Математика 6-8 (стр. 2 )

Примечание. Данный факт является частным случаем теоремы Дилворта о частично упорядоченных множествах, которую в связи с этой задачей можно сформулировать так:

Дано несколько различных натуральных чисел. Известно, что среди любых n из них можно выбрать два так, чтобы одно делилось на другое. Тогда все числа можно покрасить в (n – 1) цветов так, чтобы для любых двух чисел одинакового цвета одно делилось на другое.

8. Ответ: 897×897 = 804609. Решение. Так как С ³ 1, то СТО2 >  откуда СТО > 300. Тогда С ³ 3 и СТО2 >  откуда СТО > 500 и C ³ 5. Поэтому СТО2 >  откуда СТО > 700 и C ³ 7. Значит, СТО2 >  откуда СТО > 800 и C равно 8 или 9.

Произведение O ´ O кончается на Т. Небольшим перебором можно установить, что всевозможные пары (Т; О) исчерпываются парами (4; 2), (9; 3), (6; 4), (9; 7), (4; 8) и (1; 9). Для случая С = 8 непосредственная проверка дает Т = 9, О = 7, а в случае С = 9 ни одна из указанных шести пар не подходит.

9. Ответ: 7 часов 50 минут. Решение. Пусть, когда Петя проснулся, часовая стрелка образовывала со стрелкой будильника угол a, а когда встал — угол b. Поскольку минутная стрелка вращается со скоростью 6° в минуту, а часовая — 0,5° в минуту, то за 3 минуты минутная стрелка повернется на 18°, а часовая — на 1,5°. Из взаимного расположения стрелок в первом случае (рисунок 7) и во втором случае (рисунок 8) следует, что 2a + b = 18° и a – b = 1,5°, откуда b = 5°.

Чтобы совместиться со стрелкой будильника, часовая стрелка повернется на 5°, за это время минутная повернется на угол в 12 раз больше, то есть на 60°, и образует со стрелкой будильника угол 65°. Найдем все такие моменты с целым числом минут. Примем положение стрелок в полночь за нулевое. Тогда в x часов y минут минутная стрелка повернется от этого положения на (6y)°, а часовая — на (30x + 0,5y)°.

Если при движении от часовой стрелки к минутной не встречается нулевое положение, то

6y – (30x + 0,5y) = 65, откуда 11y – 60x = 130.

Так как x и y — целые числа, то y кратно 10. Пусть y = 10k (где 0 £ k £ 5, так как 0 £ y £ 59). Тогда, 11k = 13 + 6x. Перебором значений k можно убедиться, что единственным решением уравнения являются k = 5, x = 7, откуда y = 50. То есть будильник был заведен на 7 часов 50 минут.

Если при движении от часовой стрелки к минутной нулевое положение встретилось, то

6y + 360 – (30x + 0,5y) = 65, откуда 60x – 11y = 590.

Аналогично можно найти единственное решение: x = 19, y = 50, что соответствует такому же положению стрелок на будильнике.

10. Решение. Утверждение задачи докажем методом математической индукции. Для n = 1 и n = 2 оно верно ввиду равенств 1! = 1×1 и 2! = 1×2. Предположим, что утверждение верно для n = k, то есть k! = a×b, где a £ b £ 2a. Тогда разложение на множители (k + 2)! = (a×(k + 2))×(b×(k + 1)) удовлетворяет условию задачи. Действительно,

и .

Значит, утверждение верно и для n = k + 2. Тем самым установлена его справедливость для произвольного натурального числа n.

11. Решение. Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что наибольшим из чисел a, b, c является число a. Тогда, a ³ a2/b, откуда b ³ a. Значит, b = a. Тогда b ³ b2/c, откуда c ³ b, поэтому c = b.

12. Ответ: DE = 2000. Решение. Возьмем на основании BC трапеции точку F, что BF = 1 (рисунок 9). Тогда FC = 2001 – 1 = 2000.

Так как ABFD — параллелограмм (его противоположные стороны AD и BF равны и параллельны), то DF = AB = 2000. Значит треугольник DFC — равнобедренный. Тогда из равенств

ÐFDC = ÐFCD и ÐEDC = ÐDCF

следует, что

ÐEDC = ÐDCE = ÐDCF = ÐCDF.

