РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ СЕРИИ:
А. Д. Блинков (координатор проекта)
Ю. А. Блинков
Е.С. Горская (ответственный секретарь)
К.А. Кноп
Л. Э. Медников
А. В. Шаповалов (ответственный редактор)
И. В. Ященко


Школьные математические кружки Выпуск 21
А. В. Шаповалов
Индукция без формальностей
Москва Издательство МЦНМО 2021


УДК 51(07) ББК 22.1 Ш24
Шаповалов А. В.
Ш24 Индукция без формальностей. — М.: МЦНМО, 2021.— 144 с.—(Школьные математические кружки; Вып. 21).
ISBN 978-5-4439-1570-8
Двадцать первая книжка серии «Школьные математические кружки» является неформальным введением в математическую индукцию. Изложенные темы и задачи помогают развить индуктивное мышление без явного упоминания индукции. Ввиду направленности на школьников 5~7 классов, упор сделан на построение серий примеров и явных конструкций, а также отслеживание их свойств. Этот подход учит школьников применять индукцию и там, где цепочка объектов явно не задана.
Книжка содержит 10 занятий по вполне традиционным кружковым темам. Для учителя в конце каждого занятия есть текст «Путь к индукции». Сотня дополнительных задач даёт возможность адаптировать занятия для групп разной силы. Заключительная часть книжки сделана в виде раздаточных материалов.
Книжка адресована школьным учителям математики и руководителям математических кружков, но будет интересна школьникам и их родителям, студентам педагогических вузов, а также всем любителям математики.
ББК 22.1
Иллюстрация и оформление обложки художник Евгений Чижевский
Учебно-методическое издание
Подписано в печать 24.11.2020 г. Формат 60 х 90 Vie- Печать офсетная. Печ. л. 9. Тираж 2000 экз. Заказ № 12602.
Издательство Московского центра непрерывного математического образования.
119002, Москва, Большой Власьевский пер., д. 11.
Тел. (499) 241-08-04.
Отпечатано в ООО «Типография „Миттель Пресс“». г. Москва, ул. Руставели, д. 14, стр. 6.
Тел./факс +7(495)619-08-30, 647-01-89.
E-mail: mittelpress@mail.ru
Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине «Математическая книга»,
Москва, Большой Власьевский пер., д. 11. Тел.(495)745-80-31.
E-mail: biblio@mccme.ru
© Шаповалов А. В., 2021. ISBN 978-5-4439-1570-8 © МЦНМО, 2021.


Введение
Математическая индукция не входит в школьную программу. Однако стоит хоть немного продолжить изучение математики: в матклассе, на кружках, в вузе — индукция тут как тут. Но вот парадокс: из тех, кто изучал её, умеют ей пользоваться немногие. А. Д.Мышкис, преподававший математику в инженерных вузах с сильной математикой, отмечал в [2], что «студенты не понимают доказательств по индукции, они в них не верят»! В чём причина? В сложности? Это верно. Но производная и интеграл тоже ведь не простые понятия, однако ими уверенно владеет гораздо больший процент изучавших. Недостаточно времени на её преподавание? Но приходилось видеть классы, где отдельно на индукцию отводилось по несколько часов каждый год с 8 по 11 класс без особого улучшения.
Расширение роли олимпиад вызвало бурный рост сети кружков, классов и летних школ, где к олимпиадам готовят. Возраст учеников снижается, квалифицированных преподавателей катастрофически не хватает. Занятия ведут малоопытные студенты, и темы, уместные для восьмиклассников, излагаются шестиклассникам, а то и пятиклассникам. В результате положение с индукцией стало ещё хуже. Малоосмысленные слова про индукционный переход приходится теперь частенько слышать даже от школьников, не умеющих раскрыть скобки в выражении a(b-f 1). Попытки же указать незадачливому / новоиспечённому / неопытному преподавателю (обозначим его НП) на это несоответствие встречают возражения: а вот эту задачу с престижного Энского турнира вон тот шестиклассник Вася решил по индукции. Значит, могут, когда захотят?!
Ну так Вася — талант, он уже и векторы знает, а задача эта и без индукции прекрасно решается. Но НП молод и горяч, энергии в нём —через край. Он искренне уверен, что, укладывая асфальт формальной индукции поверх тропинки скромных знаний юного ученика, он строит в его голове первоклассную автостраду, по которой тот помчится к победам. НП ещё не видел, как через годик от слоя асфальта останутся


засохшие комки, о которые школьник будет спотыкаться. Что делать? Запреты в век интернета НП не остановят... Пришлось вспомнить совет: не можешь предотвратить — возглавь. И я сел писать эту книгу.
Итак, в чём же проблемы преподавания индукции? Сложность не в том, что в ней много составляющих. Хуже то, что достаточно заметная часть этих составляющих преподавателями не осознаётся.
Первое: суть индукции мало похожа на её форму. НП уверен, что форма и есть суть, и индукция и в самом деле состоит только из базы и перехода. Его восхищает идея: произносишь рассуждение, названное «индукционный переход»,—и утверждение мгновенно становится верным для всех значений п. Но на взгляд ученика это как заклинание экстрасенса в телестудии, которое якобы превращало обычную воду в целебную у всех зрителей. Как результат, действия так обученных школьников по сути сводятся к произнесению заклинаний. В стандартных случаях эти заклинания мало отличаются от правильных рассуждений, и НП засчитывает их за правильное решение. В чуть менее стандартных задачах часть нужных слов не произносится, но на ответ это не влияет, поэтому решение засчитывается, но с оговорками и снижением баллов. В мало-мальски нестандартных задачах решение обваливается, и НП решает, что такие задачи ученикам «не по зубам» и тратить время на них не нужно.
На деле суть индукции проста: на высоту легче не запрыгивать и не взлетать, а восходить по ступенькам лестницы. Обычно лестница едва намечена или её нет, тогда придётся её найти, принести и самому установить, а в сложных случаях и самому построить. Строить можно и нужно так, как удобнее: снизу вверх, сверху вниз, даже с двух сторон навстречу и т. п.
Стандартное обучение учит ходить только по готовым лестницам («увидел п — доказывай по индукции»). Поэтому хочется, конечно, научить видеть место для лестницы, видеть ступеньки и прилаживать их друг к другу. Увы, так поставленная цель не конкретна и воспринимается школьниками плохо.
Формальное введение индукции воспринимается чуть лучше, но уводит от сути (скажем, побуждает использовать толь¬
4


ко лесенки, построенные снизу вверх). Это как если бы ученик умел добираться до школы только одним способом: купить билет на метро, проехать, считая остановки, и выйти у школы. Но это мало помогает ученику самому добраться от дома до школы —но не знал бы, что делать, когда метро закрыто. Хуже того, такое обучение часто создаёт у ученика иллюзию, что именно так управляют поездом и прокладывают тоннель. Чтобы не плодить иллюзий, опытный преподаватель избегает формального введения индукции так долго, как может. Он понимает, что индукционный формализм — это как умение ходить строем: прежде чем этому учиться, надо научиться просто ходить. Ещё лучше научиться бегать, прыгать и при этом чувствовать себя свободно. Вот этим мы и займёмся.
Говоря прямо: эта книга — не пособие по обучению индукции для начинающих. Она не заменяет такие пособия, она всего лишь их предваряет, развивая у учеников необходимые навыки и постепенно внедряя индуктивное мышление.
Ниже мы расшифруем, о каких навыках идёт речь. Без многослойной подушки задачной и математической культуры сложное понятие индукции не уложится и не закрепится в голове ученика, как не лягут рельсы на грунт без насыпи. Усвоение навыков требует времени — как по числу занятий (5—10), так и по общей продолжительности (год-два). С другой стороны, эти занятия полезны независимо от того, будет ли в конце усвоена индукция или нет.
Перечислим нужные навыки, пока без привязки к индукции. Нужно уметь:
1) строить большие конструкции с использованием повторяющихся элементов и блоков;
2) находить закономерность в последовательности чисел или объектов;
3) пошагово, от объекта к объекту, распространять неизменное свойство (инвариант) на некоторое множество объектов;
4) включать отдельную конструкцию или задачу в серию однотипных, отличающихся лишь значением параметра, исследовать случаи малых значений параметра и переносить замеченные закономерности на случаи больших значений;
5


5) следить за развитием процесса с помощью выбора удобного параметра-счётчика, игнорирующего несущественные подробности и предсказуемо меняющегося на каждом шаге; уметь организовывать нужный процесс;
6) строить конструкции пошагово, составляя её из наглядных добавок и выбирая очередную добавку в зависимости от текущего состояния;
7) строить конструкцию постепенно, проходя через промежуточные «частичные» конструкции, не являющиеся полноценными меньшими примерами;
8) находить связь сложного «серийного» объекта с его предшественником, выстраивать конструкции и цепочки доказательств «сверху вниз», сводя сложное к более простому.
«Ого! —скажет преподаватель, прочитав список.—Да тут и за 5 лет не успеть! Неужели всё это нужно? А попроще и покороче нельзя?»
Попроще можно. Формальный список дан для преподавателя с целью показать, что предварительная подготовка обязана быть основательной. Учеников таким списком мы пугать не будем. Откройте занятия и посмотрите на задачи. Всё это давалось шести- и семиклассникам, а первое занятие даже пятиклассникам. Если не грузить школьников приведёнными выше словами про навыки и умения, то задачи они решают бойко и охотно, а навыки приобретают по ходу дела. Особенно если преподаватель вовлекает их в обсуждения, где ненавязчиво расставляет правильные акценты, и подкидывает подобные задачи в промежутках между занятиями из этой книжки.
Покороче не стоит. Без тех или иных навыков понимание индукции будет неполноценным. Можно, конечно, некоторые навыки усваивать с нуля вместе с индукцией, но это создаст ученикам лишние трудности. Ведь легче и индукцию изучать «по индукции», то есть выстроив сначала лесенку из вспомогательных навыков. Тем более что предварительно эти навыки достаточно лишь привить, а не усвоить в совершенстве. Пары лет на это заведомо хватит.
Итак, целью этого курса является неформальное знакомство с математической индукцией. Каждому пункту списка навыков соответствует одно-два занятия этой книги, кроме пункта 2 (соответствующее занятие можно взять из кни¬
6


