Занятие 8

Построение необычных примеров и контрпримеров.

Во многих наборах олимпиадных задач присутствуют задачи, наиболее

трудная

часть решения которых – не доказательство, а построение

интересного примера или контрпримера.

Нужное

воображение

возникает

неожиданно,

интуитивно,

как

некое

«озарение». Эти моменты открытия и составляют радость математического

открытия.

Пример 1. Можно ли числа от 1 до 20 разбить на несколько групп так, чтобы

в каждой группе наибольшее число равнялось сумме все остальных чисел

группы?

Решение.

Такое разбиение возможно. Приведем пример

15

8

7

16

12

4

17

11

1

2

3

18

13

5

19

10

9

20

14

6

Пример 2.

Представить произвольное натуральное число в виде, в записи которого

входят только двойки и произвольные математические знаки. (задача П.

Дирака.)

Решение.

Пусть n- произвольное натуральное число. Тогда

1=- log

2

log

2

√

2

= -log

2

1

2

=¿

log

2

(

1

2

)

−

1

=log

2

2=1.

Аналогично проверяется и общая формула

n=-log

2

log

2

√

√

√

…

√

2

,где n – число повторяющихся корней.

Пример 3.

Саша выставляет на пустую шахматную доску ладьи: первую –

куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она побила нечетное

число ранее выставленных ладей. Какое наибольшее число ладей он сможет

выставить? ( Как обычно, ладьи бьют друг друга по вертикали горизонтали и

только, если между ними нет других ладей.)

Решение.

Сначала обоснуем, почему нельзя ладьями заполнить все 64 клетки

шахматной доски. Пусть в процессе заполнения доски уже заняты три

угловые клетки. Тогда 4-ю угловую клетку занять уже не удастся, так как в

противном

случае

поставленная ладья

будет бить ровно

две

ранее

поставленные ладьи: одну, находящуюся с ней на одной вертикали, другую,

находящуюся с ней на одной горизонтали. Итак, максимальное число

выставляемое ладей не превосходит 63.

На рисунке приведен пример расстановки 63 ладей. Номера, указанные в

клетках, последовательность расстановки ладей.

2

59

58

57

56

55

54

3

32

33

50

51

52

53

16

60

31

15

49

48

47

46

17

61

30

14

42

43

44

45

18

62

29

13

41

40

39

38

19

63

28

12

34

35

36

37

20

21

27

10

9

8

7

6

11

4

1

26

25

24

23

22

5

Ответ: наибольшее число ладей равно 63

Задачи для самостоятельного решения

1.

Один человек каждый месяц записывал свой доход и расход. Может

ли быть так, что за любые 5 идущих подряд месяцев его расход

превышал доход, а в целом за год его доход превысил расход?

2.

Можно

ли

число

203

представить

в

виде

суммы

нескольких

натуральных чисел так, чтобы и произведение этих чисел равно 203?

3.

Верно ли следующее утверждение: для любой точки, лежащей внутри

выпуклого четырехугольника, сумма расстояний от нее до вершин

четырехугольника меньше его периметра?

4.

Может ли быть так, что длины всех сторон одного треугольника

меньше 1 см, длины всех сторон другого треугольника больше 100 м, а

площадь первого треугольника больше площади второго?

5.

Существует ли замкнутая ломаная , которая пересекает каждое свое

звено ровно один раз и состоит из :

а) 6 звеньев; б) 7 звеньев?

Домашняя олимпиада

1.

Гномы сели за круглый стол и голосованием решили много

вопросов. По каждому вопросу можно было голосовать «за»,

«против» или воздержаться. Если оба соседа какого-либо гнома по

какому-нибудь вопросу выбрали один и тот же вариант ответа, то

при голосовании по следующему вопросу он выберет этот же

вариант. А если они выбрали два разных варианта, то при

голосовании по следующему вопросу гном выберет третий вариант.

Известно,

что

по

вопросу

«Блестит

ли

золото?»

