Нестандартные задачи (По материалам газеты «Математика» №38, 39, 1996 года) (стр. 5 )

22.5. Наибольшее возможное число должно начинаться с наибольшего количества девяток. Будем «двигаться» по числу слева направо, вычеркивая все цифры, кроме цифры 9. Вначале мы вычеркнем 27 цифр:

и получим число и т. д.

Таким образом, до каждой очередной девятки мы «добираемся», вычеркивая 19 цифр. Сделав еще два шага, мы зачеркнем 38 цифр и получим число . За предыдущие шаги было вычеркнуты 84 цифры (осталось вычеркнуть еще 16 цифр), следовательно, до очередной девятки мы не «доберемся». Наибольшая цифра, до которой можно «добраться», вычеркнув 15 цифр, это 7. Вычеркнув далее цифры 5, мы получим наибольшее возможное число 99 .

► 23.1. Кофе выпили одну чашку, а молока сначала долили чашки, затем чашки и, наконец, чашки, т. е. также одну чашку, следовательно, кофе и молока выпили поровну.

23.2. Рассуждения проведем в несколько этапов:

Этап рассуждений	Выводы
1.	b =7, так как произведение 7x9 оканчивается на 3
2.	а = 8, поскольку делится на 9

Проверкой убеждаемся, что 87 х 9 = 873, т. Е. искомое число 87.

23.3. (Задачу можно решать аналогично задаче 17.3.) Полезно показать и следующее решение. Запишем условие задачи в виде таблицы:

	Скорость	Путь	Время
туда	обратно	туда	обратно	туда	обратно
1-й жук	v	v	s	s
2-й жук			s	s

Первый жук прошел весь путь за время , тогда как второй жук – за время ; t1<t2, следовательно, первый жук вернулся раньше.

23.4. Конечно можно посчитать «в лоб», но это очень трудоемко. Поступим следующим образом.

Пусть а = 2 378, b = 2 379; тогда можно составить таблицу:

Число	Обозначение
23 =+ 2 378	10 000а + а =а
23 =+ 2 379	10 000b + b =- 10 001b
2 379 ∙	b ∙ 10 000а = 10 001ab
2 378 ∙	а ∙ 10 000b = 10 001ab

из которой следует, что

2379∙23 = 2378∙23

23.5. а) Сторона нового квадрата 8 м, площадь 64 м 2;

б) сторона нового квадрата 12 м, площадь 144 м2;

в) сторона нового квадрата 4,2 м, площадь 17,64 м2.

► 24.1. (Решение этой задачи следует из решения задачи 1.1.) Имеем 679 × 9 = , зна­чит, × 45 =

24.2. Число 1 не является квадратом натурального числа, так как квадрат натурального числа может оканчиваться только цифрами 0, 1, 5, 6, 9.

24.3. Запишем условие задачи в виде таблицы:

Направление движения	Путь, км	Скорость, км/ч	Время, ч
туда	s	50
обратно	s	30
туда и обратно	2s	?

Путь, равный 2s, автомобиль проходит за время (ч), при этом средняя скорость равна (ч).

24.4.Пусть х > 7. Если x кратно 3, то его можно представить в виде х = 6 + 3k, если при делении х на 3 имеем остаток 1, то его можно представить в виде х = 10 + 3k, если при делении х на 3 получаем остаток 2, то его можно представить как х = 8 + 3k (k – целое число; k > 0). Отсюда следует, что любую сумму целого числа рублей, большую семи, можно уплатить без сдачи денежными купюрами в 3 и 5 рублей.

24.5.Чтобы напилить 42 метровых чурбака из шестиметровых бревен требуется сделать 35 распилов, а из семиметровых – 36. Можно считать, что шестиметровые бревна пилить выгоднее.

► 25.1. Может. Например, сумма тысячи десятичных дробей, каждая из которых равна 0,001, равна 1. Сумма квадратов этих же десятичных дробей равна 0,001 < 0,01. Вообще, сумма квадратов n дробей вида равна и, если < 0,01, то требование задачи выполняется.

25.2. Занумеруем мешки и возьмем из каждого мешка количество монет, соответствующее его номеру (из первого мешка 1 монету, из второго 2 и т. Д.). Всего мы возьмем 1 + 2 + … + 10 = 55 (монет). Если бы все они были настоящие, то их общая масса составила 550 г, но среди них есть фальшивые и поэтому эта масса будет больше. Если фальшивые монеты в первом ящике, то разница в массе составит 1 г, если во втором – 2 г и т. Д. Определив эту разницу, мы и узнаем, в каком мешке фальшивые монеты.

25.3.Пусть х – первое число, тогда (х + 1) – второе, (x + 2) – третье и (х + 3) – четвертое число. Их сумма равна 4х + 6. Это число на 4 не делится, следовательно, сумма четырех последовательных натуральных чисел не может делиться на 4.