ги [1]). Внешняя простота может побудить торопливых преподавателей устроить недельный курс или даже попытаться втиснуть все темы в одно-два занятия. Но тогда цель создания культурного слоя не будет достигнута.
Само по себе каждое занятие имеет понятную ученикам ближнюю цель и только знакомит учеников с кругом идей. Для отработки навыков надо будет включать аналогичные задачи в занятия на другие темы. Через месяц-другой идеи занятия станут восприниматься учениками как нечто само собой разумеющееся. Тогда можно переходить к следующему занятию из списка. Слово «индукция» до восьмого занятия упоминать не стоит, иначе школьники, уже «обученные» индукции, начнут втискивать свои свободные рассуждения в навязанные индукцией рамки. Пусть лучше индукция до поры до времени остаётся как дальняя цель за кадром и в голове преподавателя.
В помощь преподавателю в конце каждого занятия есть текст под заголовком «Идеология». В нём пояснены подробнее как непосредственные цели занятия, так и связи данного занятия с индукцией. Надеюсь, это поможет преподавателю ненавязчиво сориентировать учеников в нужном направлении.
Благодарности. В первую очередь автор благодарен А. А. Ма- рачёву: многочисленные обсуждения планировавшейся им книги об индукции побудили автора углубить своё понимание индукции, что и стало плодотворным толчком к написанию этой книги. Автор благодарен многочисленным коллегам, чей опыт и подборка задач так или иначе повлияли на отношение автора к индукции, в наибольшей степени — А. С. Штерну, И. С. Рубанову и М. А. Берштейну. Автор благодарен К. А. Кнопу, JI. Э. Мед- никову и И. А. Чернявской за ряд полезных критических замечаний. Наконец, огромная благодарность А. В. Антропову за внимательное прочтение рукописи и содержательные предложения, помогшие заметно улучшить книгу.
7


Занятие 1 Конструкции с повторами
Большие конструкции легче строить из одинаковых деталей. Когда есть выбор, делайте как можно больше деталей одинаковыми. А если детали заданы разными, их удобно объединять в одинаковые блоки. При большом числе деталей контролируйте конструкцию подсчётами. При этом пересчёт вида «Один, два, три, ...» становится ненадёжным. Привыкайте считать с помощью разумно организованных арифметических операций.
Пример 1.1. Представьте 49 как сумму 20 слагаемых с одинаковыми суммами цифр.
Путь к решению. 49 на 20 не делится, значит, есть разные слагаемые. Среди слагаемых есть 1 или 2, иначе сумма будет слишком велика. Значит, сумма составлена либо из слагаемых 1 и 10, либо из 2, 11 и 20. Остаётся подобрать или посчитать.
Решение. 11 + 2 + 2 + . .. + 2 (19 двоек).
Пример 1.2. Разрежьте фигуру на рисунке по границам клеток на 33 прямоугольника одинакового периметра.
Путь к решению. Фигура режется на 11 квадратов 4x4, а 33 делится на 11. Мы победим, если сможем разрезать квадрат 4x4 на 3 прямоугольника одинакового периметра. И это удаётся!
Решение. Разрежем фигуру на 11 квадратов 4 х 4, а каждый квадрат— на полоску 1 х 4 и два прямоугольника 3x2. Периметр каждого из 33 получившихся прямоугольников равен 10.
Один или несколько блоков могут отличаться от типового блока. Часто это происходит с блоками на краях — в начале или в конце. Лучше сначала разобраться с тем краем, где меньше вариантов.
8


Пример 1.3. В клетке А фигуры на рисунке стоит шахматный конь. Он должен дойти до клетки Б. Ему нельзя быть ни в какой клетке дважды, а серые клетки он должен пройти все и строго снизу вверх по порядку. Придумайте маршрут и подсчитайте число ходов.
Путь к решению. Сложнее искать маршрут в районе клетки Б —там доска поуже, чем около клетки А, вариантов меньше (узкое место, см. [3]). С верхней серой клетки в В можно прийти за 3 хода. Выберем ходы, где промежуточные поля расположены компактнее. Такой же тройкой ходов, но сдвинутой на единицу вниз, конь может прийти в верхнюю клетку из предыдущей. Повторяя блок, найдём маршрут из нижней серой клетки в Б. Дальше блок сдвинуть нельзя, мешает нижняя граница. Зато можно пройти из А по свободным клеткам слева.
Решению. См. рисунок. Ходы разбиваются на начальную тройку и 7 раз повторённый блок из трёх ходов, значит, всего сделано 3 + 3 • 7 = 24 хода.
Как видим, действия тоже можно группировать в повторяющиеся блоки. Сами по себе действия не наглядны, работать с ними поможет компактная и наглядная запись или схема. Если нет наглядной картинки (такой, как в примере 1.3), надо проверять, что блоки правильно стыкуются (например, что блок обеспечит возможность работы следующего блока). Тут тоже помогут подсчёты.
Пример 1.4. К левому берегу реки подошли 7 монахов и 6 людоедов. У берега есть двухместная лодка. Ни в какой момент времени монахи не должны оказаться в меньшинстве на одном берегу с людоедами. Как им всем переправиться на правый берег?
Путь к решению. Практично воспользоваться наглядной моделью с фишками или пуговицами, которые легко двигать. Если обозначить монахов буквами М, а людоедов —Jl, то сгодятся и клочки бумаги с этими надписями.
Всем надо на правый берег, поэтому разумно начать с решений, когда на правый берег плывут вдвоём, а на левый —
в
А
В\
V
т
У
й
V
й
\ /
/
1-
£
А
1-
А
V
9


в одиночку. Невозможно сначала переправить всех людей одного типа: тогда где-то людоедов будет сильно больше, чем монахов. Хорошо бы научиться переправлять одного JI и одного М без нарушения баланса в промежутке.
Чтобы проверить решение, его надо сначала кратко записать. Можно записывать только тех, кто переплывает, например, МЛ—> значит «монах и людоед плывут на правый берег» или М^—«монах плывёт на левый берег».
Решение. Повторим 6 раз группу переправ (MJI —>, Л , МЛ—>, М<—), только в последней группе последнюю переправу М<— не делаем. Проверку можно наглядно сделать с помощью фишек или следя за разностью монахов и людоедов на берегах при выполнении повторяющейся группы переправ. Перед началом группы разность слева 1, справа 0. Переправа MJI—> на разности не влияет. После JI<— разность слева 0, справа 1; пока выполняется М<—, слева и справа остаётся 0; после М<— опять слева 1, справа 0.
Комментарий. Часто школьники предлагают группы переправ (МЛ —JI<—, JLJI—>, JI<—) или (ЛЛ—Л<—, ММ—>, М<—). Обсудите, как их можно проверить; убедитесь вместе, что первый вариант не сработает при первом применении, а второй не сработает при повторе.
Задачи
1.5. 	Разрежьте фигуру на рисунке на 10 равных частей.
1.6. Можно ли поставить в ряд больше 100 детей так, чтобы у каждой девочки был сосед-мальчик, а соседка-девочка была ровно у половины мальчиков?
1.7. Запишите по кругу более 25 натуральных чисел так, чтобы каждое число делило сумму своих соседей и общая сумма чисел была ровно в 2,5 раза больше количества чисел в круге.
1.8. На доске вначале выписаны два числа: 1 и 2. За один ход разрешается увеличить одно из чисел на доске на сумму цифр другого. Можно ли добиться, чтобы оба числа превратились в 2017?
10


1.9. На левом берегу реки три человека и 10 ящиков. Есть трёхместная лодка, каждое место может занимать человек или ящик. Ящики тяжёлые, погрузить в лодку или выгрузить из лодки можно только втроём. Других людей нет. Как им всем переправиться на правый берег и перевезти все ящики?
1.10. а) На крайней клетке полоски 1 х 16 сидит блоха. Одним прыжком она может перепрыгнуть через одну или две клетки и приземлиться в следующей. Как ей побывать на всех клетках ровно по одному разу?
б) То же для полоски 1 х 64.
Можно также использовать дополнительные задачи Д1—Д10, Д37.
Ответы и решения
1.5. 	См. рисунок.
1.6. Можно, например повторив 21 раз группу из 5 детей: в середине девочка, остальные мальчики: (ММДММ), (ММДММ), ... В каждой группе ровно двое из 4 мальчиков стоят рядом с девочкой.
1.7. Например, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, ..., 1, 2, 3, 4 (каждое число повторено 7 раз).
1.8. Можно. Прибавляя по 1, превратим 2 в 7. Прибавляя по 7, превратим 1 в 2017 (2016 кратно 7). Прибавляя по 2 + 0+1 + 7 = 10, превратим 7 в 2017.
1.9. Кроме знаков —► и <— для движения лодки вправо и влево будем ещё обозначать Ч —человек, Я| и Яf — погрузка и выгрузка ящика из лодки. Надо 10 раз повторить такую группу операций: Я |, ЯЧЧ-*, ЯЧ , ЯЧЧ —Я ЧЧЧ <— (последняя операция в последней группе не выполняется).
1.10. а) Обозначим прыжок вправо через одну клетку +2, влево —2, вправо через 2 клетки +3, влево —3. Тогда группа из пяти прыжков +3, —2, +3, —2, +3 сместит блоху на 5 клеток вправо, при этом блоха побывает на всех промежуточных клетках. Повторив эту группу 3 раза, блоха переместится из 1-й клетки в 16-ю и побывает по разу на всех промежуточных клетках.
11


б) Сначала +2, +3, +2, -3, -3, +2, +3, +2 (блоха побывает на клетках с 1-й по 9-ю, закончив на 9-й), затем 11 групп из пяти прыжков +3, —2, +3, —2, +3 (каждый раз блоха смещается вправо на 5, побывав на всех промежуточных клетках).
Комментарий. Школьники находят группу +3, —2, +3, —2, +3, но часто думают, что при этом она смещает блоху на 6 клеток. Эту и подобные ошибки на «эффект плюс-минус один» с ними надо обсудить.
Идеология
Эти задачи сочетают наглядность цели с выработкой умения применять арифметику для переноса результата от наглядных малых конструкций на большие, где наглядная картинка перестаёт быть целесообразной и даже возможной. В алгоритмических задачах важно научиться вводить короткие и понятные обозначения. Особые шаги в начале и в конце, а также построение в обратном порядке учат видеть конструкцию целиком и строить не по стандарту, а исходя из логики самой конструкции.
Путь к индукции
В данном листке подобраны задачи в основном на линейные конструкции, в наибольшей степени похожие на конструкции классических индукционных доказательств. Важно понимать, что в доказательстве по индукции индукционный переход состоит фактически из большого числа однотипных шагов (что оформлено в простых случаях как единообразный шаг индукции, но нередко распадающийся на случаи). Значит, такое доказательство является на самом деле сложной конструкцией из повторяющихся элементов. Школьника надо учить видеть эти элементы и проверять, что они подходят друг другу.
12