Значит, равнобедренные треугольники CDF и DCF равны, откуда DE = FC = 2000.

13. Решение. Покажем, что если ломаная, соединяющая какие-то две точки поверхности куба, проходит через вершину куба, то существует ломаная, соединяющая эти точки, меньшей длины.

Пусть ломаная проходит через вершину B куба. Пусть точка B является концом соседних звеньев XB и BY ломаной. Если точки X и Y лежат на ребрах AB и BC куба, то они принадлежат одной грани (рисунок 10) и звенья ломаной XB и YB можно заменить звеном XY, длина которого меньше суммы XB + BY (по неравенству треугольника).

Если точки X и Y не лежат на ребрах, выходящих из вершины B, то развернем на одну плоскость грани куба, на которых лежат отрезки XB и BY (рисунок 11). Тогда, взяв любые точки X1 и Y1 на этих отрезках, можно уменьшить длину ломаной, заменив X1B и BY1 отрезками XX1, X1Y1, Y1Y. (На поверхности куба отрезок X1Y1 будет представлять собой ломаную, состоящую из отрезков X1Z и ZY1).

Примечание. Аналогично доказывается общий факт:

Если две точки поверхности выпуклого многогранника (отличные от его вершин) соединены ломаной наименьшей длины, звенья которой лежат на поверхности многогранника, то ломаная не проходит через вершины многогранника.

14. Ответ: можно. Решение. Пусть искомые массы равны k, k + 1, k + 2, ..., k + 6, где k — некоторое натуральное число, не превосходящее 7. Для нахождения k сравним первым взвешивание гирьки с массами k и k + 1 с гирьку массой k + 5.

1) Если весы покажут равновесие, то k + (k + 1) = k + 5, откуда k = 4 и массы оставшихся гирек определяются однозначно.

2) Если две гирьки окажутся легче, то k + (k + 1) < k + 5, откуда k £ 3. Вторым взвешиванием сравним эти же две гирьки с гирькой массой k + 3. При равенстве весов k + (k + 1) = k + 3 и k = 2. Если перевесят две гирьки, то k > 2, откуда k = 3. Если две гирьки окажутся легче, то k < 2, откуда k = 1.

3) Если две гирьки перевесят, то k + (k + 1) > k + 5, откуда k ³ 5. Вторым взвешиванием сравним эти две гирьки с массами k + 5 и k + 6 с тремя гирьками с массами k, k + 2 и k + 3. При равенстве весов (k + 5) + (k + 6) = k + (k + 2) + (k + 3) и k = 6. Если две гирьки перевесят, то k £ 5, значит, k = 5. Если перевесят три гирьки, то k ³ 7, значит, k = 7.

15.

Ответ: можно определить только в центральной клетке. Решение. Нетрудно убедиться, что если сложить суммы для клеток a и b (рисунок 12), а из результата вычесть суммы для клеток g и d, то в результате получится число, поставленное в центральной клетке.

Покажем, что число в любой не центральной клетке однозначно определить нельзя. Достаточно для каждой такой клетки предъявить две такие расстановки, что суммы для каждой из клеток останутся те же, а в данной клетке число изменится. Рассмотрим расстановки чисел, показанные на рисунках 13 и 14. Сумма для любой клетки в каждой из расстановок равна нулю. Но для любой не центральной клетки числа, записанные в ней, не равны.

16. Ответ: a = 0, b = 1, c = 2 или a = –2, b = –1, c = 0. Решение. Пусть все числа a, b, c не равны нулю, тогда все три уравнения — квадратные. Если число корней у них разное, то дискриминант одного из уравнений равен 0. Пусть a = n, b = n + 1, c = n + 2, тогда дискриминанты уравнений равны –3n2 – 6n – 1, –3n2 – 12n – 8 и –3n2 + 4. Решив три квадратных уравнения можно убедиться, что никакой дискриминант не равен нулю при целом значении n.

Если одно из чисел a, b, c равно нулю, то достаточно рассмотреть три случая a = 0, b = 0 или c = 0. Нетрудно убедиться, что первый и третий случаи подходят (в каждом из них получается линейное уравнение с одним корнем и два квадратных уравнения, одно из которых имеет два корня, а второе корней не имеет). Во втором случае получаются уравнения

–x2 + 1 = 0, x – 1 = 0 и x2 – x = 0,

где первое и последнее имеют по два корня. То есть этот случай не подходит.

