недесятичной системы счисления в другую недесятичную систему, можно сначала перевести его в десятичную систему счисления, а уже из нее в окончательную.
Предупреждение: ответы к задачам могут содержать опечатки!
1.
Запишите
1)
18149 в десятичной системе счисления;
2)
1010012 в десятичной системе;
3)
42163 в семеричной системе;
4)
6668 в десятичной системе;
5)
1845 в тринадцатеричной системе;
6)
(10)9(11)12 в десятичной системе;
7)
15667 в пятеричной системе;
8)
28716 в четверичной системе;
9)
1221113 в девятеричной системе;
10)
в шестнадцатеричной системе.
Ответ Пример
Ответ.= 1390;
2) 1010012 = 41;
3) 42163 = 2336327;
4) 6668 = 438;
5) 1845 = (10)(11)(12)13;
6) (10)9(11)12 = 1559;
7) 15667 = 636 = 100215;
8) 28716 = 647 = 220134;
9) 1221113 = 472=5749;
2 = 3459 = (13)8316.
Пример. Решим пункт 7 этой задачи. Сначала переведем число 15667 в десятичную систему счисления: 15667 = 1· 7³ + 5· 7² + 6· 7 + 6 = 343 + 245 + 42 + 6 = 636. Теперь число 636 надо представить в виде 636 = a4 · 54 + a3 · 5³ + a2 · 5² + a1 · 5 + a0. В этом разложении участвуют степени пятерки только от 0 до 4: 54 = 625 < 636 < 3125 = 55. Поделим 636 на 54 = 625 с остатком. Неполное частное будет равно коэффициенту a4, а остаток — a3 · 5³ + a2 · 5² + a1 · 5 + a0 (подумайте, почему). Деление можно производить в столбик. Находим, что 636 = 1·625 + 11. Таким образом, a4 = 1. Теперь 11 будем делить с остатком на 5³ = 125. Ясно, что неполное частное будет равно 0, а остаток 11. Значит, a3 = 0. Деля 11 на 25, вновь получим остаток 11 и неполное частное a2 = 0. Далее, 11 = 2·5 + 1, откуда a1 = 2, a0 = 1. Записываем окончательный результат: 636 = 1 · 54 + 0 · 5³ + 0 · 5² + 2 · 5 + 1 = 100215. В системах счисления с произвольным основанием, как и в десятичной системе, можно выполнять сложение и умножение в столбик. Делается это соверщенно так же, как нас учили в начальной школе. Только следует помнить о количестве цифр в системе и вовремя переносить единицы в старший разряд. Например, 26 + 56 = 710 = 1· 610 + 110 = 116; 24 × 34 = 610 = 1· 410 + 210 = 124 и т. д. Но: 916 + 616 = 1510 = (15)16 = F16. Чтобы сложить или перемножить два числа, записанные в разных системах счисления, надо сначала перевести их в одну систему счисления.
2.
Вычислите в столбик:
а)
+ , + ;
b)
1221213 + 2 + 1120223;
c)
3042345 + 2 + ;
d)
1023417 + 2 3217 + 3214.
Ответ
Ответ. a) , ; b) 1 1201001; c) 1 ; d) 31234 = 4327 = 219.
3.
Вы в начальной школе изучали таблицу умножения в десятичной системе счисления. Составьте таблицу умножения для систем счисления с основаниями 2, 3 и 5.
Ответ
Ответ. a 1
1 1
b 1 2
1 1 2
2 2 11
c
4.
Вычислите в столбик:
а)
10012 × 10102;
b)
12213 × 20123;
c)
11223 × 1203;
d)
10445 × 12345;
e)
32145 × 1425;
f)
1345 × 1324.
Ответ
Ответ. a) 1011010; b) 1122022; c) 220110; d) 1411121; e) 1123043; f) 132010 = 1102204 = 202405.
5.
Каким должно быть основание p системы счисления, чтобы в ней выполнялись равенства:
а)
4p + 5p = 12p;
b)
8p + 9p = 10p;
c)
2p + 2p = 11p;
d)
3p × 5p = 21p;
e)
5p × 5p = 15p;
f)
2p × 2p = 5p?