Занятие 2 Числовые закономерности
Поиск числовых закономерностей и восстановление последовательностей по нескольким первым членам — очевидная ступенька по направлению к индукции. Такое занятие проводится в более-менее каждом кружке для начинающих. На нём любой кружковец с удовольствием приобщается к арифметической прогрессии, без чего ему в дальнейших занятиях книжки не обойтись.
В частности, ровно таким занятием открывается недавно вышедшая в серии «Школьные математические кружки» замечательная книжка [1], и именно это занятие целиком выложено в интернете (см. http://www.ashap.info/Knigi/ Matkruzhki/18-Posled.pdf). Повторяться было бы избыточным. Стоит сказать только о связи этой темы с математической индукцией.
Можно также использовать дополнительные задачи Д11—Д14.
Идеология
Числовые последовательности — наиболее простые и наглядные серии объектов в школьной программе. Работая с ними, школьник укрепляется в правильной мысли, что числа в последовательности идут не как попало, а подчиняются единой закономерности, пусть и не всегда простой и очевидной. И хотя формальное определение последовательности допускает любые, сколь угодно хаотичные последовательности, на самом деле в приложениях встречаются только закономерные последовательности. Соответственно, поиск и доказательство закономерностей — важная часть математического обучения. Тем более что серии примеров и конструкций в этой книге задаются числовыми последовательностями параметров.
Путь к индукции
Самое естественное желание при поиске закономерности — сравнить соседние члены последовательности. Поэтому обычно
13


гораздо легче увидеть рекуррентное соотношение, чем явную формулу. А вот переход от рекуррентного соотношения к явной формуле, каким бы простым он ни был (скажем, для арифметической прогрессии), уже является индукционным доказательством. Хотя традиционно преподавание формальной индукции начинают с доказательства формул для сумм и последовательностей, на занятии для 5 и 6 классов упоминание индукции следует исключить. Важнее сосредоточить внимание на подробном выписывании промежуточных слагаемых или сомножителей, подсчёте их количества, их группировке и т.п., чтобы связь между первым и сотым членом осуществлялась не через непонятное заклинание со словом «индукционный переход», а зримым выражением с длинной цепочкой чисел, которое надо честно сосчитать.
14


Занятие 3 Разминка на малых
Строить или исследовать конструкцию легче, когда её можно сравнить с похожими (аналогичными), но уже знакомыми или хотя бы более простыми конструкциями. Когда пример не одинок, а входит в серию подобных ему, смотрим сначала на самые маленькие примеры в серии. При работе с ними обычно хватает короткого перебора. Два-три малых примера часто подскажут закономерность, которая поможет разобраться и с большими конструкциями. Но не забывайте, что доказать закономерность можно только с помощью общего рассуждения.
В этом занятии мы ограничимся задачами, где серия объектов задана явно или очевидна.
Пример 3.1. Соединив крайними клетками вертикальный и горизонтальный клетчатые прямоугольники ширины 1, получим уголок (см. примеры серых уголков на рисунке).
Разрежьте клетчатый квадрат 50 х 50 без угловой клетки на клетчатые уголки с различным нечётным числом клеток.
Путь к решению. Задача имеет смысл для квадрата любого размера больше 1. На маленьких квадратах находим очевидный способ разбить на уголки из 3,5,7,... клеток. В квадрате 50 х 50 самый большой уголок состоит из 99 клеток.
Решение. См. рисунок. Каждый следующий уголок имеет «плечи» на 1 длиннее предыдущего, поэтому в нём клеток на 2 больше. Увеличивая предыдущее нечётное число клеток на 2, снова получаем нечётное число.
Пример 3.2. Есть п монет достоинством в 1,2,3, ...,д динаров. Какое наибольшее число человек могут разделить эти деньги поровну? Найдите ответ для случаев /г = 3,4, 5, 6, 7, 99, 100.
Решение. Для случаев п = 3, 4, 5, 6 достаточно ответа и примера, оценка очевидна.
15


п = 3 — двое: 1 + 2 = 3. п = 4 — двое: 1+ 4 = 2 + 3. я = 5 — трое: 1 + 4 = 2 + 3 = 5. п — 6 — трое: 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4.
ть = 7. Ответ. Четверо. Пример. 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4=7. Оценка. Поскольку есть монета в 7 динаров, каждый получит не менее 7. Но всего есть 28 динаров, поэтому получателей не более 28: 7 = 4.
п = 99, /1 = 100. Путь к решению. В этих случаях
1 + 2+ ... + 99 = 99*50 = 4950,
1 + 2 + ... + 100 = (1 + 100) - 50 = 5050.
Оценка для п = 99 легко следует из того, что каждый получит не менее 99 динаров. Для п = 100 это вроде бы не работает: каждый обязан получать не менее 100 динаров, для нужной оценки этого недостаточно. Но можно исправить положение, заметив, что 5050 на 100 не делится.
п = 99. Ответ. 50. Оценка. Общая сумма равна 99*50, каждый получит не менее 99, поэтому получателей не более 99*50:99 = 50. Пример. 1 + 98 = 2 + 97 = .. . = 49 + 50 = 99 (49 пар с монетами от 1 до 49 динаров, и отдельно монета 99 динаров).
п = 100. Ответ. 50. Оценка. Общая сумма равна 101 • 50. Из-за монеты в 100 динаров каждый получит не менее 100, но 101 • 50 на 100 не делится. Поэтому каждый получит не менее 101, и получателей не более 101*50:101 = 50. Пример. 1 + 100 = 2 + 99 = ... = 50 + 51.
Пример 3.3. Палиндром — это натуральное число, которое читается одинаково слева направо и справа налево (например, 1, 343 и 2002 — это палиндромы, а 2005 — нет). Некоторый палиндром увеличили на 110, и сумма снова оказалась палиндромом. Сколько цифр могло быть в записи исходного палиндрома?
Путь к решению. Сначала попробуем увеличить на 110 палиндромы из единиц. Обозначим через п количество цифр в исходном числе.
/1 = 1: 1 + 110 = 111. п = 2: 11 + 110 = 121.
тг = 3: 111 + 110 = 221— увы, не палиндром.
71 = 4: 1111 + 110 = 1221.
16


п — 5: 11111 + 110 = 11221 — опять не палиндром. Может быть, для нечётных п решения нет?
я = 6: 111111 + 110 = 111221 — не палиндром. Уже видно, что пример из одних единиц не обобщается. Поищем другие. Для 3 цифр не получается. Порассуждав, поймём, почему это невозможно: у обоих палиндромов совпадают последние цифры, значит, и первые совпадают. Но при увеличении трёхзначного числа на 110 первая цифра обязана измениться!
Может быть, для п > 4 пример тоже невозможен? Ведь мы увеличиваем предпоследнюю цифру, а вторую не увеличиваем. Хотя если есть переход через десяток... Есть пример! л = 5: 10901 + 110=11011.
В примере для большего количества цифр придётся поставить в середине много девяток, чтобы при сложении увеличить вторую цифру слева. И тут пример получается.
Решение. Ответ. Любое количество цифр, кроме 3.
Примеры. 1 + 110 = 111, 11 + 110 = 121, 1001 + 110 = 1111, 10 901 + 110 = 11011, 109... 901+ 110 = 110... 011.
Доказательство. Остается доказать невозможность трёхзначного числа. Пусть А — трёхзначное число. При увеличении на 110 его последняя цифра не изменится, а первая либо увеличится (если сумма трёхзначна), либо уменьшится до 1 с 9 или 8 (если сумма четырёхзначна). Но тогда если первая и последняя цифры у А совпадали, то у А+ 110 они не будут совпадать, и А+110 — не палиндром.
Комментарий. Как видим, закономерность может проявляться не с самого начала. Более того, первые члены могут подсказать неправильную закономерность. Запомните: без общего рассуждения не обойтись!
Задачи
3.4. а) Все клетки доски 2 х 24 заполнили крестиками и ноликами. У каждого крестика ровно один сосед крестик, у каждого нолика ровно два соседа нолики. Приведите пример такой расстановки. (Соседями считаются знаки в клетках с общей стороной.)
б) 	То же для доски 2 х 25. в) То же для доски 2 х 26.
3.5. а) Можно ли выписать в строку числа 1, 2, 3, 4 так, чтобы суммы любых пар соседей были равны или отличались на 1?
б) 	То же для чисел 1, 2, ..., 7. в) То же для чисел 1,2,..., 77.
17


3.6. Есть лист клетчатой бумаги, сторона клеток равна 1. Рисовать можно только по линиям сетки. Нарисуйте
а) четырёхугольник площади 1;
б) 12-угольник площади 5;
в) 20-угольник площади 9;
г) 100-угольник площади 49.
3.7. В произведении двух натуральных чисел один сомножитель однозначный. Все цифры в записи сомножителей и произведения не меньше 6. Сколько цифр может быть в произведении?
3.8. Секретный объект представляет собой в плане клетчатый прямоугольник ширины 5 м, разбитый коридорами на квадраты 5 х 5 м. В каждой вершине такого квадрата — выключатель. Щелчок выключателя действует сразу на все выходящие из этой вершины пятиметровые коридоры, меняя их освещённости на противоположные. Сторож находится в углу полностью неосвещённого объекта. Он может ходить только по освещённым коридорам и щёлкать выключателями любое число раз. При каком количестве квадратов он может перебраться на противоположную короткую сторону объекта и выключить везде свет?
Можно также использовать дополнительные задачи Д15—Д24.
Ответы и решения
3.4. Путь к решению. Сделаем параметром длину доски. Нас интересует длина 24, 25 и 26. Рассмотрев сначала доски размера от 2 х 1 до 2 х 5, увидим простую закономерность.
Решение. Заметим, что если на доске чередуются столбцы с парой крестиков и квадратики 2 х 2 с ноликами, то все условия выполнены.
а) Повторим 8 раз группу 2x3: в левом столбце пара крестиков, остальные — нолики.
б) К предыдущей доске добавим справа столбец из двух крестиков.
в) К примеру из п. а) добавим слева квадратик 2 х 2 из ноликов.
3.5. Ответ. Можно во всех случаях, а) 1,4, 2, 3;
б) 1, 7, 2, 6, 3, 5, 4; в) 1, 77, 2, 76, 3, 75, ..., 38, 40, 39.
18


