Логические задачи 8, 9 класс
Логические задачи по математике для учеников 8, 9 классов с решением
Задача 1. Разбойники Хапок и Глазок делят кучу из 100 монет. Хапок захватывает из кучи пригоршню монет, а Глазок, глядя на пригоршню, решает, кому из двоих она достается. Так продолжается, пока кто-то из них не получит 9 пригоршней, после чего другой забирает все оставшиеся монеты (дележ может закончиться и тем, что монеты будут разделены прежде, чем кто-то получит 9 пригоршней). Хапок может захватить в пригоршню сколько угодно монет. Какое наибольшее число монет он может гарантировать себе независимо от действий Глазка? (Укажите это число, покажите, как Хапок может его себе гарантировать, и докажите, что большего он гарантировать не может).
Задача 2. Какое наибольшее число коней можно расставить на шахматной доске 5 x 5 так, чтобы каждый из них бил ровно двух других?
Укажите расстановку и докажите, что нельзя расставить большее число коней с выполнением условия задачи.
Задача 3. Куб 4 x 4 x 4 распилили на 64 кубика размерами 1 x 1 x 1.
Каким наименьшим числом распилов можно обойтись, если части после каждого из распилов можно перекладывать?
Задача 4. В шести коробках лежат шарики: в первой – 1, во второй – 2, в третьей – 3, в четвертой – 4, в пятой – 5, в шестой – 6. За один ход разрешается в любые две коробки прибавить по одному шарику.
Можно ли за несколько ходов уровнять количество шариков во всех коробках?
Задача 5. Верно ли, что если сумма а2 + b2 (а и b натуральные) делится на 11, то числа а и b делятся на 11?
Задача 6. На математическом конкурсе в VIII классе было предложено несколько трудных и несколько легких задач. За каждую решенную трудную задачу участник получал 3 балла, за легкую – 2 балла. Но за каждую нерешенную легкую задачу у участника вычитался 1 балл. За нерешенную трудную задачу баллы не вычитались. Миша решил 10 задач и набрал 14 баллов.
Сколько легких задач было на конкурсе?
Решения задач.
Решение задачи 1.
Во-первых, опишем тактику, следуя которой, Глазок может гарантировать себе не менее 54 монет, тогда Хапок не может гарантировать себе более 46. Пусть Глазок забирает себе все те пригоршни, в которых не менее 6 монет, а все остальные отдает Хапку. Тогда в конце дележа Глазок либо возьмет 9 пригоршней, в которых не менее 54 монет, либо не возьмет 9 пригоршней. В этом случае Хапок возьмет не более 9 пригоршней, в которых не более 45 монет, и Глазку достанется не менее 55.
Во-вторых, покажем, как Хапок может гарантировать себе не менее 46 монет. Пусть Хапок берет одинаковые пригоршни по 6 монет. Таких пригоршней получится 16 и еще 4 монеты. Тогда в конце дележа либо Глазок возьмет 9 пригоршней, в которых 54 монеты, либо Хапок возьмет не менее 8 пригоршней, в которых 48 монет. В обоих случаях Хапок получит не менее 46 монет.
Решение задачи 2.
Расположение 16 коней показано на рисунке (а).  Докажем, что большее число коней расположить нельзя.
Пусть шахматная доска 5x5 окрашена так, что угловые клетки (а, значит, и центральная тоже) черные. Получится 13 черных и 12 белых клеток. Пусть на доске расставлены кони в соответствии с условием. Каждый конь, стоящий на белой клетке, бьет двух коней, стоящих на черных, при этом каждого коня стоящего на черной клетке бьют два коня, стоящих на белых, следовательно, на белых клетках стоит столько же коней сколько на черных. Если на центральной клетке стоит конь, то из 8 белых клеток, которые он бьет, 6 клеток свободные, значит, занято не более 6 белых клеток, но тогда на доске не более 12 коней. Если на одной из угловых клеток стоит конь, то еще два коня должны стоять на белых клетках, которые он бьет (на рисунке (б) это клетки, отмеченные крестом). Тогда из отмеченных на рисунке (б) десяти черных клеток заняты не более трех, т.е. всего на черных полях стоит не более 6 коней, но тогда на доске не более 12 коней. Если же центральная и все угловые клетки свободны, то занято не более 8 черных клеток и на доске не более 16 коней.
Решение задачи 3.
Прежде всего заметим, что обойтись менее чем шестью распилами не удастся. Действительно, рассмотрим один из восьми внутренних кубиков. У него шесть граней, и все они должны быть освобождены распилами. Но за один распил освобождается не более одной грани каждого кубика, поэтому менее чем шестью распилами обойтись не удастся. Проверим, что шести распилов достаточно, указав способ осуществления этих распилов. Действительно, за два распила, параллельные одной из граней, легко распилить куб на 4 "слоя" размером 4x4x1, сделав при этом одно перекладывание между распилами. Затем повторяя эти операции параллельно другим ребрам, можно добиться распила на единичные кубики.
Решение задачи 4.
Всего шариков в коробках первоначально 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21, а после k ходов их станет 21 + 2k. С другой стороны, общее количество шариков в коробках в тот момент, когда во всех коробках станет шариков поровну, равно 6n, где n – число шариков в одной коробке.
Отсюда 21 + 2k = 6n.
Но равенство невозможно при натуральных k и n, так как его правая часть четна, а левая – нечетна.
Ответ: нельзя.
Решение задачи 5.
Рассмотрим остатки, которые может давать квадрат натурального числа при делении на 11. Результат вычислений можно оформить в виде таблицы:
| Остаток от деления a на 11 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | | Остаток от деления b на 11 | 0 | 1 | 4 | 9 | 5 | 3 | 3 | 5 | 9 | 4 | 1 |
Заполняется она таким образом. Если натуральное число а при делении на 11 дает в остатке r:
а = 11k + r (k и r – целые неотрицательные, r < 11),
то
а2 = (11k + r)2 = (121k2 + 22kr) + r2.
Следовательно, достаточно выяснить, какой остаток даст r2 при делении на 11 (в случае, если r2 > 11, нужно r2 разделить на 11 с остатком и записать в таблицу полученный остаток).
А теперь присмотримся к таблице: когда сумма остатков от деления на 11 квадратов двух натуральных чисел а и b равна 0 или 11? Только в одном случае – когда оба эти остатка равны нулю, т.е. когда и число а, и число b делятся на 11.
Ответ: верно.
Решение задачи 6.
Первое решение. Если бы все задачи, решенные Мишей, были трудными, то он получил бы за них 10 – 3 = 30 баллов. Однако он получил только 14 баллов и, значит, 16 баллов потерял. Если вместо трудной задачи он решил легкую, то вместо 3 баллов он получил 2, т. е. потерял 1 балл. За каждую нерешенную легкую задачу он по условию также терял 1 балл. Итак, за каждую легкую задачу (независимо от того, решил он ее или нет) Миша терял ровно 1 балл. Так как всего он потерял 16 баллов, то и число легких задач также равно 16.
Второе решение. Пусть х легких задач Миша решил, а у легких задач не решил. Тогда он решил 10 – х трудных задач. Поэтому по условию имеет место равенство 3 – (10 – х) + 2 • х – 1 • у = 14, откуда после упрощения х + y = 16. Следовательно, общее количество легких задач равно 16. |
|
Логические задачи