25.4.Рассуждая аналогично задаче 22.5 и учитывая, что для получения наименьшего числа выгодно оставлять 0 в начале записи числа, получим, что наименьшее возможное число .

25.5.Каждая книга дороже рубля, поэтому куплено не более 10 книг. Кроме того, понятно, что куплено не менее 7 книг (так как приобретено не менее одного альбома). Число 1056 делится на 8 и не делится на 7, 9, 10. Следовательно, купили 8 книг.

► 26.1. Условие задачи запишем в виде таблицы:

Размер стороны	Площадь прямоугольника
перво­начальный	оконча­тельный	перво­начальный	оконча­тельный
a		ab
b

Вывод: площадь прямоугольника уменьшится на .

26.2. (Сравните с задачами 17.3 и 18.2.) В турнире участвуют 10 команд, следовательно, количество игр, сыгранных каждой командой, может быть равно любому целому числу от 0 до 9. Если бы в какой-либо момент турнира все команды сыграли разное количество игр, то одна из команд не сыграла бы ни одного матча, другая сыграла бы один матч, третья – два и т. Д. Последняя команда должна была бы сыграть в этот момент 9 матчей, т. е. со всеми участниками турнира. Но это невозможно, так как первая команда не сыграла ни одного матча. Мы пришли к противоречию. Следовательно, предположение, что в какой-то момент турнира все команды сыграли разное количество матчей, неверно и в любой момент турнира найдутся две команды, которые провели одинаковое количество матчей.

26.3. (Сравните со вторым решением задачи 24.3.) Условие задачи удобно записать в виде таблицы:

Направление движения	Скорость	Путь	Время
1-й самолет	2-й самолет	1-й самолет	2-й самолет	1-й самолет	2-й самолет
туда	v	v	s	s
обратно	v+u	v-u	s	s

Первый самолет путь туда и обратно пролетит за время , второй самолет – за время . Заметим, что дроби, выражающие время t1 и t2, имеют одинаковые числители, следовательно, t2 > t1, и первый самолет прилетит раньше.

26.4.Пусть х – неизвестное число. Из условия ясно, что: 1) числа 96 и 72 делятся на х без остатка; 2) число х > 18 (так как делитель всегда больше остатка). Единственное число, обладающее такими свойствами, это 24. Следовательно, х = 24.

26.5.Ответ:

► 27.1. 25% - Это четверть остатка, поэтому 6 га — три четверти остатка; тогда весь остаток равен 8 га. В первый день бригада скосила половину луга и еще 2 га, следовательно, половина луга это 10 га, а площадь всего луга – 20 га.

27.2. (Продолжение задачи 25.2.) Присвоим одному из мешков номер 0, другому – номер 1 и т. Д. и поступим аналогично решению задачи 25.2. При этом, если фальшивые монеты в мешке 0, то общий вес взятых монет равен 550 г, в остальном решения задач совпадают.

27.2.Рассуждая аналогично задачам 20.4 и 22.3, получаем:

а) для того чтобы было не менее 4 карандашей одного цвета, требуется взять 10 карандашей;

б) чтобы было не менее 6 карандашей одного цвета, - 15 карандашей;

в) чтобы был хотя бы один карандаш каждого цвета, - 19 карандашей;

г) не менее 6 синих карандашей – нужно взять 20 карандашей.

27.4. Рассмотрим случаи:

Четны или нечетны выражения в зависимости от четности или нечетности х и у?
x	y	x8	y8	xy8	x8у	xу8 + x8y
да	неважно	да		да	да	да
неважно	да		да	да	да	да
нет	нет	нет	нет	нет	нет	да

Выражение xу8 + x8y четно при любых x и y поэтому не может быть равно 1995. Следовательно, Вася ошибся.

27.5. Решение приведено на рисунке.

► 28.1. Гриша сделал на 12 выстрелов больше, чем первоначальные 5 по уговору, значит, он попал в цель шесть раз, так как именно за шесть попаданий полагается 12 лишних выстрелов.

28.2. Если разорвать лист бумаги на 4 части, то кусков станет на 3 больше. Так как вначале был всего один лист, то после n разрывов будет 3n + 1 кусков. Ни при каком натуральном п, 3n + 1 ≠ 50, следовательно, получится ровно 50 кусочков не может.

28.3.(Задача решается аналогично задаче 24.3.) Ответ: 15 км/ч.

28.4.Первое и второе взвешивания: разбив произвольным образом арбузы на пары, создадим пару «легких» арбузов и пару «тяжелых» выяснили: a1 < а2; b1 < b2.