Решение
Решение. a) p + 2 = 12p = 4p + 5p = 4 + 5 = 9, откуда p=7. Отсальные пункты решаются аналогично. b) p=17. c) p=3. d) p=7. e) p=20. f) Такой системы нет. Если p>4, то 2p × 2p = 4p, а иначе 2p × 2p заведомо не однозначное.
6.
Ваня, Веня, Вася и аля ехали на троллейбусе. От нечего делать Ваня сидел у окна и считал троллейбусные столбы. Веня тоже считал столбы, но на другой стороне дороги.
— Ну и сколько вы насчитали? — спросил Вася, когда они вышли на остановке.
— Я насчитал ровно 100, — ответил Ваня.
— И я насчитал ровно 100, — ответил Веня.
— Не может быть! — усомнился Валя, который увлекался городским транспортом. — У Вани должно быть на 13 столбов больше, я гарантирую это!
— Может! — сказал Вася, увлекавшийся математикой. — Вы же считаете в разных системах счисления!
Определите, в каких системах счисления считали Ваня и Веня, если Валя считал в десятичной.
Ответ Решение
Ответ. p = 7, q = 6.
Решение. Пусть Ваня считал в системе с основанием p, а Веня — в системе с основанием q. Тогда Ваня и Веня насчитали 100p = p² и 100q = q² столбов соответственно. Из слов Вали следует, что p² − q² = (p − q)(p + q) = 13, поэтому p − q = 1, p + q = 13. В самом деле, число 13 имеет только делители 1 и 13, а p − q < p + q при натуральных p и q. Следовательно, p = 7, q = 6.
7.
а)
Ваня утверждает, что число делится на 3 тогда и только тогда, когда его запись в двенадцатеричной системе счисления оканчивается на одну из пяти определённых цифр. Прав ли Ваня?
b)
Веня утверждает, что число делится на 9 тогда и только тогда, когда число, образованное двумя последними цифрами в его шестеричной записи, делится на 9. Прав ли Веня?
c)
Валя утверждает, что число делится на 7 тогда и только тогда, когда сумма цифр в его восьмеричной записи делится на 7. Прав ли Валя?
Решение
Решение. а) (an an − 1… a1 a0)12= an· 12n + an − 1· 12n − 1 + … + a1·12 + a0. В этой сумме все слагаемые, кроме последнего, заведомо делятся на 3, так что ее делимость на 3 зависит только от последнего слагаемого. Из двенадцати цифр на 3 делятся цифры 0, 3, 6 и 9. Ваня чуть-чуть ошибся: «определённых цифр» не пять, а четыре.
b) Веня прав. Доказывается это аналогично предыдущему пункту. Только надо понимать, что число, образованное двумя последними цифрами, тоже считается записанным в шестеричной записи.
c) Валя прав. (an an − 1… a1 a0)8 − (an + an − 1 + … + a1 + a0) = an·(8n − 1) + an − 1·(8n − 1 − 1) + … + a1·(8 − 1). Во всех слагаемых есть множитель 8k − 1, который обязтельно делится на 7 (убедитесь в этом самостоятельно), поэтому сумма цифр даёт тот же остаток от деления на 7, что и само число.
8.
В 1885 году Витторио Грюнвальд предложил так называемые нега-позиционные системы счисления, то есть системы счисления с основанием p < 0. В такой нега-p-ичной системе используются цифры 0, 1, 2, …, (-p), а число по-прежнему записывается как (an an − 1… a1 a0)p = an · pn + an − 1· pn − 1 + … + a1· p + a0. Запишите в десятичной системе числа 10 − 10, 1302 − 8, 192 − 10, (13)06 − 16. Будьте внимательны со знаками!
Ответ
Ответ. 10 − 10 = − 10, 1302 − 8 = − 318, 192 − 10 = 12, (13)06 − 16 = 2334.
9.
Запишите 666 в нега-десятичной, 1204 в нега-шестнадцатеричной, 1408 в нега-десятичной и 57 в нега-двоичной системах счисления.
Ответ
Ответ. 666 = 746 − 10, 1204 = 554 − 16, 1408 = 19408 − 10, 57 = 1001001 − 2.
10.
Вася утверждает, что число делится на 11 тогда и только тогда, когда сумма его цифр в нега-десятичной записи делится на 11. Прав ли Вася?