Путь к решению. Числа, стоящие через одно, должны отличаться ровно на 1.
Решение, в) Числа на нечётных местах возрастают с шагом 1 от 1 до 39, а на чётных — убывают с шагом 1 от 77 до 40. При сдвиге пары вправо на 1 в ней одно число заменяется на соседнее с места той же чётности. Поэтому суммы пар по очереди увеличиваются на 1 и уменьшаются на 1. В результате мы имеем для суммы только два значения.
3.6. б), в), г) См. рисунок. В примере г) 12 вертикальных «палочек».
3.7. Ответ. Любое количество, начиная с 3.
Примеры. 9 ... 97 • 7 = 69 ... 979, 9... 96 • 8 = 79 ... 968,
9... 986 -8 = 9... 9888.
Путь к решению. Если смотреть только на последние цифры сомножителя и произведения, то годятся только пары (6, 6), (6, 8), (7, 8) и (7, 7). Однозначное число не может быть шестёркой, иначе первая цифра произведения слишком мала. Двузначное произведение получается только произведением однозначных чисел, ни одна из пар не подходит.
Решение. Двузначное произведение получается только произведением однозначных чисел. В произведениях 6*6, 6*8, 7 • 8 и 7-7 мала первая цифра, в остальных парах — последняя. Проверить ответы в примерах для длинных чисел можно, скажем, так:
9... 97 • 7 = (10... 0 — 3) • 7 = 70... 0 — 21 = 69... 979.
3.8. Ответ. При любом.
Решение. Сторож должен пройти путь
вот таким зигзагом (см. рисунок с примером для 5 квадратов). Рассмотрим его промежуточное положение в какой-нибудь вершине, где он только что щёлкнул выключателем. Тогда в каждом пройденном коридоре он сменил освещённость ровно два раза, щёлкнув выключателями по разу в каждом из его концов. А в коридоре, по которому он
19


сейчас должен пойти, щёлкнул только раз, поэтому там свет горит и идти можно. Закончив путь, сторож щёлкнет ровно по два раза не только в каждом пройденном, но и в каждом не пройденном коридоре, поэтому весь свет будет погашен.
Идеология
С общей формулой и частными случаями школьники впервые сталкиваются в курсе алгебры. Им приходится усваивать переход от общего к частному и обратно одновременно с непростыми алгебраическими правилами. Пониманию мешает и то, что частные случаи — это не слишком наглядные арифметические примеры. Но даже неискушённые в математике школьники охотно и продуктивно рассматривают серию наглядных конструкций и находят закономерности. Идея начинать исследование с маленьких случаев кажется ученикам само собой разумеющейся. Вопрос преподавателя «Для каких значений параметра есть пример?» уже не будет таким казуистическим, каким кажется им вопрос «Для каких значений функция определена?». Правильно подбирая серии примеров, мы научим школьников не делать поспешных обобщений и подкреплять замеченные закономерности рассуждениями, пригодным и для «больших» случаев.
Путь к индукции
По индукции доказывают серию утверждений (кстати, не обязательно бесконечную) с единообразной формулировкой, зависящей от одного или нескольких параметров. Между тем, за общей формулировкой младшие школьники часто не видят серии частных примеров, не умеют подстановкой значений перевести общее утверждение в частное. Ещё больше учеников делают это формально. Понятно, что если школьник формально доказал «по индукции», что некоторое утверждение верно для всех п> 2, но не может привести контрпример для /г = 1, ценность такого доказательства близка к нулю.
Немаловажно и то, что разбор «малых» случаев тренирует поиск базы индукции.
20


Занятие 4 Инвариант шаг за шагом
Идёт процесс, ситуация с каждым шагом меняется, а мы хотим знать, что будет в конце. Результат предсказать легче, если хоть что-то постоянно. Неизменное свойство называют инвариантом. Если мы проверили, что свойство не меняется на каждом шаге, то свойство не меняется вообще. Точнее говоря, это свойство одинаково для начальной точки процесса и для всех точек, до которых есть цепочка шагов из начальной точки. Инвариант как бы бежит по этой цепочке, протянутой до нужной нам точки, как вода по трубе. Отсюда, в частности, сразу ясно, что в точки с другим значением инварианта дойти нельзя.
Самый простой случай —когда процесс, его начало и все шаги определены однозначно. Тут в принципе всю цепочку можно выписать явно. Но если число шагов велико, то практически это сделать невозможно. А часто и не нужно, если окончательный результат выводится из инварианта.
Типичные инварианты: количество чего-то, общая сумма, общее произведение, чётность, делимость на что-то, остаток.
Пример 4.1. Каждым ходом компьютер выписывает на экране ещё одно число, которое больше предыдущего либо на сумму двух первых цифр (если эта сумма цифр делится на 4), либо на 10 (если она на 4 не делится). Вначале на экране было только число 13.
а) Выписано 2000 чисел. Есть ли среди них шестизначные?
б) Выписано 1000 000 чисел. Имеется ли среди них число 444 444?
а) Решение. Ответ. Нет. На каждом шаге новое число больше предыдущего не больше чем на 16. Поэтому 2000-е число меньше чем 13 + 2000 • 16 < 33 000.
б) Путь к решению. Хотя цепочка однозначно определена, не получится явно выписать нужное количество членов до числа, большего 444 444: их слишком много. Выпишем несколько первых чисел: 13, 17, 25, 35, 43, 53. Заметим, что все эти числа нечётны. Почему? Потому что первое было
21


нечётным, а все добавки — чётными. А почему они чётные? Да потому, что по правилу они либо делятся на 4, либо равны 10. Теперь уже ясно, что так будет всегда.
Решение. Число 444 444 чётно. И добавка всегда чётна: она либо 10, либо делится на 4. Прибавляя к исходному нечётному числу любое число чётных добавок, будем получать только нечётные числа. Значит, число 444 444 никогда не получится.
Чаще процесс бывает не линейным, а ветвящимся: на каждом шаге у нас есть выбор. Схема процесса похожа на дерево. Но всё равно, в конец каждой веточки дерева из его основания тянется цепочка. И если инвариант сохраняется на каждом шаге, он по такой цепочке распространится в любую точку процесса.
Кроме чисел и остатков бывают ещё инвариантные свойства. Кроме делимости, таким свойством может быть совпадение чисел, их неравенство (скажем, первое всегда больше второго), присутствие элемента какого-то вида или группы таких элементов.
Пример 4.2. Картонный треугольник разрезали по прямой на две части. Затем каждый раз выбирали одну из всех частей и разрезали её по прямой на две части. Через час получилось более ста частей.
а) Докажите, что хотя бы одна из частей — треугольник.
б) Среди частей ровно один треугольник. Что можно сказать о других частях?
а) Путь к решению. Видимо, надо доказывать, что треугольный кусок будет всегда. Разумно отслеживать развитие процесса не по времени, а по разрезам — они идут один за другим, и их число всё-такие целое и конечное.
Решение. Изначально треугольник есть. Он может исчезнуть, только если его разрезать. Но такой разрез разделит часть либо на два треугольника, либо на треугольник и четырёхугольник. Тогда появится новая треугольная часть. Значит, треугольник будет всегда, в том числе и через час.
б) Путь к решению. Мы уже поняли, что условие «кусков больше 100» на ответ а) не влияет. Видимо, оно и на б) не влияет. При малом числе кусков и единственном треугольнике получаем, что все остальные части должны быть четырёхугольными. Попытка получить пятиугольный кусок приводит к получению ещё одного треугольника.
22


Решение. Ответ. Все остальные части четырёхугольны.
Действительно, допустим, что у нас при каком-то разрезании впервые нарушилась ситуация «один треугольник, все остальные четырёхугольники». Если у нас стало больше одного треугольника, то и в дальнейшем их будет не меньше: в пункте а) мы доказали, что у каждого треугольника есть треугольный «потомок». Если же у нас возникла часть, где углов больше 4, то мы могли её получить только при разрезе четырёхугольника на треугольник и пятиугольник. Значит, и тут в конце концов треугольников будет больше одного, что противоречит условию.
Комментарий. Обратите внимание на упорядочение процесса с помощью подходящего целого числа (его ещё называют параметром процесса).
В примере 4.2 мы видели, как инвариант используют не для доказательства невозможности, а для доказательства свойств. Поэтому инвариант полезно поискать в любой задаче, где есть процесс. Инвариантные свойства помогут узнать больше о финальной позиции. В частности, числовую оценку в задаче можно получить, обнаружив числовой инвариант и связав его с этой оценкой.
Пример 4.3. На доске 7x7 без уголков (см. | I
рисунок) сидят 45 жуков, по одному в клет-
ке. Каждую минуту все жуки одновременно пе-
реползают в понравившуюся им соседнюю по
стороне клетку. Какое наибольшее число жуков 1—1-1 L
сможет собраться в одной клетке?
Путь к решению. Попытки собрать всех жуков в одной клетке успеха не приносят. Зато удаётся собрать всех в паре соседних клеток: достаточно просто отметить такую пару и велеть всем жукам ползти туда. Однако затем группы с разных клеток пары будут меняться между собой! А нет ли общего свойства у тех, кто попал в одну группу? Где они были в начальный момент? И тут мы видим, что клетки делятся на два типа! И для данного жука число жуков в клетках одинакового с ним цвета — инвариант!
Решение. Ответ. 24. Оценка. Раскрасим клетки в шахматном порядке так, чтобы центральная была чёрной. Получится 24 белых и 21 чёрная клетка. Каждый раз жук переползает в клетку противоположного цвета. Значит, если вна¬
23


чале два жука сидели в клетках разного цвета, то и после каждого переползания они будут в клетках разного цвета: это свойство — инвариант. Поэтому в одной клетке могут собраться только жуки из изначально одноцветных клеток: либо 24 из белых, либо 21 из чёрных.
Пример. Направим всех жуков с белых клеток кратчайшим путём в центральную клетку. Достигнув её, пусть ползают в соседнюю клетку вниз и обратно. Тогда через 6 переползаний все «белые» жуки соберутся в указанной клетке.
Задачи
4.4. В трёх кучках 5, 8 и 18 камней. За одну операцию можно в одну кучку добавить один камень, а в другую — 5 камней.
а) Можно ли добиться, чтобы каждые две кучки отличались не больше чем на один камень?
б) Можно ли добиться, чтобы все кучки были равны?
4.5. Волк и семеро козлят встали в один ряд и играют в чехарду: каждую секунду двое из них, стоящие через одного, могут, прыгнув, поменяться местами. Игра закончится, если они встанут в обратном порядке по сравнению с исходным. Могут ли они закончить, не нарушая правил?
4.6. На экране компьютера число 76543210. Каждую секунду компьютер уменьшает его на его сумму цифр. Докажите, что рано или поздно получится число 9.
4.7. Изначально на доске написаны числа 10, 20, 30, 40, 50. Разрешается выбрать любое число, уменьшить его в простое число раз (но так, чтобы оно осталось целым), а одно из других чисел увеличить в другое простое число раз (например, 50 и 20 заменить на 50:5 = 10 и 20*7=140).
а) Докажите, что такими операциями нельзя получить набор чисел (20, 30, 40, 50, 60).
б) Незнайка считает, что набор (20, 30, 40, 50, 60) получить можно. В доказательство он предъявил цепочку из 100 промежуточных наборов. Как быстро найти ошибочный переход в его цепочке?
4.8t На столе лежат 40 красных, 40 синих и 40 зелёных фишек. Можно снять со стола две фишки разного цвета и вме¬
24


