1. Петя, Катя и Саша пошли на бал-маскарад. Во время раздачи призов королева бала попросила каждого из них сказать, мальчик он или девочка. В ответ дважды прозвучало: "Я - мальчик" и один раз: "Я - девочка". Потом оказалось, что два из этих ответов верны, а один - нет. Назовите полное имя Саши. Ответ обоснуйте.
Возможны два случая: 1) неверен ответ "я - девочка"; 2) неверен ответ "я - мальчик". Первый случай означает, что произнесший этот ответ является мальчиком, как и оба остальных (сказавших правду). Но Катя - девочка, поэтому этот случай невозможен. Второй случай означает, что эту ложь произнесла девочка, поэтому среди трех участников маскарада две девочки и один мальчик. Значит, Саша - девочка, и ее полное имя - Александра.
Возможны и другие способы рассуждений. Одной из типичных ошибок решавших было то, что при излишне полном переборе случаев какой-то из них оказывался не рассмотренным. Другая ошибка - невнимание к вопросу: вместо правильного ответа "Александра" выписывался ответ типа "Саша - девочка".
2. По углам бассейна 10 м*25 м стоят Аня, Боря, Вера и Гена, а где-то у края бассейна стоит их учительница. Она позвала к себе ребят, но подошли только трое, пройдя в сумме 50 м, а к Гене учительнице пришлось идти самой. Какое расстояние прошла учительница, если все шли кратчайшим путем?
Все вместе - трое ребят и учительница - прошли такое расстояние: дважды была пройдена та сторона бассейна, у которой стояла учительница; по одному разу - две соседние стороны; противоположная сторона бассейна ни разу не проходилась. Легко заметить, что сумма пройденных участков равна периметру бассейна, то есть 70 метров. Поэтому учительница прошла 20 м.
3. Назовем дробь помехоустойчивой, если ее числитель и знаменатель - двузначные числа, и если у этих чисел стереть первые цифры, то получится дробь, равная исходной. Докажите, что если у помехоустойчивой дроби поменять местами цифру единиц числителя и цифру десятков знаменателя, то получившаяся дробь также будет помехоустойчивой.
Пусть ab/xy - исходная дробь (ab и xy - двузначные числа).
По условию, ab/xy=b/y, то есть (10a+b)/(10x+y)=b/y, (10a+b)y=(10x+y)b; 10ay+by=10bx+by. Отсюда ay=bx. Помехоустойчивость дроби ax/by означает, что она равна x/y, что также легко приводится к равносильному равенству ay=bx. Поэтому эта дробь также помехоустойчива.
4. В треугольнике ABC биссектриса угла C в два раза меньше стороны AB, а угол C в два раза больше угла A. Найдите углы треугольника ABC.
Пусть D - основание биссектрисы угла C. Тогда из условия следует, что углы DCA и DAC равны, то есть треугольник ADC равнобедренный. Отсюда CD=AD, а так как CD=AB/2, то D - середина стороны AB. Поэтому CD - не только биссектриса, но и медиана, значит, треугольник ABC равнобедренный. Отсюда уже легко найти его углы: /A=/ B=45o, / C=90o.
5. Из проволоки сделана модель одиннадцатиугольника, из одной вершины которого проведены все диагонали. Двое по очереди перекусывают по одной проволочке. Выигрывает тот, после хода которого модель впервые распадается на две части. Кто выигрывает при правильной игре: тот, кто ходит первым, или его партнер?
Ответ: выигрывает первый. Для этого он сначала должен перекусить "среднюю" сторону. При этом 11-угольник оказывается разделен на две части с общей вершиной. Затем первый должен придерживаться такой стратегии: если в одной из двух получившихся частей после хода противника можно сделать выигрывающий ход (такой ход, после которого она сразу распадется на две части), то этот ход немедленно делается; в противном случае нужно повторить предыдущий ход противника на другой части 11-угольника.
6. Есть три сосуда 3 л, 4 л и 5 л без делений, кран с водой, раковина и 3 л сиропа в самом маленьком сосуде. Можно ли с помощью переливаний получить 6 л смеси воды с сиропом так, чтобы в каждом сосуде воды и сиропа было поровну?
Можно. Было предложено несколько различных путей получения нужной смеси. Два типичных решения показаны ниже на рисунках-схемах (числитель "дроби" - количество воды в сосуде, знаменатель - количество сиропа):
1 способ. 2 способ
3 л 4 л 5 л 3 л 4 л 5 л
0/3 0/0 0/0 0/3 0/0 0/0
0/3 0/0 5/0 0/0 0/3 0/0
0/3 4/0 1/0 0/0 0/3 5/0
0/0 4/0 1/3 3/0 0/3 2/0
3/0 1/0 1/3 0/0 0/3 2/0
0/0 1/0 1/3 0/3 0/0 2/0
1/0 0/0 1/3 0/3 2/0 0/0
1.5/1.5 0/0 0.5/1.5 0/1 2/2 0/0
0/0 1.5/1.5 0.5/1.5 0/0 2/2 0/1
0.5/1.5 1.5/1.5 0/0 1.5/1.5 0.5/0.5 0/1
0.5/1.5 1.5/1.5 5/0 0/0 0.5/0.5 1.5/2.5
1.5/1.5 1.5/1.5 4/0 3/0 0.5/0.5 1.5/2.5
1.5/1.5 1.5/1.5 0/0 2/0 0.5/0.5 2.5/2.5
0/0 0.5/0.5 2.5/2.5
Многие решавшие эту задачу ошибочно считали, что при достаточно большом числе (назывались и конкретные числа) переливаний из одного сосуда в другой и обратно можно уравнять воду и сироп в обоих сосудах, если поначалу их суммарные количества были равны, а концентрации различны.
