Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2003/03/59.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:28 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:31:56 2012 Кодировка: Windows-1251

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

разлом) и использует эти половины в качестве горизонтальных сторон. б) Ослик может разломить пополам какую-нибудь палочку. Эти половинки будут вертикальными сторонами прямоугольника. Из оставшихся палочек Иа сложит отрезок и разделит его пополам (если нужно, разломив). Это будут горизонтальные стороны. в) Пусть в конструкторе x палочек по 8 см и y палочек по 9 см. Тогда 8x + 9y = 1800. Поскольку 1800 делится и на 8, и на 9, то y делится на 8, а x на 9. Значит, y = 8b и x = 9a, где a, b натуральные числа. Очевидно, a + b = 1800 : 72 = 25. Осталось объяснить, как из палочек сложить восемь отрезков длиной 1800 : 8 = 225 = 9 + 3 Ч 72 см каждый. Положим на каждую сторону по одной палочке длиной 9 см. Палочки длины 8 см можно разбить на a кучек по 9 палочек, а оставшиеся палочки длины 9 см можно разбить на (b 1) кучек по 8 палочек (сумма длин палочек каждой кучки равна 72 см). Мы получили a + b 1 = 24 кучки. Их можно разложить по три на каждую из 8 сторон. 3. Первый способ. Пусть O точка пересечения диагоналей. В треугольниках ABC и BOC угол C общий, а угол A первого равен углу B второго. Следовательно, РABC = РBOC . Аналогично, РADC = РAOD . Поскольку углы BOC и AOD вертикальные, то РABC = РADC . Второй способ.
РAB C = 180o - РCA B - РACB =

(к одному из них, если оба меньше). Ни в какое число не входят две стрелки, так как иначе это число было бы меньше двух своих соседей. Значит, все числа, кроме первого и еще одного, разбились на пары соседних, причем в каждой паре число с нечетным номером больше числа с четным номером. Оставшееся без пары число с четным номером отличается от первого числа менее чем на 1, поэтому разность суммы чисел с четными номерами и суммы чисел с нечетными номерами меньше 1, а это противоречит условию задачи. Второй способ. Рассмотрим наибольшее число a последовательности. Разобьем остальные на две части: числа 'до' и числа 'после' a. Вторая часть убывающая последовательность (иначе первое число, после которого монотонность нарушается, было бы меньше своих соседей). Аналогично, первая часть возрастающая последовательность. Добавим число a в ту часть, где количество чисел нечетно. Таким образом, последовательность разбита на две убывающую и возрастающую. (Одна из последовательностей может быть пустой.) В убывающей последовательности сумма чисел с четными номерами меньше суммы чисел с нечетными номерами, так как второе меньше первого, четвертое меньше третьего и т.д. В возрастающей сумма чисел с четными номерами, кроме последнего, меньше суммы чисел с нечетными номерами, кроме первого, так как второе меньше третьего, четвертое меньше пятого и т.д. Наконец, разность последнего и первого чисел возрастающей части меньше 1, так как оба числа принадлежат интервалу (0; 1). Следовательно, сумма чисел с четными номерами меньше увеличенной на 1 суммы чисел с нечетными номерами. 7. Поскольку LD P AB , то SABD = SABL . Аналогично, SACD = SACK . Следовательно,
S
ABC

= 180o - РCBD - ( РBCD - РACD) =
o = 180 - РCBD - РB CD + РACD = РBDC + РBDA = РADC .

>S

ABCD

=S

ABD

+S

ACD

=S

ABL

+S

ACK

,

(

)

4. На 6 нулей. Задумаемся, на какую степень пятерки может делиться это произведение. Каждое из чисел меньше 3 54 = 625 и поэтому делится разве лишь на 5 . Хотя бы одно из чисел не делится на 5, иначе их сумма делилась бы на 5. Поэтому больше шести нулей быть не может. А шесть нулей бывает: 407 = 250 + 125 + 32. Вот другое доказательство того, что больше шести нулей не бывает. Пусть x + y + z = 407. Тогда по неравенству между среднем арифметическим и среднем геометрическим
3

xyz ?

x + y + z 407 = < 200 , 3 3

откуда и следует требуемое. 8. По индукции легко доказать неравенство an < 3 . Легко доказать даже, что последовательность an монотонна и стремится к 3 . 9. Существует лишь один способ набрать 22 тугрика монетами по 5 и 3 тугрика, а именно, 22 = 2 Ч 5 + 4 Ч 3 . В любой момент времени у кассира будет не менее 22 тугриков, поэтому у него в любой момент времени найдутся две монеты по 3 тугрика или одна монета в 5 тугриков. Кассир может либо взять у очередника 3 монеты по 3 тугрика и в качестве сдачи дать 5 тугриков, либо взять две монеты по 5 тугриков и отдать две монеты по 3 тугрика. 10. Если в толпе было n человек, то
n + 1 3n + 1 4 n + 1 + + ?n, 3 10 11

откуда xyz < 200 3 < 107 . 5. Пусть k число учеников в классе, x количество всех ошибок, y количество грубых ошибок. Тогда число негрубых ошибок равно x y и по условию
x - y + 2k = 5 Ч 3 y ,

т.е.
110n + 110 + 99 n + 33 + 120n + 3 0 ? 3 30n ,

откуда y =

т.е. x <

2 k . Так как число учеников, сделавших ошибки, не 3 2 превосходит количества ошибок, то ошибки сделали менее 3 учеников класса, что и требовалось доказать. 6. Предположим, что такого числа нет. Первый способ. Из каждого числа с нечетным номером, кроме первого, проведем стрелку к соседу, который меньше его

x x + 2k . Вспомнив неравенство y > , получаем 4 16 x + 2k x , > 16 4

откуда 173 ? n , что и требовалось доказать. 11. Поскольку 25 = 52 , то среди данных чисел можно найти такие два числа a и b, что ab делится на 52. Все остальные числа нечетны. При делении на 4 любое нечетное число дает остаток 1 или 3. Начав разбивать 23 числа на пары чисел, дающих одинаковые остатки при делении на 4, придем к разбиению 23 чисел на 11 пар и еще одно число c. Очевидно, c ? 1 (mod 4 ) . Произведение abc делится на 25 и дает остаток 1 при делении на 4. Поэтому оно оканчивается на 25. 12. Нет, не обязательно (рис.11). 13. Отметим на луче CB такую точку N, что РLNC = РLMB = РBAC (рис. 12). Тогда LN = LM. Из параллельности прямых KL и BC следует равенство углов ALK