сто них выложить фишку третьего цвета. Какое наименьшее количество фишек можно оставить на доске?
Можно также использовать дополнительные задачи Д25—Д34.
Ответы и решения
4.4. Ответ. а) Можно.
Например, пройдя по такой цепочке позиций
(5, 8, 18) - (5, 13, 19) - (5, 18, 20) - (10, 19, 20) -
-(15,20, 20)-(20, 20,21).
Или по такой:
(5, 8, 18) - (10, 8, 19) - (15, 9, 19) - (15, 14, 20) -
-(20,15, 20)-(21, 20, 20).
б) 	Нельзя.
Каждый раз добавляется 6 камней, что кратно 3. Однако вначале у нас общее число камней 32 не кратно 3. Значит, и после операции оно не кратно 3. То же верно после любого числа операций. Число, не кратное 3, нельзя разбить на 3 равные кучи, поэтому неравные кучи всегда найдутся.
Комментарий. Здесь процесс существенно неоднозначный, уже после первой операции возможны 6 разных позиций, дальше — ещё больше. Поэтому безыдейный перебор начальных позиций мало помогает. Важно понять, к какой позиции стремиться. И заметить, что легче следить не за отдельными числами в кучках, а за общей суммой (так часто бывает). Подсказкой служит то, что увеличение суммы на каждом шаге постоянно, а в критическом случае —если все кучки равны —общая сумма кратна 3. Заметив общее свойство 6 и 3, найдём искомый инвариант. Он помогает понять и возможный вид позиции в пункте а).
4.5. Ответ. Не могут.
Решение. Пронумеруем места в ряду по порядку. Заметим, что меняться местами могут игроки только с мест одинаковой чётности. Поэтому игрок с нечётного 1-го места не сможет попасть на чётное 8-е место, и обратного порядка никогда не получится.
4.6. Путь к решению. В начальном числе 8 знаков, а сумма цифр у него и промежуточных чисел меньше 100. Значит, шагов до однозначного числа придётся сделать очень много.
25


Надо поискать какое-нибудь свойство. Слова «сумма цифр» и «9» намекают на признак делимости на 9. Сумма цифр исходного числа равна 28 — на 9 она, увы, не делится. А что будет после вычитания? 76 543 210 — 28 = 76 543 182 — сумма цифр стала 36, что кратно 9. Значит, и число после первого вычитания кратно 9. Дальше просто: вычитая из числа, кратного 9, его сумму цифр, тоже кратную 9, снова получим разность, кратную 9. Вот и инвариант!
Решение. Нетрудно убедиться, что после первого вычитания получится кратное 9 число 76 543182. Оно делится на 9, поэтому и его сумма цифр делится на 9. Но тогда и следующее число будет кратно 9. На каждом шаге число уменьшается и остаётся кратным 9. При этом, пока число не однозначно, оно больше своей суммы цифр, поэтому разность положительна. Значит, рано или поздно получится ненулевое однозначное число. Так как оно кратно 9, это число 9.
Замечание для знатоков. То, что первая разность будет кратна 9, можно было не проверять: это следует из того факта, что и число, и его сумма цифр дают одинаковые остатки при делении на 9.
4.7. а) В одном из чисел количество простых множителей уменьшается на 1, а в другом — увеличивается на 1. Поэтому общее количество простых множителей у пятёрки чисел —инвариант. Однако у искомой пятёрки на два множителя больше, чем у исходной.
б) 	Надо найти в цепочке два соседних набора с разным значением инварианта. Мы уже знаем, что в цепочке оно разное в начале и в конце. Посчитаем общее число простых множителей в середине цепочки —в 50-м наборе. Это значение отличается от значения инварианта в каком-нибудь из концов цепочки, скажем от значения в 100-м наборе. Теперь мы знаем, что ошибочный переход случился между 50-м и 100-м шагом. Проверив значение инварианта в 75-м наборе, найдём вдвое более близкую пару наборов с разным значением инварианта, и т. д. После 7 проверок наборы такой пары окажутся соседними, и переход между ними — ошибочный.
4.8. Ответ. 2 фишки.
Заметим, что при каждой операции разность между количеством фишек двух данных цветов (скажем, синего и крас¬
26


ного) либо не меняется (если сняты синяя и красная), либо меняется на 2 (если сняты, например, синяя и зелёная, а добавилась красная). Вначале все три разности чётны (равны 0), значит, они всегда будут чётны. Так как каждым ходом одна фишка добавляется, хотя бы одна фишка будет всегда. Но ровно одна фишка невозможна из нечётности разности 1 — 0. А вот позиция 2 синих, 0 красных, 0 зелёных возможна. Действительно, снимая синюю + красную, синюю + зелёную, красную + зелёную, за 3 операции уменьшим на 1 число фишек каждого цвета. За 39 троек операций оставим по одной фишке каждого цвета, а затем снимем красную + зелёную.
Идеология
Инварианты школьники усваивают легко и с удовольствием: им нравится идея упрощать расчёты, следя только за маленькой частью процесса. И стандартные инварианты: чётность, делимость, сумма, произведение, раскраска — они запоминают быстро и находят легко. Но если с помощью инварианта доказывать только невозможность, то цепочки строить не нужно. Про них забывается, и тогда становится труднее заметить неизменное свойство, о котором явно не говорится (пример 4.3). Поэтому полезно задачи на инвариант сочетать с задачами, где цепочку надо построить или оценить.
Путь к индукции
Доказательство по индукции фактически является сложной конструкцией, состоящей из многих деталей-шагов. Оно включает в себя процесс из последовательного добавления таких шагов. Выявление инварианта в уже заданном процессе с помощью пошагового доказательства делает наглядной работу таких цепочек шагов. Школьники учатся видеть такие цепочки и пользу от них. Тем самым они учатся их строить. В простых случаях результат процесса на каждом шаге однозначно предопределён (см. пример 4.1, задачу 4.6). Но чаще процесс ветвится: очередной шаг можно сделать многими способами и с разными результатами. Да и цепочка промежуточных шагов строится многими способами (см., например, решение задачи 4.4 а). Правда, в решениях через инвариант
27


неоднозначность пути обычно остаётся «за кадром». Но имея целью доказательства по индукции, можно дополнительными вопросами или комментариями обратить внимание на то, что множество рассмотренных объектов является не отдельной цепочкой, а деревом цепочек. (Спросите, например, в задаче 4.4: может ли промежуточная цепочка к (20, 20, 21) быть другой? Может ли она состоять из другого числа шагов? Сколько разных позиций можно получить за 5 шагов?) Осознание ветвистой структуры поможет в будущем строить доказательства по индукции для нелинейных цепочек утверждений.
28


Занятие 5 Включение в серию
Мы уже поняли, что разбираться с конструкцией из серии легче, чем с одиночной. Но нередко и «одиночку» удаётся включить в серию! Обычно конструкция зависит от какого-то числа (параметра) — размера, количества слагаемых и т.п. Сделаем это число переменным и будем рассматривать конструкции или строить примеры для разных значений параметра. Может выясниться, что для некоторых значений задача не имеет смысла или примера явно нет, — такие просто пропустим. Вообще, можем создать серию только для удобных нам значений. Важно догадаться, какие именно значения дадут конструкции, аналогичные нужной.
А если чисел несколько? Какие-то из них (обычно маленькие) менять не будем, оставим как есть. Если осталось одно большое число, сделаем его параметром. Если несколько, то между большими попробуем найти зависимость (скажем, одно ровно на 1 больше другого). Тогда попробуем выразить все числа через один параметр так, чтобы сохранить эту зависимость во всех конструкциях серии.
Пример 5.1. На каждой клетке клетчатой полоски ширины 1 х 80 стоит по шашке: слева 40 белых, справа — 40 чёрных. За один ход можно пару соседних шашек, где слева белая, а справа чёрная, поменять местами. За какое число ходов можно получить позицию, где слева 40 чёрных, справа —40 белых?
Путь к решению. Шашек много, вручную не проверишь. Уменьшим конструкцию. Число 40 повторяется, сделаем его параметром. Будем менять местами п белых и п чёрных шашек на полоске длины 2п. Случай п = 1 «неинтересный», но запомним ответ: 1 ход. Для п = 2 ответ 4, для п = 3 перестановки можно делать разными способами, но ответ всегда 9. Закономерность просматривается: точные квадраты. Проверим её для 71 = 4, и точно: получим 16 ходов. Простейший способ действий: перегоняем в правый конец сначала самую правую белую шашку, потом следующую и т.д. Каждая из 4 белых шашек сделает по 4 хода, итого 4-4= 16. Но почему результат не зависит от порядка перестановок? Идея: потому что белой шашке придётся каждый раз меняться с другой чёрной!
29


Решение. Ответ. 1600. Требуемую позицию получить можно, например, способом из предыдущего абзаца. Докажем, что число ходов не зависит от способа. Каждая белая шашка вначале, стоит слева от всех чёрных, а в конце — справа. Значит, она поменялась со всеми чёрными. За ход она меняется только с одной чёрной, и с каждой из чёрных меняется ровно один раз. Значит, каждая белая шашка сделает ровно по 40 ходов, итого 40 • 40 = 1600 ходов.
Комментарий. От порядка ходов не зависит не только число ходов, но и финальная позиция. Действительно, если не все белые шашки стоят на 40 правых местах, то найдётся белая шашка левее чёрной, поэтому есть такие соседние шашки, и ход — возможен!
Пример 5.2. Выпишите строку из 15 целых чисел так, чтобы сумма каждой пары соседей была отрицательной, а сумма всех 15 чисел была равна 1.
Путь к решению. Попробуем разобраться со строками произвольной длины. Для строки из 1 числа задача бессмысленна. Для строки из 2 чисел сумма всех равна сумме пары, то есть отрицательна. Для 3 чисел пример легко подбирается: 2, — 3, 2. Для 4 —снова невозможно: общая сумма складывается из суммы двух пар и поэтому отрицательна. По той же причине нет примера и для любой строки чётной длины. Поищем серию из строк нечётной длины, начиная с длины 3. На очереди длина 5. Первое и последнее число должны быть положительны: они добавляются к сумме пар, превращая отрицательную сумму в положительную. При этом сумма пар не более —2, а вся сумма равна 1, значит, крайние числа не меньше 3 каждое. Да и среднее число должно быть не менее 3, поскольку кроме него остаются две пары. Отсюда нетрудно найти пример: 3, —4, 3, —4, 3. Структура просматривается, но давайте для надёжности выпишем по аналогии пример для 7 чисел и убедимся, что и он подходит: 4, —5, 4, —5, 4, —5, 4. Те, кто знают алгебру, могут даже написать строку сразу для 2п +1 числа и проверить её.
Решение. Подходит строка 8, —9, 8, —9, ..., 8 (8 восьмёрок и 7 девяток). В каждой паре сумма равна 8+(—9) = —1, а общая сумма равна
8•8 — 7-9 = 1.
30