Математическая индукция
Пусть дана последовательность пронумерованных утверждений: Утв1, Утв2, Утв3, ..., Утвk, Утвk+1, ... (конечная или бесконечная). Мы сможем доказать все эти утверждения, если докажем, что:
1) Утв1 — истинно;
2) Если истинно Утвk, то истинно и Утвk+1 (для любого натурального номера k).
Действительно, в этом случае истинно первое утверждение (п.1), тогда по п.2 истинно и второе, а значит, и третье, и т. д.
Этот метод доказательства последовательности утверждений называется методом математической индукции. Он состоит из двух вышеуказанных этапов. Первый из них называется база индукции, а второй — переход индукции или шаг индукции.
1.
Докажите тождество: 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² для любого натурального n.
Решение
Решение.
Эти тождества образуют последовательность утверждений, занумерованных числом n, а именно:
Утв1: 1 = 1²
Утв2: 1 + (2·2 − 1) = 1 + 3 = 2² = 4
Утв3: 1 + 3 + 5 = 3²
...
Утвk: 1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k²
Утвk+1: 1 + 3 + 5 + … + (2·(k + 1) − 1) = (k + 1)²
...
База индукции: докажем первое утверждение, то есть что 1 = 1². Но это очевидно.
Шаг индукции: докажем, что из Утвk следует Утвk+1. Пусть уже доказано, что 1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k². Надо доказать, что тогда 1 + 3 + 5 + … + (2·(k + 1) − 1) = (k + 1)². Запишем: 1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2·(k + 1) − 1) = k² + (2k + 1) = (k + 1)². Здесь первое равенство выполняется, поскольку верно Утвk.
Таким образом, доказаны база и шаг индукции, а значит, и требуемое Утвn: 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² доказано для любого натурального n.
2.
Известно, что x + 1/x — целое число. Докажите, что при любом целом n число xn + 1/xn — также целое.
Решение
Решение.
Сначала докажем это утверждение при n = 0. Но x0 + 1/x0 = 1 + 1 = 2 — целое, поэтому это утверждение очевидно. Если число n отрицательно, и n = - m, где m — натуральное, то xn + 1/xn = x − m + 1/x − m = xm + 1/xm. Поэтому достаточно доказать утверждение для натуральных n.
Применим метод математической индукции аналогично тому, как это сделано в предыдущей задаче.
База индукции: докажем, что если x + 1/x — целое, то x¹ + 1/x¹ — тоже. Но это очевидно, так как x¹ + 1/x¹ = x + 1/x.
Шаг индукции: Пусть известно (то есть доказано на предыдущих шагах индукции), что x + 1/x, x² + 1/x², x³ + 1/x³, …, xk − 1 + 1/xk − 1, xk + 1/xk — целые числа. Докажем, что тогда xk + 1 + 1/xk + 1 — тоже целое. Для этого запишем: (xk + 1/xk)·(x + 1/x) = xk + 1 + 1/xk − 1 + xk − 1 + 1/xk + 1 = (xk + 1 + 1/xk + 1) + (xk − 1 + {/1{xk − 1}). Отсюда находим, что xk + 1 + 1/xk + 1 = (xk + 1/xk)·(x + 1/x) − (xk − 1 + 1/xk − 1). Первое слагаемое в правой части этого равенства является произведением двух целых чисел по предположению, а значит, и само является целым. Второе слагаемое — тоже целое по предположению. Значит, их сумма — целое число. Тогда и в левой части равенства стоит целое число, что и требовалось доказать.
Упражнение. Как найти какое-нибудь число x, для которого x + 1/x = k, где k — заданное целое число? При каких целых k это можно сделать?
3.
Докажите неравенство 2n > n для произвольного натурального n.
Решение
Решение.
База индукции. Докажем, что 2¹ > 1. Но это очевидно.
Шаг индукции. Пусть известно, что 2k > k. Докажем, что тогда 2k + 1 > k + 1. Запишем 2k + 1 = 2·2k > 2· k > k + 1, если k > 1. Первое неравенство в этой цепочке вытекает из предположения о том, что 2k > k.
4.
Найдите все натуральные n, при которых 2n не больше, чем n².
Ответ Решение
Ответ. n ≥ 2.
Решение.
Ясно, что при n = 1 утверждение неверно, так как 2·1>12. А вот при n = 2, n = 3, n = 4 оно уже верно (убедитесь в этом самостоятельно). Причем с увеличением числа n увеличивается и разность между числами n² и 2n. Это наводит на мысль, что 2n ≤ n² при всех натуральных n, бóльших единицы. Теперь строго докажем это по индукции.
