Страница:
<< 16 17 18 19
20 21 22 >> [Всего задач: 316]
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 7,8,9
|
На доске выписаны числа от 1 до 50. Разрешено стереть любые два числа и вместо них записать одно число – модуль их разности. После 49-кратного повторения указанной процедуры на доске останется одно число. Какое это может быть число?
Решение
Ясно, что любое написанное на доске число будет заключено между 0 и 50. Кроме того, оно нечётно (см. решение задачи 30303).
Покажем, что любое из нечётных чисел от 1 до 49 может получиться. Пусть мы хотим получить число 2m + 1 (m = 0, 1, ..., 24). Разобьём числа от 1 до 50 на пары так: (1, 2m + 2), (2, 3), (4, 5), ..., (2m, 2m + 1), (2m + 3, 2m + 4), ..., (49, 50). Запишем вместо каждой пары модуль разности входящих в неё чисел: 2m + 1, 1, ..., 1 (24 единицы). Осталось избавиться от единиц. Для этого можно, разбив их на пары, получить 12 нулей, а потом избавиться и от нулей (вместо пары (a, 0) мы можем писать одно число |a – 0| = a).
Ответ
Любое из 25 чисел 1, 3, 5, ..., 49.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
На лист клетчатой бумаги размером n×n клеток кладутся чёрные и белые кубики, причём каждый кубик занимает ровно одну клетку. Первый слой кубиков положили произвольно, а затем вспомнили, что каждый чёрный кубик должен граничить с чётным числом белых, а каждый белый — с нечётным числом чёрных. Кубики во второй слой положили так, чтобы для всех кубиков первого слоя выполнялось это условие. Если для всех кубиков второго слоя это условие уже выполняется, то больше кубиков не кладут, если же нет, то кладут третий слой так, чтобы чтобы для всех кубиков второго слоя выполнялось это условие, и так далее. Существует ли такое расположение кубиков первого слоя, что этот процесс никогда не кончится?
Решение
Подложим под первый слой ещё один – нулевой – совпадающий с первым. Это не повлияет на требуемую чётность, а значит, и на дальнейший процесс. Предположим, что этот процесс бесконечен. Количество возможных пар слоев конечно, следовательно, найдутся такие i и j (i < j), что i-й слой совпадает с j-м, а (i+1)-й – с (j+1)-м. Очевидно, каждый слой однозначно восстанавливается по двум следующим, поэтому (i–1)-й слой совпадает с (j–1)-м, (i–2)-й – с (j–2)-м и т. д. В частности, первый слой совпадает с (j–i+1)-м, а нулевой – с (j–i)-м. Значит, (j–i+1)-й слой совпадает с (j–i)-м, и класть его было не нужно. Противоречие.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
|
Из пункта A одновременно вылетают 100 самолетов (флагманский и 99
дополнительных). С полным баком горючего самолет может пролететь 1000 км. В полёте самолеты могут передавать друг другу горючее. Самолет, отдавший горючее другим, совершает планирующую посадку. Каким образом надо совершать перелёт, чтобы флагман пролетел возможно дальше?
Решение
Опишем оптимальную процедуру обмена горючим. Сначала вылетают 100 самолётов с полным баком. Как только появляется возможность, один из самолётов разливает горючее другим, после чего становится 99 самолётов с полным баком,
а освободившийся самолёт совершает посадку. До этого момента самолёты
пролетят 1000·1/100 км. Аналогичным образом, когда появляется возможность, ещё один самолёт разливает своё горючее оставшимся (до этого момента самолёты пролетят ещё 1000·1/99 км) и т.д. В последний раз горючее переливается флагману.
В результате этого процесса флагман пролетит
1000·(1 + 1/2 + ... + 1/100) ≈ 5187 км.