все

гномы

проголосовали «за», а по вопросу «Страшен ли Дракон?» Торин

воздержался.

Сколько

могло

быть

гномов?

(Опишите

все

возможности и докажите, что других нет.)

2.

Если разделить 2014 на 105, то в частном получится 19 и в остатке

тоже 19. На какие ещё натуральные числа можно разделить 2014,

чтобы

частное и

остаток

совпали?

(Укажите

все

возможные

варианты и докажите, что других нет.

3.

В одной из вершин шестиугольника лежит золотая монета, а в

остальных ничего не лежит. Кощей Бессмертный чахнет над златом

и каждое утро снимает с одной вершины произвольное количество

монет, после чего тут же кладёт на соседнюю вершину в шесть раз

больше монет. Если к исходу какого-то дня во всех вершинах будет

поровну монет, то Кощей станет Властелином Мира. Докажите, что

хоть злата у него сколько угодно, но Властелином Мира ему не

бывать.

4.

Найдите делимое, если каждый знак * в приведённой записи

деления чисел «в столбик» обозначает какую-либо цифру:

******** | ?

**

*

|***8**

***

***

**

**

***

***

0

Решение задач для самостоятельного решения.

1.

Может. Приведем пример:

{

2;2 ;2 ;2;

−

9 ; 2 ;2; 2 ; 2 ;

−

9; 2 ; 2

}

.

2.

Можно : 7

+

29

+

1

+

1

+

…

+

1

=

7 ∙ 29 ∙1 ∙ 1∙ …∙ 1

. Количество единиц взято по

167.

3.

Утверждение неверно.

Приведем контрпример. Пусть АВСД – четырехугольник, для которого |

AB|=|AD|=

ε

, |BC|=|DC|.

Проведем диагональ АС: пусть О- такая точка , принадлежащая этой

диагонали, что |OC|=

ε .

Обозначим a=|BO|=|DO|. Определим, при какой

величине отношения

a

ε

сумма расстояний d

от точки О до вершин

четырехугольника АВСД больше его периметра p.

d=|AO|+|BO|+|CO|+|DO|=2a+

ε

+|AO|>3a, если угол АВО тупой.

Р=|AB|+|AD|+|BC|+|DC|=2

ε

+2|BC|.

Поскольку |BC|<|BO|+|OC|=a+

ε

, то p<2

ε

+

2

(

a

+

ε

)

=

4 ε

+

2 a.

Итак,

{

d

>

3 a ,

p

<

4 ε

+

2a .

Очевидно, что d>p, если 3а>

4 ε

+

2 a↔ a

>

4 ε .

Таким образом, если

а

ε

>

4 ,

то в четырехугольнике АВСД найдется точка О,

сумма расстояний от которой до вершин четырехугольника больше его

периметра.

Ответ: утверждение не верно.

4.

Может.

Например, в качестве первого треугольника возьмем правильный

треугольник со стороной ½ см; в качестве второго – равнобедренный

треугольник со стороной 200 м и высотой 10

-7

м. Его боковая сторона

больше половины основания, то есть больше 100 м, а площадь равна

10

-5

м

2

и меньше площади первого треугольника, равной

√

3

/16 см

2

.

O

B

C

D

A

5.

а)Существует. Пример показан на рисунке

б) Не существует. Предположим противное. Рассмотрим произвольную точку

самопересечения ломаной: в ней пересекаются ровно два звена. Поэтому

все звенья ломаной можно разбить на пары, соответствующие точкам

самопересечения. Значит , число звеньев – четное число, и их не может быть

семь.

Решение домашней олимпиады.

1.

Ответ: количество гномов могло быть любым, кратным 4.

Решение.

Если

по

какому-либо

вопросу

гномы

проголосовали

единогласно, то после этого они всегда будут голосовать точно так же.

Поэтому вопрос о драконе обсуждался раньше, чем вопрос о золоте.