База индукции: n = 2. Надо доказать, что 2·2 ≤ 22. Но это очевидно.
Шаг индукции. Пусть известно, что 2k ≤ k². Докажем, что 2(k + 1) ≤ (k + 1)². Запишем (k + 1)² = k² + 2k + 1 ≥ 2k + 2k + 1 = 2(k + 1) + 2k − 1 ≥ 2(k + 1), если 2k − 1 ≥ 0, в том числе при любом натуральном k, что и требовалось доказать.
Замечание. Эту задачу можно решить и без использования метода математической индукции. Пусть n ≥ 2. Домножим обе части этого неравенства на n (это можно сделать, так как если n ≥ 2, то n > 0). Получим n² ≥ 2n, что и требовалось доказать.
5.
В прямоугольнике размера 3×n стоят фишки трех цветов, по n штук каждого цвета. Докажите, что можно переставить фишки в каждой строке так, чтобы в любом столбце были фишки всех цветов.
Решение
Решение. Докажем это утверждение индукцией по n.
База индукции: n = 1. В прямоугольнике размера 3×1 находятся три фишки, каждая своего цвета. Тогда требование задачи уже выполнено, и вообще ничего переставлять не надо.
Шаг индукции. Пусть для любого прямоугольника размера 3×k (с указанным набором фишек) требуемая перестановка существует. Докажем, что она существует и для любого прямоугольника размера 3×(k + 1). Сначала переставим фишки так, чтобы в последнем, (k + 1)-м столбце все фишки были разноцветными. Ясно, что в оставшейся части прямоугольника (размера 3×k) находятся по k фишек каждого цвета. Применив наше предположение, расставим в этой части фишки требуемым образом. В результате в каждом из столбцов от первого до k-го фишки разноцветные по предположению, а в последнем столбце — по построению.
6.
Несколько прямых делят плоскость на части. Докажите, что эти части можно раскрасить в два цвета так, что любые две граничащие (то есть имеющие общую сторону) части будут раскрашены в разные цвета.
Решение
Решение. Докажем это утверждение индукцией по количеству прямых.
База индукции. Пусть на плоскости проведена всего одна прямая, которая делит эту плоскость на две части. Одну из этих частей покрасим в белый цвет, а другую — в черный. Тогда требование условия будет выполнено.
Шаг индукции. Пусть на плоскости проведено k прямых, и части плоскости раскрашены в черный и белый цвета требуемым образом. Проведем (k + 1)-ую прямую. Все части плоскости по одну сторону от этой новой прямой перекрасим в противоположные цвета, а по другую сторону оставим все без изменений (см. рисунок). Убедитесь, что в этом случае части плоскости будут раскрашены требуемым образом.
7.
Докажите, что 1· 1! + 2 · 2! + ... + n · n! = (n + 1)! − 1 для всех натуральных n (здесь n! = 1·2·3·...·n).
Решение
Решение. База индукции. Надо доказать, что 1·1! = (1 + 1)! − 1. Это верно, так как 1! = 1, 2! = 2.
Шаг индукции. Пусть доказано, что 1· 1! + 2 · 2! + ... + k · k! = (k + 1)! − 1. Докажем, что тогда 1· 1! + 2 · 2! + ... + k · k! + (k + 1)·(k + 1)! = (k + 2)! − 1. Запишем 1· 1! + 2 · 2! + ... + k · k! + (k + 1)·(k + 1)! = (k + 1)! − 1 + (k + 1)·(k + 1)! = (k + 1)!·(1 + k + 1) − 1 = (k + 1)!·(k + 2) − 1 = (k + 2)! − 1. Здесь мы пользовались тем, что (k + 1)!·(k + 2) = (k + 2)! (убедитесь, что это следует из определения числа (k!)).
8.
Для произвольного натурального n и вещественного x > -1 докажите неравенство Бернулли: (1 + x)n ≥ 1 + nx.
Решение
Решение. Докажем это утверждение индукцией по n.
База индукции: n = 1. Надо доказать, что (1 + x)¹ ≥ 1 + 1· x. Но это очевидно.
