Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/04/59.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:29 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:16:49 2012 Кодировка: Windows-1251

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

** * * ** * * **

** * *

Дырка
. 7

* *
. 8

* *

* *

3. Да, могло; например, если в исходном проекте было 5 подъездов, 4 этажа и на каждом этаже по одной квартире: 5 4 = 20 , 3 7 = 21, 1 10 = 10 . 4. На рисунке 7 закрашено множество точек, в которые можно вбить гвоздь. 5. Пример приведен на рисунке 8.

тьим 3 м, между третьим и четвертым 1 м. 2. Да. Допустим, что в каждом регионе все получают одинаковую зарплату и есть регион, в котором живут те самые 10% работников, которые получают 90% всей зарплаты. 3. Перпендикуляры к сторонам угла, восставленные в точках В и С, пересекаются в точке M , диаметрально противоположной М. Из равенства углов падения и отражения получаем, что M центр вписанной, а М вневписанной окружности треугольника АВС. Поэтому диаметр MM (включающий точку О) лежит на биссектрисе угла ВАС. Дополнение. Покажите, что О лежит на описанной окружности ABC. 4. Нет. Если в некоторый момент количество камней в каждой куче делится на некоторое нечетное число, то так будет и дальше. После первого хода можно получить три варианта размещения камней: 100 и 5 (общий делитель 5), 56 и 49 (делитель 7), 51 и 54 (делитель 3). k 5. Такое число существует для любого k: N k = 9 k 1 0 - 1 . Пусть 9k = s1 K st 0K0 ( s t 0 , нулей на конце может и не k быть). При любом k имеем 9k < 1 0 . Поскольку k N k = 9 k 1 0 - 9k , то сумма цифр числа N k равна
s1 + K + s t - 1 + 9 + K + 9 + 9 + 1 - s1 - K - s t = 9k

e

j



8
1. Это клетка, расположенная в строке 51 и столбце 50. Сначала будет закрашен наружный слой клеток, после чего останется прямоугольник 98 Ч 198 клеток. Этот прямоугольник также закрашивается по спирали, и т.д. После окраски 49-го слоя останется прямоугольник, расположенный в строках 5051 и столбцах 50151. Последней будет закрашена его нижняя левая клетка. 2. Да. Можно, например, ставить точки на окружности через равные достаточно малые интервалы. 3. 25. Напишем слова в столбик. После всех замен буквы в каждом столбце должны стать одинаковыми. Число замен будет наименьшим, если в каждом столбце сохранить наиболее частую букву. Наименьшее число замен равно 4 + 4 + 5 + 4 + + 4 + 4 = 25. (В результате могут получиться и осмысленные слова, например ЗЕЛЕНЬ, КАПЕЛЬ или КАФЕЛЬ.) 5, 6. Расположим двузначные числа в клетках прямоугольника, откладывая по горизонтали единицы, по вертикали десятки. Каждой попытке ' '" '% Гриши соответствует крестик из пяти клеток, в цент& &% &' ре которого названное им %# % число (если оно содержит $! $& цифру 0 или 9, то часть крестика выходит за края #$ # прямоугольника). Покры"' "" тие прямоугольника 22 ! ! !% крестиками легко найти, # ' если заметить, что крестиками можно выложить ! % плоскость без перекрытий . 9 (правда, придется добавить несколько крестиков по краям прямоугольника). Например, можно назвать числа 11, 13, 17, 25, 29, 30, 32, 37, 44, 49, 51, 56, 63, 68, 70, 75, 82, 87, 89, 90, 94, 97 (рис.9). В задаче 6 суммарная площадь крестиков равна 18 Ч 5 = 90 , т.е. площади прямоугольника. Но, покрывая угловую клетку, мы выйдем за пределы прямоугольника, и эта потеря помешает покрыть весь прямоугольник.

(в левой части k девяток). 6. а), б) Нет. Обозначим сумму очков участника А через S A , а его коэффициент силы через FA . Сумма A S A FA равна сумме чисел вида + S A S B , где шахматисты А и В сыграли не вничью. Каждое такое слагаемое входит один раз со знаком '+' и один раз со знаком ''. Поэтому вся сумма равна 0, и коэффициенты силы не могут все одновременно быть положительными или отрицательными. 1. 3. f P Да. Например, x , Многочлены задачи t (для которых f - x = f x - 1 2 + 1 2.
2

b

g

9
1. Да. Расставим футболистов на прямой так, чтобы расстояние между первым и вторым было 2 м, между вторым и тре-

-1 2 + 1 2. 4. Пусть H1 , H 2 , H 3 , Н ортоцентры треугольников AH B HC , BH A H C , CH A H B , АВС соответственно, M1 , M2 , M 3 середины H B HC , H C H A , H A H B . Поскольку H C H 2 || HH A , H A H2 || HHC , то точка H 2 симметрична Н относительно середины отрезка H A H C . Такие же рассуждения справедливы для H1 и H 3 . Так как M1 M2 общая средняя линия треугольников H A H B HC и H1 H 2 H , то H A H B = H1 H 2 . Аналогично, H B HC = H 2 H 3 , H A H C = H1 H 3 , поэтому треугольники H1 H 2 H 3 и H A H B HC равны. 5. Не могут. Назовем расположение фишек одноцветным или разноцветным в зависимости от того, стоят ли они на клетках одинакового или разного цвета. При перемещениях фишек одноцветные и разноцветные расположения чередуются, поэтому их должно быть поровну. Но количество разноцветных 2 расположений равно 2 3 2 , B а одноцветных 2 3 2 3 1 , ... поскольку две фишки не k k могут стоять на одной клетA A! ке. 6. Да (см. рис.10). Пусть на кольце последовательно B B! расположены точки A1 , B2 , A A3 , B1 , A2 , B3 , причем от точек A1 , A2 , A3 отходят k 'ветки' с k городами. Если первая армия первым ходом занимает точку на 'ветке' длины k, то вторая . 10

bg bg b Pb x g = b x

g

2001

g

gb b g bg b
2

10

x -1 и x - 2 . получаются из нечетных многочленов t = - f t ) по формуле Например, при f t = t 2001 получаем

g

2

bg

...

...