Возможно, что перед вопросом о золоте гномы уже несколько раз

единогласно голосовали «за». Рассмотрим последний вопрос, по

которому был несогласный гном (а такой точно был, что следует из

условия про Торина). Пусть этот гном голосовал «против». Для того

чтобы его соседи в следующий раз проголосовали «за», гномы,

сидящие

от

него

через

одного,

должны

были

воздержаться.

Аналогично гномы, сидящие от них через одного, должны были

голосовать «против» и т.д. Получаем цепочку ...П?В?П?В?..., где «П» и

«В»

обозначают голосовавших «против» и воздержавшихся, а знаки

вопроса–– гномов, мнение которых нас не интересует. В случае, если

несогласный гном воздержался, получаем такую же цепочку. Если

количество гномов чётное, то цепочка должна замкнуться, а это значит,

что в ней одинаковое количество «В» и «П». Тогда количество гномов,

обозначенных «В» и «П», чётно, а количество всех гномов вдвое

больше. Если же количество гномов нечётное, то, расставив по кругу

«В» и «П», мы продолжим их ставить вместо знаков вопроса, т.е. гномы

расположатся по кругу парами: ...ВВППВВПП..., что противоречит тому,

что их количество нечётно. Осталось показать на примере, что любое

количество гномов, кратное 4, удовлетворяет условию задачи. Для

этого пусть они сначала проголосуют про дракона так: ...ВВППВВПП...

(один из «В» –– это Торин), а потом про золото единогласно «за».

2.

Ответ: ещё на 52, на 1006 и на 2013.

Решение. Если 2014 разделили на натуральное число N и получили в

частном и в остатке натуральное число k,

то 2014= Nk +k = = k(N +1), причём k<N. Следовательно, k –– делитель

числа 2014. Из приведённого в условии примера следует, что

2014=105·19+19= 19·106, что помогает разложить 2014 на простые

множители: 2014=2·19·53. Теперь видно, что, помимо 19, у числа 2014

есть ещё делители 2 и 38, которые порождают такие примеры на

деление: 2014 = 1·2014 = 2013·1+1, 2014 = 2·1007 = 1006·2+2 и

2014 = 38·53 = 52·38+38. Если же в качестве значений k рассматривать

остальные делители числа 2014 (53, 106, 1007 и 2014), то они

порождают

значения

N,

не

удовлетворяющие

неравенству

k<N,

поэтому других решений нет.

3.

Решение. Занумеруем вершины шестиугольника начиная с той, где

лежит монета, последовательными натуральными числами от 1 до 6

(двигаясь, например, против часовой стрелки). Обозначим через n1, n2,

…, n6 количества монет, лежащих в вершинах 1, 2, …, 6 соответственно.

Пусть N

1

=n

1

+n

3

+n

5

, N

2

=n

2

+n

4

+n

6

. Рассмотрим разность N

1

−N

2

и

докажем, что при указанных действиях Кощея остаток от её деления на

7

не

изменяется.

Действительно,

если

из

какой-то

вершины

шестиугольника Кощей забирает x монет, а в соседнюю вершину

добавляет 6x монет, то значение N

1

−N

2

изменяется на 7x. Заметим, что

в начальный момент N

1

−N

2

=1. Поэтому цель Кощея –– уравнять

количество монет во всех вершинах, а значит, сделать так, чтобы N

1

−N

2

было равно нулю, –– недостижима.

4.

Ответ: 10917708.

Решение. Цифра 8 в частном даёт промежуточное двузначное

произведение, следовательно, делитель не может быть больше 12

(13

8

=

104

–

не

трёхзначное

число).

C

другой

стороны,

∙

промежуточному

трёхзначному

произведению

может

отвечать

в

частном только цифра 9 (цифра 8 по условию даёт только двузначное

произведение), а в этом случае делитель не может быть меньше 12 (11

9 = 99 – двузначное число). Следовательно, делителем может быть

∙

только число 12. Если при промежуточном делении происходит снос

разряда, то в частном на соответствующем месте стоит 0. Поэтому в

частном стоит число 909809, а делимое равно 12

909809 = 10917708.

∙