Шаг индукции. Пусть доказано, что (1 + x)k ≥ 1 + kx. Докажем, что тогда (1 + x)k + 1 ≥ 1 + (k + 1)· x. Запишем (1 + x)k + 1 = (1 + x)k·(1 + x) ≥ (1 + kx)·(1 + x) = 1 + kx + x + kx² ≥ 1 + (k + 1)· x, что и требовалось доказать. Здесь мы воспользовались тем, что при любом натуральном k и любом действительном x имеем kx² ≥ 0, а также предположением о том, что (1 + x)k ≥ 1 + kx.
9.
Любую ли сумму из целого числа рублей, большего семи, можно уплатить без сдачи денежными купюрами по 3 и 5 рублей? Почему?
Ответ Решение
Ответ. Да, любую.
Решение. Ясно, что 8 = 3 + 5, 9 = 3 + 3 + 3, 10 = 5 + 5. Прибавляя к 8 нужное количество троек, можем получить любое число, делящееся на 3 с остатком 2. Прибавляя тройки к 9, получим все числа, делящиеся на 3 без остатка. А прибавляя тройки к 10, получим все числа, делящиеся на 3 с остатком 1. Проведите строгое доказательство самостоятельно. Для произвольного натурального n ≥ 8 укажите способ его представления в виде суммы троек и пятерок в зависимости от его остатка при делении на 3, основываясь на вышеизложенных соображениях.
10.
Коля Васин при помощи метода математической индукции смог доказать, что в любом табуне все лошади одной масти. Для этого он провел такие рассуждения: «Если есть только одна лошадь, то она своей масти, так что база индукции верна. Для перехода предположим, что есть n лошадей (с номерами от 1 до n). Пусть уже доказано, что в любом табуне из (n - 1) лошади все лошади одной масти. Значит, в нашем табуне все лошади с номерами от 1 до (n - 1) одинаковой масти. По тем же соображениям лошади с номерами от 2 до n одинаковой масти. Но лошади с номерами от 2 до (n - 1) не могут менять свою масть в зависимости от того, как они сгруппированы, — это ведь лошади, а не хамелеоны. Поэтому все n лошадей должны быть одинаковой масти». Есть ли ошибка в этом рассуждении, и если есть, то какая?
Ответ Решение
Ответ. Ну конечно же есть!
Решение. «Переход» индукции, предложенный Колей, не позволит нам доказать утверждение даже для табуна из двух лошадей. Первая лошадь своей масти, вторая — тоже. Однако никаких лошадей с промежуточными номерами нет. Поэтому и между нашими двумя лошадьми, вообще говоря, нет ничего общего.
1.
Верно ли, что 1 + 1 ≥ 2
x² x
для любого действительного числа х, отличного от 0? Ответ обоснуйте.
Ответ Решение
Ответ. Верно.
Решение. Перенеся все слагаемые в левую часть неравенства, получим
1 + 1 - 2 ≥ 0
x² x
Заметим, что выражение в левой части неравенства можно преобразовать по формуле сокращенного умножения:
1 + 1 - 2 = 1- 2 + 1 = 1-2· ( 1 )+ ( 1 )²= (²
x² x x x² x x x
Это выражение имеет смысл и неотрицательно при всех x≠0 и, стало быть, при всех таких x неравенство верно.
2.
Улитка ползет по столбу вверх. За день она поднимается на 5 см вверх, а за ночь, уснув, случайно сползает на 3 см. Высота столба 1 м. На какой день улитка доползет до его вершины?
Ответ Решение
Ответ. На сорок девятый день.
Решение. За одни сутки (то есть за день и следующую за ним ночь) улитка в общей сложности продвигается на 2 см вверх по столбу. Однако неверно было бы считать, что она доползет до вершины столба за 100:2=50 дней. Заметим, что через 48 суток улитка окажется на высоте 48×2=96 см. Соответственно, в конце сорок восьмого дня (а не сорок восьмых суток!) она будет находиться на высоте 96+2=98 см, то есть еще не достигнет вершины столба. Но утром следующего, сорок девятого дня, она стартует на высоте 96 см, и ей достаточно будет подняться всего на 4 см, чтобы оказаться на вершине столба в тот же (сорок девятый) день. После этого уже не имеет значения то, что за следующую ночь она должна была бы сползти на 3 см вниз. Такой эффект возникает из-за разницы между тем, что происходит с улиткой за один день и тем, что происходит с ней за одни сутки.