17. Решение. Треугольники BEM и CMD подобны с коэффициентом 2 (так как ÐBME = = ÐCMD, ÐDCB = ÐCBE и BM:MC = 2:1), поэтому BE = 2×CD.

В треугольнике BDF отрезок FO — медиана (рисунок 15). Покажем, что BC — тоже медиана. Пусть это не так. Проведем медиану BT, которая пересечет FO в точке N (рисунок 16). Тогда BM:BC = BN:BT = 2:3, откуда следует, что треугольники MBN и CBT подобны. То есть прямые MN и CT параллельны, что невозможно. Противоречие. Значит BC — медиана.

Если BC — медиана, тогда CD = CF, откуда BE = DF. Из этого следует, что BEFD — параллелограмм, поэтому прямые EF и BD параллельны.

18. Ответ: на 7. Решение. Пронумеруем вершины куба числами 1, 2, ..., 8 и обозначим число в вершине с номером k как ak, а среднее арифметическое его соседей как sk. Сумма a1 + a2 + ... + a8 равна сумме s1 + s2 + ... + s8. Действительно, треть каждого числа входит ровно в три средних арифметических для соседних вершин. Тогда, если a1 = s1 + 1, ..., a7 = s7 + 1, то

(s1 + 1) + ... + (s7 + 1) + a8 = s1 + ... + s8,

откуда s8 = a8 + 7. То есть оставшееся число отличается от среднего арифметического своих соседей ровно на 7.

Примечание. Задача остается однозначно разрешимой, если числа расставлены в вершинах регулярного графа (у которого из вершин выходит одинаковое число ребер).

19. Ответ: 28 клеток. Решение. Нетрудно убедиться, что 28 клеток, отмеченных на рисунке 17, Вася окрасить указанным способом может. Покажем, что более 28 клеток окрасить нельзя.

При окрашивании одной клетки периметр неокрашенной части листа (или сумма периметров частей, если их несколько) увеличивается на 2. Пусть n клеток Вася уже окрасил. Тогда, сумма периметров неокрашенных частей равна 28 + 2n (так как периметр первоначального квадрата равен 28). С другой стороны, остались неокрашенными 49 – n клеток, то есть сумма периметров неокрашенных частей не превышает 4×(49 – n). Получаем неравенство

28 + 2n £ 4×(49 – n),

из которого следует, что n £ 28. Значит, более 28 клеток Вася окрасить не может.

20. Ответ: завхозу следует выбрать грубые весы. Решение. Покажем, что с помощью грубых весов можно обойтись всего 99 взвешиваниями, но, используя точные весы, за 99 взвешиваний вес каждой банки подтвердить нельзя.

Рассмотрим случай, когда завхоз использует грубые весы. Пусть он расставил банки в порядке возрастания их масс.

Вначале можно выбрать банки с номерами 1, 3, 5, ..., 101 и за 50 взвешиваний сравнить первую с третьей, третью с пятой, ..., 99-ю и 101-ю. Если каждый раз весы будут подтверждать предположения о весе банок, то третья банка тяжелее первой не менее чем на 2г, пятая тяжелее третьей также не менее чем на 2г, и так далее. То есть 101-я банка тяжелее первой не менее чем на 100г. Но наибольшая разность масс банок равна 100г, значит при каждом взвешивании разность масс была ровно 2 грамма, что подтверждает вес банок с нечетными номерами.

Значит достаточно подтвердить вес 50-ти банок с четными номерами. Это можно сделать за 49 взвешиваний аналогичным методом.

Рассмотрим случай использования точных весов. Пусть мы проделали 99 взвешиваний. Есть 100 пар банок, отличающихся ровно на 1 г. После всех взвешиваний найдется такая пара, в которой банки между собой не сравнили. Если бы эти банки стояли в другом порядке, результаты всех взвешиваний не изменились. Значит, нельзя утверждать, что они стоят в верном порядке.