Теперь покажем оптимальность описанной выше процедуры. Примем за единицу горючего бак самолёта, за единицу времени – время, за которое самолёт пролетает 1000 км, за единицу расстояния – 1000 км. Если в воздухе находится N самолётов, то скорость сгорания горючего равна N. Если общий объём горючего в баках равен V, то в воздухе находится не менее чем 
самолётов, а значит, и скорость сжигания горючего не меньше чем . Забудем теперь о самолётах, а будем помнить только то, что скорость сжигания горючего не меньше верхней целой части объёма горючего. Нам надо, чтобы горючее горело как можно дольше. Но тогда его невыгодно жечь быстрее, чем со скоростью . Действительно, если некоторое время мы жгли горючее быстрее, чем со скоростью , то при сжигании горючего со скоростью за это время мы сожгли бы меньше горючего, а значит, тот же объём горючего закончится через большее время.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
|
Два маляра красят забор, огораживающий дачные участки. Они приходят через день
и красят по одному участку (участков 100 штук) в красный или зелёный цвет.
Первый маляр дальтоник и путает цвета, он помнит, что и в какой цвет он сам
покрасил, и видит, что покрасил второй маляр, но не знает, в какой цвет.
Первый маляр добивается того, чтобы в наибольшем числе мест зелёный участок
граничил с красным. Какого наибольшего числа переходов он может добиться (как
бы ни действовал второй маляр)?
Замечание.
Считается, что дачные участки расположены в одну линию.
Решение
Покажем сначала, как первому маляру обеспечить не менее 49 переходов.
Разобьём участки на пары:
(1, 2),(3, 4),...,(99, 100). Тогда первый маляр
может добиться того, чтобы в каждой паре с чётным номером встречался красный
цвет, а в каждой паре с нечётным номером — зелёный. Для этого достаточно
действовать следующим образом: если второй покрасил какой-то участок, то первый
красит другой участок из той же пары так, чтобы в паре гарантированно встречался
нужный цвет; если же другой участки из пары уже покрашена, то первый красит
любой участок в нужный цвет. Таким образом, в каждой паре будет хотя бы один
участок нужного цвета, а значит, число переходов будет не менее 49.
Покажем теперь, как второму маляру обеспечить, чтобы число переходов
не превосходило 49. Для этого достаточно после каждого хода первого красить
участок из той же пары в тот же цвет. Тогда каждая пара будет одноцветна,
а значит, общее число переходов не будет превосходить 49.
Ответ
49 переходов.
В четырёхугольнике ABCD AB = BC = CD = 1, AD не равно 1. Положение точек B и C фиксировано, точки же A и D подвергаются преобразованиям, сохраняющим длины отрезков AB, CD и AD. Новое положение точки A получается из старого зеркальным
отражением в отрезке BD, новое положение точки D получается из старого зеркальным отражением в отрезке AC (где A уже новое), затем на втором шагу опять A отражается относительно BD (D уже новое), затем снова преобразуется D, затем аналогично проводится третий шаг, и так далее. Докажите, что на каком-то шагу положение точек совпадает с первоначальным.
Решение
Ломаная ABCD определяется заданием двух углов: ∠BCA = β и ∠CDB = γ; при этом, если обозначить через X и Y точки на продолжениях отрезка BC, то (поскольку треугольники ABC и BCD равнобедренные, см. рисунок) ∠XBA = 2β, a ∠YCD = 2γ. Углы будем считать направленными, скажем, против часовой стрелки.
При отражении точки
A угол
XBA, равный 2β, заменяется на угол
XBA', равный γ – (2β – γ) = 2(γ – β), (
A' – это новое положение точки
A), а угол γ при точке
C не меняется. Таким образом, пара углов, задающая нашу ломаную, преобразуется так: (β, γ) → (γ – β, γ). Следующее преобразование будет точно таким же, только "первый" и "второй" меняются ролями. Продолжая чередовать такие операции, получим
(β, γ) → (γ – β, γ) → (γ – β, – β) → (– γ, – β) → (– γ, β – γ) → (β, β – γ) → (β, γ) – мы вернулись на место через 6 шагов!
Страница:
<< 16 17 18 19
20 21 22 >> [Всего задач: 316]
Фильтр
