Логические задачи 10, 11 класс
Логические задачи по математике для учеников 10, 11 классов
Задача 1. Имеется 19 гирек весом 1 г, 2 г, 3 г, ..., 19 г. Девять из них – железные, девять – бронзовые и одна – золотая. Известно, что общий вес всех железных гирек на 90 г больше, чем общий вес бронзовых.
Найдите вес золотой гирьки.
Задача 2. За круглым столом были приготовлены 12 мест для жюри с указанием имени на каждом месте. Николай Николаевич, пришедший первым, по рассеянности сел не на свое, а на следующее по часовой стрелке место. Каждый член жюри, подходивший к столу после этого, занимал свое место или, если оно уже было занято, шел вокруг стола по часовой стрелке и садился на первое свободное место. Возникшее расположение членов жюри зависит от того, в каком порядке они подходили к столу. Сколько может возникнуть различных способов рассадки жюри?
Задача 3. В некотором государстве, в котором всего 10 городов, включая столицу, сеть дорог устроена так: все города стоят на кольце; столица соединена отдельными ветками с каждым из городов, кроме соседей по кольцу. Правительство разбило сеть дорог на участки между соседними городами и постановило разделить эти участки между двумя компаниями так, чтобы можно было проехать между любыми двумя городами как по дорогам только первой компании, так и по дорогам только второй компании.
Можно ли выполнить это постановление?
Задача 4. В колоде часть карт лежит рубашкой вниз. Время от времени Петя вынимает из колоды пачку из одной или нескольких подряд идущих карт, в которой верхняя и нижняя карты лежат рубашкой вниз, переворачивает всю пачку как одно целое и вставляет в то же место колоды.
Докажите, что в конце концов все карты лягут рубашкой вверх.
(Примечание: если "пачка" состоит лишь из одной карты, то требуется только, чтобы она лежала рубашкой вниз.)
Задача 5. В восьми корзинах лежали яблоки трех сортов: антоновка, джонатан и ранет, причем в каждой корзине – яблоки только одного сорта. В первой корзине лежало 20 яблок, во второй – 24, в третьей – 28, в четвертой – 32, в пятой – 36, в шестой – 40, в седьмой – 44, в восьмой – 48. После того как продали корзину ранета, яблок этого сорта осталось вдвое больше, чем антоновки, но вдвое меньше, чем джонатана.
В каких корзинах лежала антоновка, а в каких ранет?
Задача 6. В прямоугольнике 5 х 6 закрашено 19 клеток.
Докажите, что в нем можно выбрать квадрат 2 х 2, в котором закрашено не менее трех клеток.
Задача 7. На олимпиаду по математике съехалось n школьников. Оказалось, что среди любых пяти из них найдется по крайней мере один, знакомый со всеми остальными из этой пятерки.
При каких n отсюда можно заключить, что на олимпиаде присутствует школьник, знакомый со всеми участниками олимпиады?
Решения задач.
Решение задачи 1.
Общий вес гирек 1 + 2 + ... + 19 = 190г.
Вес железных гирек не больше, чем 19 + 18 + ... + 11 = 135г,
значит, вес бронзовых гирек не больше, чем 135 – 90 = 45г.
Но при этом вес Б = 1 + 2 + ... + 9 = 45г, т.е. Б = 45г и, значит, вес Ж = 45 + 90 = 135г.
Следовательно, вес золотой гирьки 190 – 135 – 45 = 10г.
Решение задачи 2.
Пусть члены жюри как-то сели за стол. Занумеруем их по часовой стрелке, начиная от Николая Николаевича. Затем удалим всех, кроме Николая Николаевича, из-за стола и будем запускать их обратно в порядке их номеров. Рассадка при такой операции не изменится. Таким образом, можно считать, что члены жюри заходят в таком порядке, что занимают места за столом по часовой стрелке.
Занумеруем места за столом по часовой стрелке так, чтобы место, где должен был сесть Николай Николаевич, имело номер 12 (т.е. Николай Николаевич сел на первое место).
Пусть в некоторый момент за столом заняты k мест и k < 11. Тогда в этот момент никто из тех, кто должен занять места от k + 1 до 11, еще не пришел. А всего еще не пришло 12 – k членов жюри, значит еще не пришел только один человек, чье место уже занято. Следовательно, на место номер k + 1 может сесть один из двух еще не пришедших членов жюри: либо тот, чье это место, либо тот, чье место уже занято.
Таким образом, каждое место с номером от 2 до 11 может быть занято двумя способами, а место номер 12 одним способом. Следовательно, всего может возникнуть 210 способов рассадки членов жюри.
Решение задачи 3.
Подсчитаем, сколько в этом государстве участков рассматриваемой дороги. Десять из них лежат на кольце и еще семь веток связывают столицу с городами. Итого 17 участков. Рассмотрим дороги только первой компании. Так как по ее дорогам можно из каждого города проехать в любой другой, то первой компании должны принадлежать по крайней мере 9 участков, чтобы связать воедино все 10 городов. Для другой компании ситуация аналогичная. Тогда для двух компаний в сумме необходимо иметь по меньшей мере 2 · 9 = 18 участков, а их всего 17. Противоречие.
Ответ: нет
Решение задачи 4.