21. Ответ: каждому не понравилось 143 клипа. Решение. Пусть первая программа содержала k клипов. Тогда, по условию, вторая программа содержала 1,5×k клипов, а Бивису понравилось k:5 клипов первой программы и (1,5×k):2 = 3k:4 клипов второй программы. Отсюда следует, что k кратно и 5, и 4, то есть делится на 20. Тогда пусть k = 20×m, где m — некоторое натуральное число. Тогда вторая программа содержала 1,5×(20×m) = 30m клипов, а третья — все остальные клипы, то есть 200 – 20m – 30m = 200 – 50m клипов. Тогда 200 – 50m > 0, откуда m < 4.

Далее, Бивису понравилось всего (20m:5) + (30m:2) = 19m клипов. Батт-Хеду понравилось столько же клипов, причем в это число входили все клипы третьей программы. Поэтому 19m ³ 200 – 50m, откуда m ³ 3.

Так как m < 4 и m ³ 3, то m = 3. Тогда несложно подсчитать, что Бивису понравилось 57 клипов (Батт-Хеду столько же), а не понравилось
200 – 57 = 143 клипа.

22. Ответ: существуют. Решение. Рассмотрим два различных числа a0 и b0 и поделим на суммы a0 + b0, , ..., . Получим дроби

, , ..., ,

каждая из которых должна быть целым числом. Заметим, что при умножении a0 и b0 на одно и то же число k, каждая дробь увеличится в k20–n раз, то есть, умножится хотя бы на k. Но если k делится на все знаменатели дробей, то для a = k×a0 и b = k×b0 условия задачи выполнятся.

Например, взяв сначала a0 = 1 b0 = 2, мы получим числа a = (1 + 2)(1 + 22)...(1 + 219) и b = 2(1 + 2)(1 + 22)...(1 + 219).

23. Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник ABCD с перпендикулярными диагоналями, которые пересекаются в точке O. Тогда по теореме Пифагора, выполняются равенства

AB2 = AO2 + BO2, BC2 = BO2 + CO2,

CD2 = CO2 + DO2, DA2 = DO2 + AO2,

откуда следует, что AB2 + CD2 = BC2 + DA2.

Построим четырехугольник KLMN, в котором KL = AB, LM = CD, MN = BC, NK = DA, а угол L — прямой (рисунок 18). Тогда,

KM2 = KL2 + LM2 = AB2 + CD2 = BC2 + DA2 = MN2 + NK2,

то есть по теореме, обратной теореме Пифагора, в треугольнике KMN угол MNK — прямой. То есть в четырехугольнике KLMN два угла — прямые.

24. Ответ: 4 000 000. Решение. Заметим, что все 2000 чисел должны быть одной четности (то есть либо все четные, либо все нечетные). В самом деле, допустим, среди них есть и четные числа, и нечетные. Тогда какие-то два числа — четное и нечетное — окажутся рядом, и их сумма окажется нечетной, то есть не делящейся на 2, что противоречит условию.

Если все 2000 чисел — четные, то, поскольку все они различны, их сумма не меньше суммы 2000 наименьших четных натуральных чисел, то есть не меньше 2 + 4 + 6 + … + 4000 = 4002000. Если же они — нечетные, то их сумма не меньше 1 + 3 + 5 + … + 3999 = 4000000. Так как 4002000 > 4 то отсюда следует общий вывод: сумма 2000 чисел, удовлетворяющих условию, не может быть меньше 4000000.

С другой стороны, числа 1, 3, 5, …, 3999 как раз удовлетворяют условию. Убедимся, что для любого k (k £ 2000) сумма k чисел, записанных подряд, делится на k. Пусть наименьшее из этих чисел равно n. Тогда эти k чисел таковы: n, n + 2, n + 4, …, n + 2k - 2. Сумма этих чисел, которые, очевидно, составляют арифметическую прогрессию, равна произведению количества этих чисел на полусумму первого и последнего чисел, то есть

k×(n + n + 2k - 2):2 = k×(n + k - 1),

что, очевидно, делится на k.

25. Ответ: не может. Решение. Пусть серединный перпендикуляр к биссектрисе BL треугольника ABC пересечет прямые AB и BC в точках P и Q соответственно (рисунок 19). Тогда нетрудно показать, что BPLQ — ромб. Если прямая AC пересечет отрезок PQ, то точка A расположена в той же полуплоскости a относительно прямой PL, что и вершина B. Точка C также лежит в этой полуплоскости a, так как прямая BC параллельна прямой PL, то есть полностью лежит в полуплоскости a. Значит, сторона AC треугольника полностью лежит внутри полуплоскости a. Но точка L, основание биссектрисы, лежащая внутри стороны, лежит на границе полуплоскости a. Противоречие. Значит, прямая PQ не может пересекать отрезок AC.