3.
Дан прямоугольный параллелепипед со сторонами 1 см, 2 см и 3 см (см. рисунок). Муха, сидящая в точке А, хочет кратчайшим путем доползти до точки В по граням параллелепипеда. Как ей это сделать и какой путь она при этом проползет?
Подсказка Ответ Решение
Подсказка. Нарисуйте развертку.
Ответ. Длина пути равна √18; оптимальный маршрут изображен на рисунке.
Решение.
Для удобства обозначим остальные вершины параллелепипеда буквами, как показано на первом рисунке. Теперь нарисуем развертку параллелепипеда. Для этого нужно «разрезать» параллелепипед по ребрам AD, CH, EF, BG, AH, AF, GH и «развернуть» на плоскость. В результате на плоскости получится фигура, изображенная на втором рисунке.
Обратите внимание, что одной и той же вершине исходного параллелепипеда могут соответствовать несколько различных точек на развертке. Например, вершине А соответствуют три точки A1, A2, A3. (Остальные такие вершины найдите на чертеже самостоятельно). То же самое относится и к ребрам. При работе с разверткой об этой особенности нельзя забывать. Зато на развертке проще искать кратчайший путь между двумя точками: здесь этот путь, как и обычно на плоскости, проходит по прямой. Этим мы и воспользуемся.
На нашей развертке есть три «кратчайших» пути между точками A и B: вдоль отрезков A1B, A2B и A3B. Осталось выбрать из этих отрезков самый короткий; он и будет соответствовать кратчайшему пути между точками A и B на исходном параллелепипеде. Чтобы получить его изображение на поверхности параллелепипеда, надо снова «склеить» параллелепипед из развертки с нарисованной на ней оптимальной траекторией движения мухи.
Заметим сначала, что отрезки A1B и A3B имеют равную длину (убедитесь в этом самостоятельно, используя признаки равенства треугольников). Теперь вычислим длины отрезков A1B и A2B с помощью теоремы Пифагора: в прямоугольном треугольнике сумма квадратов длин катетов (сторон, лежащих против острых углов) равна квадрату длины гипотенузы (стороны, лежащей против прямого угла). (Если вы еще не изучали ее в школе, найдите ее доказательство в учебнике геометрии или где-нибудь еще). Применив эту теорему к прямоугольным треугольникам A1BH и A2BC, получим соотношения $(A1B)² = (A1H)² + (BH)² = (A1H)² + (BC + CH)² = 2² + 4² = 20$ и $(A2B)² = (A2С)² + (BС)² = (A2D + DC)² + (BC)² = 3² + 3² = 18$. Отсюда найдем, что A1B = √20 > A2B = √18. (По определению, квадратный корень из неотрицательного числа a (обозначается √a) — это такое неотрицательное число b, что b² = a.) Таким образом, кратчайший путь между точками A и B на поверхности параллелепипеда соответствует отрезку A2B на развертке, а длина его равна √18. Докажите самостоятельно, что, двигаясь по этому маршруту, муха будет переползать с грани ADEF на грань BCDE в точке K, находящейся на расстоянии 1 от точки D (делать это тоже удобнее с использованием развертки).
4.
Есть две кучи камней: в первой куче 2009 камней, а во второй — 2010. Света и Даша играют в такую игру: за один ход каждая девочка берет камни из одной кучи, причем не более ста. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Первый ход делает Даша. Кто выигрывает при правильной игре?
Ответ Решение
Ответ. Выигрывает Даша.
Решение. Первым ходом Даша должна взять один камень из кучи, где камней первоначально 2010. После этого две кучи станут совершенно одинаковыми. Далее, если Света своим очередным ходом берет k камней из какой-либо кучи, Даша должна своим следующим ходом взять k камней из другой кучи. При такой стратегии после каждого хода Даши в обеих кучах будет оставаться равное число камней, а после хода Светы — неравное. Поэтому после очередного хода Светы камни в обеих кучах не могут закончиться, и значит, Даша не проиграет.
5.
В городе Маленький 15 телефонов. Можно ли их соединить проводами так, чтобы каждый телефон был соединен ровно с пятью другими?
Ответ Решение
Ответ. Нельзя.