В задачах на «оценку + пример» включение в серию и разбор малых значений подскажет не только структуру примера, но и ответ. Помните, впрочем, что доказательство оценки, полученной из перебора, редко переносится с малых примеров на большие: там уже придётся придумать какое-то общее рассуждение. Для этого полезно заметить общие свойства, и их тоже проще обнаружить на малых примерах (но обычно не на самом малом).
Пример 5.3. По кругу лежат 40 монет: две орлом, две решкой, две орлом, две решкой и т. д. Разрешается перевернуть монету, если одна из её соседок лежит орлом, а другая — решкой. Какого наибольшего числа монет, одновременно лежащих орлом, можно добиться с помощью таких операций?
Путь к решению. Типичное заблуждение: мол, удастся перевернуть все, кроме последней. Действительно, ясно, что последнюю монету перевернуть не удастся, а вначале удаётся бойко сдвигать решки по часовой стрелке и уменьшать их число... Проверку до конца не доводят — слишком много монет, но ведь вроде и так всё ясно... Но довести надо, хотя бы на маленьком примере. Для четырёх монет всё сходится, но обязательно надо проверить ещё хотя бы один случай. И тут нас подстерегает сюрприз: из 8 монет положить орлом удаётся только 6. Чтобы понять ответ, увеличим число групп. Для шести групп по 2 монеты ответ 9. Где закономерность? Ага, остаётся столько решек, сколько было групп решек вначале. Почему? Поищем инвариант! Анализ показывает, что в начальной позиции перевернуть можно только монеты на стыке чередующихся групп орлов и решек. Подумав, поймём, что так будет всегда, даже когда группы разных размеров. А что происходит со стыками при переворачивании? Они сдвигаются, но не исчезают! (См. рисунок.)
О О 0|Р Р|0|Р Р Р О 0|р Р р|0 О 0|р
Перевёрнутая монета переходит в соседнюю группу: из орлов в решки или обратно. Заметим, что, поскольку последнюю монету в группе нельзя перевернуть, то группы не исчезают и не сливаются. А так как нельзя перевернуть монету внутри группы, то группы и не появляются. Размеры групп меняются, а их количество — нет! Вот и инвариант!
31


Решение. От,вет. 30. Пример. Изначально есть 10 групп идущих подряд орлов и 10 групп решек. В каждой группе решек последовательно перевернём одну монету. Теперь каждая группа состоит из одной решки, то есть осталось 10 решек. Значит, стало 30 орлов.
Оценка. При переворачивании монеты число групп орлов и число групп решек не меняется. Значит, в любой момент число групп решек равно 10, в каждой —не менее 1 монеты, поэтому всего не менее 10 решек. Но тогда орлов в любой момент не более 40 — 10 = 30.
Задачи
5.4. На какое наибольшее число прямоугольников разной площади можно разрезать клетчатый прямоугольник 50 х 100, если резать можно только по границам клеток?
5.5. Газету 8 раз сложили пополам (поочерёдно вдоль и поперёк), после чего оторвали от неё 4 угла. Если теперь развернуть газету, то сколько в ней будет дырок?
5.6. Из чисел 1, 2, 3, ..., 33 одно вычеркните, а остальные разбейте на пары так, чтобы разности в парах были 1,2,3, ...,16.
5.7. Дана доска 20 х 20, раскрашенная в шахматном порядке. Ладья ходит по ней, делая каждый раз ход на соседнюю клетку. Она может повернуть в чёрной клетке только направо, а в белой —только налево, но на любом цвете может и не поворачивать, а продолжить прямо. Как ладье пройти по всем клеткам, кроме двух, не проходя дважды через одну и ту же клетку?
5.8! Карточки с числами 1, 2, ..., 50 перетасовали, разбили на десять пятёрок и в каждой пятёрке выбрали среднее по величине число. Какое наименьшее значение могла принять сумма выбранных чисел?
Можно также использовать дополнительные задачи Д35—Д45.
Ответы и решения
5.4. 	Путь к решению. Оба размера большие, но один ровно вдвое больше другого. Объявим меньший размер параметром, и рассмотрим серию из прямоугольников с длиной
32


вдвое больше высоты. Для 1x2 ответ 1, для 2x4 ответ 3. Прямоугольник 3x6 нетрудно разрезать на 5 прямоугольников площадей 1,2,4, 5,6, а на 6 прямоугольников его разбить нельзя, так как их площадь будет уже не меньше 1 4- 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 > 3 • 6 = 18. Кстати, сумма в рассуждении отличается от суммы площадей в примере всего на одно слагаемое. Запомним, это может пригодиться...
Уже просматривается закономерность: ответ на 1 меньше наибольшего размера. Проверим её для прямоугольника 4 х 8 — да, и там 7 получается, а 8 нельзя из-за аналогичного неравенства с площадями.
Решение. Ответ. 99. Пример. Разрежем сначала наш прямоугольник на 50 полосок 1 х 100, от первой отрежем прямоугольник 1x1, от второй 1x2, ..., от 49-й 1 х 49. Оставшиеся части образуют прямоугольники от 1 х 51 до 1 х 99 и неразрезанный 1 х 100: всего 49 • 2 + 1 = 99 прямоугольников.
Оценка. Если бы нам удалось разрезать на 100 или более прямоугольников, то у самого маленького площадь была бы не менее 1, у следующего по размеру —не менее 2, ..., у сотого—не менее 100. Тогда у каждого, кроме 50-го, площадь была бы не меньше, чем площадь соответствующего прямоугольника в примере, то есть уже сумма их площадей была бы не меньше площади 50 х 100, а с 50-м —даже больше. Противоречие.
5.5. Решение. Ответ. 225 дырок. Каждый раз, складывая газету поперёк вдвое, мы уменьшаем её ширину вдвое. Так как мы это делаем 4 раза, ширина уменьшится в 24 = 16 раз. То же с длиной. Значит, линии сгиба образуют сетку 16 х 16. Угол каждой клетки оторван, и дырка образуется там, где сходятся углы четырёх клеток, то есть на пересечении внутренних линий сетки. 15 горизонтальных и 15 вертикальных линий дают 152 = 225 пересечений.
5.6. Разобьём числа на две группы: в первой числа от 1 до 17, во второй —от 18 до 33. В каждой группе объединим в пару равноотстоящие от её концов числа: (1, 17), (2, 16), ..., (8, 10) и (18, 33), (19, 32), ..., (25, 26). Без пары осталось число 9, его и вычеркнем. В парах второй группы разности нечётные: 15, 13, . ..,1, в парах первой группы — чётные: 16, 14, ..., 2.
33


5.7. См. рисунок для доски 8x8.
5.8. Решение. Ответ. 165. Пример.
При разбиении
{1,2,3,31,32}, {4,5,6,33,34}, ...,
..., {28,29,30,49,50} сумма средних чисел будет
3 + 6 + 9 + ... + 30 = 165.
Оценка. Упорядочим пятёрки по возрастанию средних чисел. Для среднего числа из 1-й пятёрки есть два меньших его из этой пятёрки, поэтому оно не меньше 3. Для среднего числа из 2-й пятёрки есть 3 меньших его из 1-й пятёрки (среднее и два меньших) и два числа из 2-й пятёрки; итого 5 меньших чисел, поэтому это среднее не меньше 6. Точно так же для среднего из 3-й пятёрки есть по три меньших числа из предыдущих пятёрок и два из его пятёрки, поэтому оно не меньше 9 и т.д. Тем самым сумма не меньше 3 + 6 + 9 + ... + 30=165.
Идеология
Когда школьник «застревает» при решении трудной задачи, опытный учитель вместо подсказки может предложить ему аналогичную, но более лёгкую. Но как ученику найти такую задачу самому? Надёжный способ снизить трудность, не потеряв аналогии: включить трудную задачу в серию и начать с малых членов серии. При этом использованный приём —превращение чисел из задачи в параметры, отслеживание связей между параметрами — помогает ещё и привить вкус к алгебре. Вообще, навыки перехода от частного к общему и от общего к частному играют ключевую роль в обучении математике. Они потребуются в старших классах много раз, например, при переходе к многочленам, функциям, многоугольникам. Работа с серийными примерами не только развивает эти навыки, но и превращает их в мощное средство решения задач.
Путь к индукции
Доказательство по индукции, основанное не на готовой, а на специально построенной лесенке, придумать намного
34


сложнее. Простейший способ построения лесенки — данную в задаче конкретную конструкцию включить в серию. Чаще всего это достигается через выбор параметра индукции. Однако выбор может быть неоднозначным. Вводя параметр индукции, важно понять, для каких значений параметра конструкция существует или обладает нужным свойством. Необходимо отбросить невозможные случаи и ненужные, не аналогичные конструкции. И тут вновь поможет разбор «малых» случаев.
Обратите внимание на то, что рассуждение, доказывающее большой случай, может фактически быть индуктивным (см., например, решение задачи 5.8). Разобрав подробно малые случаи и обнаружив очевидную закономерность, школьники переносят её на большие случаи с помощью слов «аналогично» или «и т.д.». Для школьников, ещё не изучавших индукцию, это правильно и вполне строго. Проверьте только, что ошибки нет и дальнейшие шаги школьнику действительно очевидны. Но даже когда мы научим школьника оформлять рассуждения с помощью слов «база индукции» и «шаг индукции», формальная запись таких очевидных рассуждений строгости не добавит. То есть формально записать будет можно, но пользы в этом нет. Даже среди математиков-профессионалов оформление очевидных индуктивных рассуждений с помощью «и т.д.» считается корректным.
35