Зашифруем каждое состояние колоды следующей последовательностью букв (словом): если карта лежит рубашкой вверх, то на соответствующем месте слова напишем букву В, если карта лежит рубашкой вниз, то на соответствующем месте слова напишем букву Н. Тогда допустимой по условию операцией будет замена некоторой последовательности букв, начинающейся и заканчивающейся на Н, на последовательность полученную по правилу: сначала все буквы переписываются в обратном порядке, а затем все буквы Н заменяются на В, а В на Н. Запишем все слова, шифрующие возможные состояния колоды, в столбик сверху вниз в алфавитном порядке. В любом слове списка, кроме первого, есть хотя бы одна буква Н, следовательно, к нему можно применить операцию. После применения операции к шифрующему слову оно смещается вверх по списку. Действительно, самая левая буква изменяемого куска до операции Н, а после операции - В. После применения некоторого числа операций шифрующее слово достигнет начала списка, т.е. станет словом из одних букв В, а это и означает, что все карты окажутся рубашками вверх.
Решение задачи 5.
Пусть после продажи одной корзины яблок осталось x штук антоновки. Тогда ранета осталось 2x штук, джонатана – 4x штук, а всего осталось x + 2x + 4x = 7x яблок. Получается, что число оставшихся яблок должно делиться на 7.Первоначальное количество яблок, равное 272, дает при делении на 7 остаток 6. Поэтому остаток от деления на 7 числа яблок в проданной корзине тоже должен равняться 6. Таких корзин две: та, в которой 20 яблок, и та, в которой 48 яблок. Рассмотрим оба случая.
1 случай. Если продали корзину с 20 яблоками, то можно показать, что антоновка была в пятой корзине, а ранета после продажи первой корзины должно остаться 72 штуки, и они обязательно лежат в двух корзинах. Рассмотрим, сколько яблок должна содержать меньшая из них. Если взять корзину с 24 яблоками, то другая корзина должна содержать 72 - 24 = 48 яблок, откуда получаем ответ, что ранет мог находиться в первой, второй и восьмой корзинах. Если взять корзину с 28 яблоками, то другая корзина должна содержать 72 - 28 = 44 яблока, откуда получаем ответ, что ранет мог находиться в первой, третьей и седьмой корзинах. Если взять корзину с 32 яблоками, то другая корзина должна содержать 72 - 32 = 40 яблок, такая корзина есть. Получим, что ранет мог находиться в первой, четвертой и шестой корзинах. Других вариантов быть не может, и мы получаем три ответа:
1) антоновка – в пятой корзине, ранет - в 1-й, 4-й, 6-й;
2) антоновка – в пятой корзине, ранет - в 1-й, 3-й, 7-й;
3) антоновка – в пятой корзине, ранет - в 1-й; 2-й, 8-й.
2 случай. Допустим теперь, что продали корзину с 48 яблоками. Тогда яблок осталось 224 штуки, и из них антоновки 224 : 7 = 32 штуки, ранета 32 · 2 = 64 штуки и джонатана 64 · 2 = 128 штук. В этом случае антоновка лежит в четвертой корзине, потому что даже в двух самых маленьких корзинах находится 20 · 24 = 44 яблока. Легко убедиться, что ранет лежит в двух корзинах. Повторяя теперь аналогичные первому случаю рассуждения, получаем еще три ответа:
4) антоновка – в 4-й корзине, ранет - в 1-й, 7-й, 8-й;
5) антоновка – в 4-й корзине, ранет - в 2-й, 6-й, 8-й;
6) антоновка – в 4-й корзине, ранет - в 3-й, 5-й, 8-й.
Решение задачи 6.
Разделим прямоугольник на 6 частей по 5 клеток (см.рисунок).
Согласно принципу Дирихле в одной из этих частей будет закрашено не менее 4 клеток.
Тогда в квадрате 2 х 2,содержащемся в этой части, закрашено либо 3,либо 4 клетки.
Это и будет искомый квадрат.
Решение задачи 7.
Покажем сначала, что если n четное, то школьника, знакомого со всеми остальными участниками олимпиады, может не быть. Действительно, пусть n – 2k, где k – целое число, большее, чем 2. Тогда всех участников олимпиады можно разбить на k пар. Пусть в каждой такой паре участники не знакомы друг с другом, а два любых участника из разных пар – знакомы друг с другом. Тогда нет ни одного участника, знакомого со всеми остальными на олимпиаде. В то же время каких бы 5 участников ни взять, среди них самое большее могут оказаться две такие пары. Это значит, какой-то из пяти не будет иметь в данной пятерке парного ему (того, с кем он не знаком) и, значит, будет знаком с другими четырьмя из этой пятерки.
Итак, чтобы можно было утверждать, что на олимпиаде присутствует школьник, знакомый со всеми участниками олимпиады, необходимо, чтобы n было нечетным. Покажем, что при всех нечетных n > 5 такой школьник найдется. Предположим противное, у каждого школьника есть хотя бы один незнакомый ему участник олимпиады. Тогда, поскольку n нечетное, найдется школьник А, у которого не менее двух незнакомых на олимпиаде (пусть это школьники Б и В). В противном случае всех участников олимпиады можно было бы разбить на пары. Тогда два любых из остальных n - 3 школьников знакомы друг с другом, в противном случае эти двое вместе с А, Б и В образовывали бы пятерку, противоречащую условию. Возьмем двух любых из этих n - 3 школьников, скажем Ю и Я. Хотя бы один из них знаком со всеми школьниками А, Б и В (иначе пятерка А, Б, В, Ю, Я противоречила бы условию). Поэтому данный школьник знаком со всеми остальными.
Ответ: при всех нечетных n > 5.
|
|
Логические задачи