7. Кузя прямолинейным разрезом разделил выпуклый бумажный 67-угольник на два, затем так же разрезал один из двух получившихся, затем - один из трех получившихся и т.д. В итоге у него получилось восемь n-угольников. Чему может равняться n (перечислите все возможности)?
Каждый разрез добавляет либо две, либо три, либо четыре стороны к общему количеству сторон всех многоугольников. Так как получилось 8 фигур, то было сделано 7 разрезов. Поэтому общее число сторон находится между 67+7*2=81 и 67+7*4=95 и при этом кратно 8, то есть равно 88, откуда n=11.
8. Петя выписал по кругу в некотором порядке целые числа от 1 до 10 и затем отметил те из них, которые равны сумме двух своих соседей. Какое наибольшее количество чисел могло быть отмечено?
Никакие два соседних числа не могут быть отмеченными, так как отмеченное число должно быть больше каждого из своих соседей. Поэтому отмечено не более половины всех чисел, то есть не более пяти.
Предположим, что отмечено ровно 5 чисел. Тогда они стоят по кругу через одно. Если сумма всех неотмеченных чисел равна S, то сумма всех отмеченных равна 2S, так как каждое неотмеченное число чвляется одним из слагаемых для двух отмеченных чисел, соседних с ним. Но тогда общая сумма выписанных чисел равна 3S, откуда 3S=55, S=55/3, что невозможно. Следовательно, отмеченных чисел не более четырех. Пример, когда будет отмечено четыре числа, подобрать несложно: 7, 8, 1, 3, 2, 6, 4, 9, 5, 10.
1. См. задачу 1 для 6-7 классов.
2. Известно, что каждое из уравнений ах2+b=0, bх2+c=0 и cх2+a=0 имеет хотя бы одно решение. Найдите все такие тройки уравнений.
Нужно было, во-первых, заметить, что годится тройка (a,b,c)=(0,0,0) (многие почему-то считали все уравнения квадратными и сразу рассматривали только случай, когда а, b и c не равны нулю). Во-вторых, если хотя бы одно из чисел a, b и c - нуль, то из данных уравнений последовательно получаем, что и остальные два - нули. Наконец, если все три числа отличны от нуля, то какие-то два из них одного знака (положительны или отрицательны). Если это, например, a и b, то уравнение ax2+b=0 решений не имеет. Поэтому такой случай невозможен. Ответ: каждое уравнение имеет вид 0x2+0=0.
3. Можно ли записать в строку несколько целых чисел так, чтобы среди них ровно два не делились на 2, ровно три - на 3, ровно четыре - на 4, ровно пять - на 5 и ровно шесть - на 6?
Если два числа не делятся на 2, а три не делятся на 3, то вместе таких чисел, самое большее, пять. Все остальные делятся и на два, и на три, то есть кратны 6. Но это противоречит тому, что есть 6 чисел, не делящихся на 6. Значит, так записать числа нельзя.
4. См. задачу 6 для 6-7 классов.
5. Точки D и E делят сторону AC треугольника ABC на три равные части. Докажите, что BD + BE < AB + BC.
(Решение, найденное школьниками). Воспользуемся тем, что медиана в треугольнике меньше полусуммы заключающих ее сторон. Это утверждение применим к треугольникам DBC и ABE. Получим:
2*BE < BD + BC; 2*BD < BE + BA.
6. Назовем дробь помехоустойчивой, если ее числитель и знаменатель - четырехзначные числа, и если у этих чисел стереть цифры тысяч, то получится дробь, равная исходной. Докажите, что наибольший общий делитель числителя и знаменателя помехоустойчивой дроби - четырехзначное число.
Пусть числитель равен 1000a+x, где a - цифра, а x - трехзначное число; аналогично, знаменатель равен 1000b+y. По условию, (1000a+x)/(1000b+y)=x/y, откуда (1000a+x)y=(1000b+y)x; ay=bx; x/y=a/b. Значит, дробь (1000a+x)/(1000b+y) можно сократить до равной ей дроби a/b. При этом число, на которое произведено сокращение - четырехзначное, а так как оно является общим делителем числителя и знаменателя, то и их НОД - число четырехзначное.
7. Все углы пятиугольника ABCDE равны. Докажите, что серединные перпендикуляры к отрезкам AB и CD пересекаются на биссектрисе угла E.
Продолжим стороны EA и ED до пересечения с прямой BC в точках F и G соответственно. Получившиеся треугольники FAB и GCD - равнобедренные (углы при их основаниях равны, как смежные для углов пятиугольника ABCDE). Поэтому серединные перпендикуляры к AB и CD являются биссектрисами соответственно углов F и G. Осталось воспользоваться тем, что в треугольнике EFG три биссектрисы внутренних углов пересекаются в одной точке.
8. В доску вбиты 1997 гвоздей. Двое по очереди делают ходы. Ход состоит в том, что играющий соединяет проводом какие-либо два гвоздя, не соединенных ранее. Проигрывает тот, после хода которого впервые становится возможным добраться по проводам от любого гвоздя до любого другого. Кто выиграет при правильной игре: тот, кто делает первый ход, или его партнер?
Ответ: выигрывает второй игрок. Для этого он должен только следить за тем, чтобы своим ходом не проиграть. Легко понять, что проигрыш игрока, чья очередь хода, наступает в такой момент, когда все гвозди разбиты на две группы, в каждой из которых все возможные пары гвоздей уже соединены проводом. Если в первой группе N гвоздей, а во второй M, то N+M=1997, и при этом общее число проводов равно
(N(N-1)/2)+(M(M-1)/2)=((N+M)2-2MN-(N+M))/2=
=((N+M)(N+M-1))/2-NM=(1997*1996/2)-NM.