Занятие 6 Счётчик движения к цели
Сложный пример часто строится не сразу, а шаг за шагом по некоторому алгоритму. Мы проходим по цепочке промежуточных конструкций. Каждая из них похожа на искомый пример лишь отчасти. Чтобы следить за продвижением к цели, полезно знать оставшееся или хотя бы пройденное расстояние. Найдём величину-счётчик1, которая будет вести себя аналогично расстоянию: либо на каждом шаге расти, либо убывать (не обязательно на 1 за шаг). Например, счётчиком может быть: число элементов, окрашенных правильно (оно растёт), или число пустых мест (оно убывает). Главное — устроить так, чтобы цепочка частичных конструкций и счётчик вели к нужному результату и помогали это доказать. Скажем, доказать, что когда счётчик достигнет критического значения, пример будет построен.
Когда алгоритм работает не с конкретной конструкцией, а с целым классом конструкций, часто именно возможность следить за счётчиком (или полуинвариантом) позволяет решить задачу.
Иногда алгоритм задан, но чаще и его, и счётчик придётся придумать.
Пример 6.1. На полке в беспорядке стоит собрание сочинений в 20 томах. Библиотекарь может вынуть любую группу стоящих подряд томов и поставить их на то же место в обратном порядке. Как ему не более чем за 19 таких операций расставить тома строго по порядку?
Путь к решению. Хочется шаг за шагом увеличивать число томов, стоящих на своём месте. Легко поставить том на нужное место, перевернув группу между старым и новым местом. Однако если в группе более 3 томов, то и тома в промежутке сдвинутся; в результате число томов на месте может даже уменьшиться. Однако если тома на месте стоят с краю, то мы их не затронем. Идея: будем отслеживать только число стоящих на месте томов подряд с края.
Решение. Будем наращивать крайнюю левую группу томов, стоящих на месте, не беспокоясь, на месте ли остальные
1 Термин «счётчик» взят из статьи [4]. Знатоки сразу заметят, что счётчик является частным случаем полуинварианта, то есть величины, которая в процессе меняется всегда в одну сторону.
36


тома. На 1-м шаге если на 1-м месте нет 1-го тома, перевернём группу от 1-го места до 1-го тома, иначе не делаем ничего. На 2-м шаге, если на 2-м месте нет 2-го тома, перевернём группу от 2-го места до 2-го тома, иначе не делаем ничего, и т.д. На k-м шаге все тома слева от k-ro места уже на своём месте. Значит, k-й том либо на месте, либо справа от своего места. Но тогда k-я операция не затронет тома слева от k-то. Значит, после k шагов k первых томов будут на месте. После 19 шагов на месте 19 первых томов, а 20-й том окажется на своём месте автоматически.
Необязательно менять значение счётчика после каждого шага. Иногда для этого требуется группа шагов. В этом случае удобнее разбить весь алгоритм на такие группы и подсчитывать значение счётчика по окончании группы. Даже если промежуточные шаги временно ухудшают значение, это не считается.
Пример 6.2. На шахматной доске 8x8 стоит кубик (нижняя грань совпадает с одной из клеток доски). Верхняя грань испачкана. Кубик прокатили по доске, перекатывая через рёбра, так, что он побывал на всех клетках (на некоторых, возможно, несколько раз). Могло ли случиться, что испачканная грань ни разу не лежала на доске?
Решение. Могло. Пусть кубик стоит на некоторой клетке К испачканной гранью вверх. Покажем, как его сдвинуть на любую соседнюю по стороне клетку, не касаясь испачканной гранью доски. Пусть, например, хотим сдвинуть вправо. Либо выше, либо ниже К есть клетки доски —пусть выше. Перекатим кубик по П-образному маршруту: вверх, вправо, вниз. Кубик попал куда надо, испачканная грань доски не коснулась. Более того, она снова верхняя. Это значит, что кубик готов к следующему П-сдвигу. Такими сдвигами можно дойти до любой клетки. Шаг за шагом добираясь до ранее не посещённых клеток (возможно, через посещённые), уменьшим число не посещённых клеток до 0.
Счётчик может быть нестрогим полуинвариантом, то есть не меняться на некоторых шагах. Пока не меняется этот счётчик, можно временно отслеживать продвижение к цели с помощью ещё одного счётчика.
Пример 6.3. На столе стоят 32 стакана с водой. Разрешается брать любые два стакана и уравнивать количество воды
37


в них, переливая часть воды из одного стакана в другой. Как такими операциями добиться, чтобы во всех стаканах воды стало поровну?
Путь к решению. Рассмотрим ситуацию для т стаканов. При т = 2 хватит одной операции. При т = 3, повозившись, например, с ситуацией, когда в стаканах 10 мл, 20 мл и 40 мл воды, увидим, что так просто уравнять их не удаётся. А вот для т = 4 опять всё просто: уравняв первый стакан со вторым, а третий — с четвёртым, получим набор объёмов вида а, а, b, Ъ.
Теперь легко сделать все объёмы равными уравняв 1-й
с 3-м, а 2-й с 4-м.
Становится понятно, что если удастся получить набор
а, а, ..., а, Ъ, Ь, ..., Ь,
где тех и других чисел поровну, то, уравнивая пары а с Ъ, сможем сделать все числа равными. Кажется, нам удалось придумать способ для всех чётных ттъ? Э, не спешите! Точно ли вы всегда сможете получить набор вида а, а, а, Ъ, Ъ, b для тп = 6? Вот для тп = 8 всё получается: уравняем сначала числа в первой четвёрке (ведь для тть = 4 мы это умеем), потом во второй, а потом уравняем в парах из разных четвёрок. Итак, на самом деле мы научились удваивать ттг: если умеем уравнивать для тп стаканов, то умеем и для 2тп стаканов. Тогда точно есть шаги 2 —> 4 —> 8 —> 16 —> 32. Значение тп = 32 нам и надо!
Решение. Разобьём стаканы на группы по 2 и уравняем воду в каждой группе. Разобьём группы из 2 стаканов с одинаковым объёмом на пары групп. В каждой паре у нас в половине стаканов некоторый объём а, во второй половине — некоторый объём Ъ. Если а = Ъ> у нас уже есть группа из 4 стаканов равного объёма. Иначе разобьём внутри группы стаканы на пары (а, Ъ) и уравняем объёмы в каждой паре.
Получим группу из 4 стаканов с равными объёмами Всего получили 8 групп по 4 стакана равного объёма. Разобьём эти группы на пары групп, и внутри каждой такой пары уравняем воду в парах стаканов с разными объёмами (если такие есть). Получим 4 группы по 8 стаканов с одинаковыми объёмами. Так продолжая, будем получать на каждом шаге
38


вдвое большие группы с одинаковыми объёмами, пока не дойдём до такой группы из 32 стаканов.
Комментарии. 1. Здесь пришлось следить за движением к цели с помощью двух счётчиков. Промежуточные ступени разделили весь процесс на этапы. От ступени к ступени рос размер групп с одинаковыми числами. Внутри этапа с каждым шагом росло количество чисел, равных среднему арифметическому новой группы.
2. Обратите внимание: мы шагали не по всем значениям т, а по степеням двойки, выбирая удобные нам промежуточные ступеньки.
Комбинация счётчиков придумывается легче. Но для подсчётов и сокращения записи решения бывает полезно заменить их всех одним счётчиком.
Пример 6.4. В ряд стоят три блюдца, на левом лежат 3 конфеты, среднее и правое — пустые. Петя берёт конфеты по одной. Когда он берёт конфету с какого-нибудь блюдца, то во всех блюдцах справа от него число конфет дополняется до 9 (Дед Мороз добавляет их из своего мешка). Какое наибольшее число конфет может набрать Петя?
Путь к решению. Первая же взятая конфета даёт хорошую добавку. Жадный алгоритм подсказывает: больше добавят, если брать конфету с левого или среднего блюдца только тогда, когда во всех блюдцах справа конфет нет. А как доказать, что это максимум? Эксперименты с малыми примерами подсказывают ответ для любых наборов конфет. Кое-кто заметит связь цифр ответа с числами конфет на тарелочках, когда эти числа однозначны. Главное — понять, что указанный алгоритм при каждом взятии уменьшает ответ ровно на 1.
Решение. Ответ. 300. Алгоритм. Пока можно, берём из самого правого блюдца. Если оно пусто, берём конфету из среднего блюдца. Если и оно пусто, берём конфету из левого блюдца. Поскольку на каждом блюдце всегда не более 9 конфет, позицию можно записывать как трёхзначное число. Вначале у нас число 300. Заметим, что с каждой взятой конфетой число уменьшается ровно на 1.
Оценка. Пусть слева направо на блюдцах лежит а, Ъ и с конфет. Тогда число Р= 100а +105 + с будет счётчиком. Действительно, при уменьшении с на 1 число Р тоже уменынает-
39


с я на 1. При уменьшении Ъ на 1 получаем
Р' = 100а+10(6-1)+9 = Р-с-1<Р.
Наконец, при уменьшении а на 1 получаем
Р' = 100(а - 1) + 99 = Р - 10Ь - с - 1 < Р.
Во всех случаях Р уменьшается хотя бы на 1, изначально р = 300, значит, Петя сможет взять не более 300 конфет.
Комментарии. 1. Теперь понятно, почему мы обязаны действовать по указанному алгоритму: уменьшение Р ровно на 1 при взятии из левого блюдца происходит только при Ь = с = 0 (и аналогично для взятия со среднего блюдца).
2. Можно было рассуждать, рассматривая три счётчика (число конфет на каждом блюдце), но их соединение в одну величину даёт более наглядный счётчик.
Задачи
6.5. В строку в беспорядке записаны по разу числа 1,2, 3, ..., 16. За один ход разрешается поменять местами два числа, отличающиеся ровно на 1 (например, поменять местами 5 и 6, где бы они ни стояли). Докажите, что числа можно расставить по возрастанию не более чем за 120 ходов.
6.6. В фирме работает 10 сотрудников с разными зарплатами. Каждый месяц владелец повышает зарплату на 1 рубль ровно девятерым (по своему выбору). Как директору повышать зарплаты, чтобы сделать их одинаковыми? (Зарплата — целое число рублей.)
6.7. В ряд стоят 30 коробок, в них всего 300 конфет. За один ход можно выбрать две соседние коробки, где конфет не поровну, и переложить конфету из коробки, где их больше, в ту, где их меньше. Докажите, что за несколько ходов можно добиться, чтобы конфет везде стало поровну.
6.8. Дано число 1. Каждым ходом Петя приписывает к нему справа цифру 1 или 2, а Вася меняет местами любые две цифры (возможно, одинаковые). Докажите, что Вася может действовать так, чтобы после его 100-го хода получился палиндром.
6.9* Среди 50 школьников каждый знаком не менее чем с 25 другими. Докажите, что можно их разбить на группы
40