Решение. Решим эту задачу методом «от противного». Предположим, что соединить телефоны указанным образом удалось, и попытаемся сосчитать количество проводов, которое для этого потребовалось. К каждому из 15 телефонов подключено по пять проводов, и можно было бы подумать, что всего проводов 15·5=75. На самом деле это не так: каждый провод мы сосчитали два раза (по одному разу для каждого из двух телефонов, которые он соединяет). Значит, проводов должно быть в два раза меньше, то есть 75:2. Но 75 — число нечетное, поэтому число 75:2 будет дробным. А количество проводов по понятным причинам может быть только целым. Полученное противоречие доказывает, что наше предположение ошибочно. Стало быть, соединить телефоны указанным образом невозможно.
6.
ABCD — четырехугольник, причем AD ∥ BC, AM ⊥ BD, AM — биссектриса угла BAD, ∠BMA = ∠ABD. Доказать, что ABMD — квадрат.
Решение
Решение.
1. ∠DAM = ∠AMB как накрест лежащие углы при параллельных прямых AD ∥ BC и секущей AM. Значит, ∠DAM = ∠AMB = ∠ABD = ∠BAM.
2. Обозначим AM∩BD = K (символ ∩ означает пересечение). Из прямоугольного (по условию) ΔABK по теореме о сумме углов треугольника и с учетом п. 1 получаем ∠BAK = ∠ABK = ½·(180°-∠AKB) = 45°. Отсюда (или сразу из п. 1) следует, что ΔABK — равнобедренный.
3. С помощью признаков равенства треугольников получаем, что ΔABK = ΔBKM = ΔMKD = ΔAKD (убедитесь в этом самостоятельно). Из равенства этих треугольников следует равенство их острых углов (они все равны 45°). Отсюда получаем, что все углы четырехугольника ABMD — прямые. Кроме того, из равенства тех же треугольников следует равенство их гипотенуз (сторон, лежащих против прямых углов), а они служат сторонами четырехугольника ABMD. Таким образом, ABMD — прямоугольник, у которого все стороны равны, то есть квадрат, что и требовалось доказать.
7.
Поля, Даша, Света и Юля были на математической олимпиаде. В ответ на вопрос «Кто из вас решил последнюю задачу?» каждая девочка высказала два утверждения:
Поля: «Даша не решила задачу. Я тоже ее не решила».
Даша: «Юля решила задачу. А вот Света — нет».
Света: «Да, задачу решила Юля. А вот я не смогла».
Юля: «Поля решила задачу. Света — тоже».
Кто мог решить задачу, если каждая девочка один раз сказала правду, а один раз ошиблась? Перечислите все возможные случаи: задачу могли решить и несколько девочек.
Ответ Решение
Ответ. Задачу могла решить либо только Поля, либо все, кроме Поли.
Решение. Обратим внимание, что Света и Даша утверждают одно и то же, хотя и в разной последовательности. Это означает, что одинаковые их утверждения либо одновременно истинны, либо одновременно ложны. В зависимости от того, какая пара (одинаковых) утверждений истинна, а какая ложна, возможны два различных случая. Рассмотрим их по отдельности.
Случай 1. Пусть утверждение о том, что Света не решила задачу, истинно, а утверждение о том, что ее решила Юля, ложно. Тогда второе утверждение Юли ложно, а ее первое утверждение истинно. Значит, второе утверждение Поли ложно, а первое — истинно. Окончательно получается, что в этом случае задачу решила только одна девочка, а именно Поля.
Случай 2. Пусть теперь истинно утверждение о том, что Юля решила задачу, а второе утверждение Светы и Даши ложно. Эта ситуация полностью противоположна рассмотренной выше (убедитесь в этом сами). Значит, в этом случае задачу решили три девочки: Света, Даша и Юля.
8.
Для каких простых чисел p число p+1 также является простым?
Ответ Решение
Ответ. Только для p=2.
Решение.
Во-первых, заметим, что числа p и p+1 имеют разную четность (то есть если одно из них четно, другое обязательно будет нечетным, и наоборот). Во-вторых, обратим внимание, что среди простых чисел есть только одно четное, а именно число 2 (подумайте почему). Значит, одно из чисел p и p+1 должно быть равно 2.
Если p=2, то p+1=3, и оба эти числа являются простыми. Если же p+1=2, то p=1, а единица простым числом не считается. Поэтому единственное значение p, которое нас устраивает, — значение p=2.