Третье и четвертое взвешивания: в паре «легких» арбузов и в паре «тяжелых» найдем более легкие арбузы. Возможны четыре случая:

Случай	Легкие арбузы	Тяжелые арбузы
I	a1	b1	b2	а2
II	a1	b1	а2	b2
III	b1	a1	b2	а2
IV	b1	a1	а2	b2

В первом и четвертом случаях больше взвешиваний делать не надо, так как уже известно, что b1 < b2 и a1 < а2. Во втором случае сравним массу арбузов b1 и а2, в третьем – а1 и b2.

28.5. Предположим, что это возможно и прямая пересекла все стороны некоторого 1001-угольника. Заметим, что всякий многоугольник разбивает плоскость на две части. Будем «двигаться» вдоль прямой. В начале «движения» мы находимся вне многоугольника; после того, как пересечем первую сторону, окажемся внутри многоугольника, затем снова вне его и т. Д. Пересекая сторону в «четный» раз, мы оказываемся вне многоугольника «нечетный» - внутри, следовательно, после пересечения 1001 стороны мы окажемся внутри 1001-угольника и прямая пересечет, как минимум, еще одну сторону. Получается, что прямая должна пересечь одну из сторон 1001-угольника дважды, что невозможно. Таким образом, сделанное предположение неверно и провести прямую так, чтобы она пересекла все стороны 1001-угольника невозможно.

► 29.1. (Аналогична задаче 8.4.) Число 1 составное (делится на 3), так как сумма его цифр делится на 3.

29.2.После переливания уровень вина в бутылках остался прежним, следовательно, белое вино, перелитое в бутылку с красным вином, было заменено таким же количеством красного вина. Таким образом, белого вина в красном столько же, сколько краевого вина в белом.

29.3.Пусть t – время, за которое курьеры добрались до места встречи, а v1 и v2 – скорости первого и второго курьеров. Тогда имеем (v1 + v2)t = v1(16 + t) = v2(9 + t); 16v1 = v2t и v1t = 9v2;

или и t2 = 16 ∙ 9, откуда t = 4 ∙ 3 = 12. Таким образом, первый курьер к месту назначения ехал 28 ч, а второй 21 ч.

29.4.Так как 3111 < 3211 = (25)11 = 255 < 256 = (24)14 = 1614 < 1714, то 3111 < 1714.

29.5.а) Площадь квадрата равна 100 дм2; б) периметр 32 дм.

► 30.1. Можно, так как 203 = 29 ∙ 7 ∙ 1 ∙ 1 ∙ … ∙ 1 и 203 = 29 + 7 + 1 + 1 + … + 1 (число 1 повторяется и в том, и в другом равенстве 167 раз).

30.2.Доказательство аналогично задаче 26.2.

30.3. Первое взвешивание:

Количество деталей
левая чашка весов	правая чашка весов	на столе
1	1	2

Возможны два случая:

1)имеет место равновесие; тогда отличающаяся по массе деталь осталась на столе;

2)одна из чашек весов перевесила; в этом случае отличающая по массе деталь находится на весах.

В результате про две детали мы точно знаем, что они настоящие.

Второе взвешивание: сравним одну из настоящих деталей с одной из «сомнительных».

Возможны два случая:

1)наблюдается равновесие; нужная деталь – вторая из «сомнительных»;

2)если равновесия нет, то первая.

30.4. (Продолжение задач 9.3, 12.4, 20.2.) При умножении (возведение в степень и является умножением) последняя цифра числа зависит только от последней цифры сомножителей. Следовательно, число 13 + 23 + … + 9993 оканчивается на ту же цифру,
что число (13 + 23 + … + 93) • 100, т. Е. на 0 (заметим, что слагаемые 103, 203, …, 9903 не влияют на последнюю цифру числа).

30.5. Решение задачи приведено на рисунке.

Три прямые разделят плоскость на 7 частей, а четыре – на 11 частей.

Список литературы

1.Занятия математического кружка в VI классе. Методические рекомендации. Сост. М., 1991.

2.Квант, .

3. Дидактические игры на уроках математики. М., 1990.

А. , Удивительный мир чисел. М., 1986.

5. Развивающие игры на уроках математики в V-VIII классах. Львов, 1991.

6. Московские математические олимпиады 60 лет спустя. Под ред. и . М., 1995. (Приложение к журналу «Квант» № 6, 1995.)

7. Головоломки. М., 1996.

8. 75 задач по элементарной математике простых, но… М., 1996.

9. Как решить задачу. М., 1961.

10. Математическое открытие. Решение задач: основные понятия, изучение и преподавание. М., 1970.

11. . Обучение через задачи/ В сб.: На путях обновления школьного курса математики. М., 1978.

11. Сеге Г. Задачи и теоремы из анализа. Предисловие. М.-Л., 1937.

12. Задачи на вырост. М., 1996.

13.Савин A. П. Математические миниатюры. М-. 1991.

14. Математический праздник. М., 1995.

Содержание

Комментарии к задачам	3
О решении задач	3
Условия задач	5
Решения задач	20
Список литературы	47
Содержание	48