26. Ответ: никто не может гарантировать себе победу. Решение. Понятно, что Коля не может победить — ведь корабли Пети целиком «помещаются» внутри кораблей Коли, вследствие чего любой расстановке кораблей Коли Петя может поставить в соответствие свою, «урезав» каждый корабль Коли на одну клетку, и число кораблей окажется равным.

Но на самом деле Петя также не сможет победить. Чтобы это доказать, достаточно убедиться в двух фактах:

1) Коля может расставить 12 кораблей. Пример показан на рисунке 20.

2) Петя не может расставить более 12 кораблей. Для доказательства этого утверждения закрасим на Петином поле 12 квадратов 2 ´ 2 (рисунок 21). Обратим внимание, что любой корабль 1 ´ 3, как бы ни был он расположен, непременно хотя бы одной клеткой окажется наложенным на какой-либо закрашенный квадрат. С другой стороны, два разных корабля не могут быть наложенными на один и тот же квадрат, поскольку тогда они соприкоснутся хотя бы в вершине. Таким образом, число кораблей 1 ´ 3 не может превосходить числа квадратов, то есть 12.

Итак, морской бой, как это ни парадоксально, закончится вничью.

27. Решение. Лемма. Можно разрезать не более одного куска так, чтобы после этого все куски можно было разложить на две кучки одинакового веса (одинаковой стоимости).

Доказательство леммы. Пусть все данные куски произвольным образом разложены на две кучки. Если вес (стоимость) одной кучки больше чем другой, то перекладываем, если возможно, какой-нибудь кусок из более тяжелой (дорогой) кучки в более легкую (дешевую) так, чтобы неравенство сохранилось. Затем перекладываем, если возможно, еще какой-нибудь кусок, и так далее, до тех пор, пока исходно более тяжелая (дорогая) кучка будет оставаться таковой. Допустим, что в итоге она оказалась на M кг (A руб) тяжелее (дороже) другой; ясно, что каждый оставшийся в ней кусок весит (стоит) более M:2 кг (A:2 руб). Отрежем от одного из них часть весом M:2 кг (стоимостью A:2 руб) и переложим в другую кучку; кучки станут весить (стоить) одинаково. Лемма доказана.

Применив вышеописанную процедуру, получим две кучки одинакового веса; пусть при этом предполагается разрезание куска P. К каждой из полученных кучек можно применить такую же процедуру, раскладывая их на кучки одинаковой стоимости; пусть Q и R — куски, которые тогда надо будет разрезать, C1, C2, C3 и C4 — получающиеся кучки, где суммарный вес C1 и C2 равен суммарному весу C3 и C4, кучка C1 стоит столько же, сколько C2, а C3 — столько же, сколько C4.

Выбрав как из пары C1 и C2, так и из пары C3 и C4 кучки, содержащие части куска P, объединим их в одну. Части куска P, ранее мысленно разрезанного, «склеим». Составленная таким образом кучка будет, очевидно, по весу и по стоимости равна кучке, составленной из двух других (не выбранных) кучек.

Остается отметить, что кусок P может оказаться не полностью «склеенным» (то есть какой-то своей частью остаться в невыбранных кучках) только в том случае, если он совпадет хотя бы с одним (или с обоими) из кусков Q и R. Следовательно, число кусков, которые необходимо разрезать, в любом случае не превосходит двух.

28. Ответ: Александр Васильевич прав. Решение. Пусть n — произвольное целое число. Система уравнений

при любом n имеет решение x = 2, y = –1.

29. Ответ: 1000 м2. Решение. Между двумя соседними отрезками леска ограничивает трапецию, треугольник или отрезок. В любом из этих случаев площадь равна произведению полусуммы длин ограничивающих отрезков и расстояния между отрезками (1 м). Пусть отрезки имеют длины a1, a2, …, a100. Тогда площадь всей фигуры (в квадратных метрах) равна

0,5× (a1 + a2)×1 + 0,5× (a2 + a3)×1 + … + 0,5×(a98 + a99)×1 + 0,5×(a99 + a100)×1 =