из 2 или 3 человек так, чтобы каждый был знаком со всеми в своей группе.
Можно также использовать дополнительные задачи Д46—Д57.
Ответы и решения
6.5. Занумеруем места слева направо. Если число на первом месте равно ft> 1, поменяем его с числом ft — 1. Затем поменяем ft — 1 с ft — 2, k — 2 — с ft — 3 и т. д., пока на первом месте не окажется 1. На следующем этапе пошагово уменьшаем число на втором месте до 2. Ясно, что число 1 эти перестановки не затронут. Потом пошагово уменьшаем число на третьем месте до 3 (чисел 1 и 2 это опять не коснётся) и т.д. В конце концов на каждом месте окажется номер места.
Оценим число шагов. Чтобы на 1-м месте заменить число ft на 1, понадобится ft — 1 шаг, а так как ft ^ 16, шагов не более 15. Чтобы на 2-м месте заменить число ft на 2, понадобится ft —2 шага, то есть не более 14 шагов, и т.д., всего понадобится не более 15 + 14 + ... + 1 = 120 шагов.
Комментарий. Эта оценка точна: можно доказать, что из обратного порядка меньше чем 120 шагами числа по возрастанию не расставишь.
6.6. Путь к решению. Для достижения равенства достаточно следить только за разницей зарплат. Но все попарные разности зарплат изменятся точно так же, если вместо повышения на 1 рубль девятерым можно понизить зарплату на 1 рубль десятому (а это можно, если он получает больше 0). Такими понижениями уравнять зарплаты легко: шаг за шагом понижаем все зарплаты до минимальной (понятно, что любая не минимальная зарплата больше 0). Затем заменим все понижения на равносильные повышения.
Решение. Пусть в день повышения директор с утра повышает зарплату всем на 1 рубль, а после обеда уменьшает на рубль самую высокую из зарплат. Докажем, что рано или поздно зарплаты уравняются. Обозначим через М минимальную зарплату (её директор каждый раз повышает на рубль), и последим за суммой всех зарплат минус ЮМ. Эта разность всегда неотрицательна. Пусть вначале она была R. С утра
41


эта разность не меняется, а после обеда уменьшается на 1. Значит, через R месяцев разность станет равной 0, то есть все будут получать одинаковую минимальную зарплату.
6.7. Для каждой коробки подсчитаем её отклонение от 10, то есть на сколько число конфет в ней отличается от 10. Например, если в коробке 7 или 13 конфет, в обоих случаях отклонение равно 3. Нашим счётчиком сделаем сумму всех 30 отклонений. Будем проводить операции и пересчитывать счётчик после каждой операции. Когда счётчик станет равен 0, во всех коробках будет по 10 конфет.
Покажем, какой операцией уменьшить счётчик, не равный 0. Если сумма не 0, то найдётся отклонение, не равное 0. Тогда в некоторой коробке не 10 конфет. Так как среднее число конфет равно 10, найдётся коробка, где конфет больше 10, и другая коробка, где меньше 10. Найдём пару таких коробок, как можно более близких друг к другу.
Если они соседние, то операция состоит из одного хода: из большей перекладываем конфету в меньшую. В затронутых коробках число конфет приблизилось к 10 на 1, поэтому счётчик уменьшился на 2.
Если коробки в паре не соседние, то во всех коробках между ними лежит ровно по 10 конфет (иначе нашлась бы более близкая пара). Тогда операция состоит из нескольких шагов: из большей коробки перекладываем в промежуточную коробку с 10 конфетами, затем из промежуточной — в следующую промежуточную и т.д., пока конфета не попадёт в меньшую. В промежуточных коробках оказалось опять по 10 конфет, числа в паре приблизились к 10, счётчик уменьшился на 2.
6.8. Должен получиться 101-значный палиндром, то есть строка, симметричная относительно центральной 51-й цифры. Это значит, что во всех парах цифр, расположенных симметрично центральной, цифры должны стать равными. Первые 50 ходов Вася играет как угодно (полных симметричных пар пока нет). В каждый следующий ход он сравнивает свеже- приписанную цифру А с цифрой Б, симметричной А относительно центра С. Если А —В, Вас я меняет их местами. Если нет, то одна из них совпадёт с С, а вторая —нет. Тогда Вася меняет вторую цифру с С. Действуя так, он шаг за шагом наращивает на 1 количество равных симметричных пар цифр.
42


Соответственно, после 100-го хода число таких пар становится равным 50. Значит, все симметричные пары равны, и число — палиндром.
6.9. 	Будем образовывать группы постепенно, последовательно увеличивая число школьников в группах. Школьников вне групп назовём свободными. Пока есть свободные школьники, в группах их меньше 50, поэтому число групп меньше 25, Если среди свободных есть пара знакомых, объединим их в группу. Если нет, рассмотрим свободного школьника Ш. Так как все его знакомые (их не менее 25) уже в группах (а групп меньше 25), по принципу Дирихле в некоторой группе у него двое знакомых. Если это пара, добавим Ш к ней, получим тройку. Если же это тройка, то знакомого Ш из этой тройки, наоборот, заберём и объединим в пару с Ш. В любом случае из числа свободных ушёл Ш, а новых свободных не добавилось. Так будем действовать, пока свободные не закончатся.
Идеология
Полуинвариант заметить и использовать труднее, чем инвариант. Поэтому лучше начинать с задач, где полуинвариант — естественный и просто устроенный счётчик. Например, число шагов до цели, каждый раз уменьшающееся на 1.
Инварианты и полуинварианты незаменимы для работы с промежуточными конструкциями.
Таких конструкций обычно много, все не перечислишь. Для ученика это множество выглядит как размытое непонятное облако. В нём есть обычно несколько знакомых примеров, и ученику хочется верить, что все объекты на них так или иначе похожи (скажем, клетчатый многоугольник из 1000 клеток — что-то «вроде прямоугольника с несколькими ямками и шишками на границе»). Возникает риск необоснованных обобщений, ведущих к неверным утверждениям.
А вот полуинвариант-счётчик позволяет, не влезая в лишние детали, разглядеть нечто несомненное даже в туманной цепочке быстро сменяющихся объектов. Как компас, он поможет плыть к цели по морю частичных конструкций, не беспокоясь, есть ли на пути острова конкретных примеров.
43


Путь к индукции
Переход к процессам и алгоритмам сам по себе подталкивает учеников к индуктивным рассуждениям. Под таким рассуждением мы понимаем процесс получения окончательного утверждения через цепочку промежуточных. Легче научиться видеть эту цепочку и работать с ней, когда цепочка состоит из более-менее наглядных конструкций. Даже менее наглядная частичная конструкция воспринимается лучше абстрактного промежуточного утверждения!
Классическое индукционное рассуждение тоже можно воспринимать как процесс построения сложного рассуждения из цепочки простых. Но почему эта цепочка доведёт нас до нужной конструкции? Это очевидно только тогда, когда цепочка силлогизмов бежит по линейной цепочке утверждений или конструкций. Уже в случае ветвящейся цепочки это может быть неправдой. Тем более это неочевидно, когда цепочка проходит через неупорядоченное множество частичных конструкций. Без величины, измеряющей расстояние до цели, не обойтись.
44


Занятие 7 Склеиваем пазл
Идея переформулировать задачу или её решение как процесс сборки или разборки пазла помогает чаще, чем кажется на первый взгляд. Через год-другой то же можно будет изложить на более серьёзном языке, но пока несколько важных идей нагляднее усвоить именно на этом. Основная цель — научиться доказывать, что результат не зависит от способа построения.
Собирая пазл, не обязательно приклеивать кусочки по одному, можно склеивать их в группы, а группы соединять друг с другом. Путь к результату может проходить через самые разные цепочки частичных конструкций. Но какую бы цепочку мы ни выбрали, есть удобный счётчик — число кусков. И, следя за ним на каждом шаге, удобно доказывать достижение нужного результата и его независимость от способа.
Пример 7.1. Клетчатую плитку шоколада 5 х 20 разрешается за один ход разломить по границам клеток на два меньших прямоугольных куска. Следующим ходом разрешается выбрать любой кусок и так же разломить его на два и т.д. При этом ни в какой момент не должно возникать квадратных кусков. Какое наибольшее число ходов может быть сделано?
Путь к решению. Наименьший возможный кусочек 1x2, поэтому больше 50 кусков не получится. А чтобы оценить число ходов, проследим, как меняется число кусков при каждом разломе.
Решение. Ответ. 49 ходов. Оценка. Куски менее чем из двух клеток запрещены, так как 1 х 1 —квадрат. Значит, каждый кусок содержит не менее двух клеток. Но тогда в конце будет не более 5*20:2 = 50 кусков. В каком бы порядке мы ни ломали, с каждым разломом число кусков увеличивается ровно на 1. Поэтому понадобится не менее 50—1 = 49 разломов.
Пример. За 4 хода разломим шоколадку на 5 полосок 1 х 20, а каждую такую полоску за 9 ходов разломим на куски 1x2. Итого потребуется 4 + 5 • 9 = 49 ходов.
Обратим внимание: независимо от порядка разломов и размеров промежуточных кусков нам понадобится ломать 49 раз, чтобы сделать из одной шоколадки 50 частей.
45


Пример 7.2. а) Из квадратных кусочков Петя | I
сложил пазл в форме доски 7x7 без уголков (см. ZZIZZZI
рисунок). Пазл ему понравился, и Петя решил его
склеить и повесить на стену. За одну минуту он L
склеивал вместе два куска — начальных или ранее склеенных. Сколько минут ему понадобилось для склейки цельной картины?
б) 	Из спичек сложена доска 7x7 без угловых клеток (см. рисунок), разбитая на клетки со стороной в одну спичку. В центральной клетке сидит жук, который не может переползать через спичку. Какое наименьшее число спичек надо убрать, чтобы жук мог доползти до любой клетки?
Путь к решению, б) Эксперименты показывают, что приходится убрать 44 спички —на одну меньше числа клеток. Попытки доказать это фразами «чтобы добавить одну клетку, надо убрать одну спичку» неубедительны: а почему нельзя сэкономить, добавляя клетки предварительно заготовленными группами? Но ведь в п. а) Пете сэкономить не удалось?!
Решение, а) 44 минуты. Надо уменьшить число кусков с 45 до 1, а за минуту можно уменьшить только на 1.
б) 	Ответ. 44 спички.
Пример. Уберём 38 внутренних горизонтальных спичек и б вертикальных в средней горизонтали.
Оценка. Рассмотрим клетки как кусочки пазла, а убирание спички— как склеивание ранее разделённых кусков в один. С каждой убранной спичкой общее число кусков может уменьшиться на 1 (либо не изменится, если эти клетки уже были соединены окольным путём). Так как вначале было 45 кусков, а в конце 1, надо убрать не менее 45-1 = 44 спичек.
В предыдущей задаче был процесс — склеивание пазла. Когда процесса нет, его полезно организовать. Склеивание пазла даёт удобную модель и не накладывает излишних ограничений.
Пример 7.3. а) Какое наибольшее число рёбер можно перекусить в проволочном каркасе октаэдра (см. рисунок) так, чтобы каркас не развалился на части?
б) 	А чтобы каркас развалился не более чем на 3 части?
46


Решение. Каждую вершину будем считать шариком. Пока каркас не распался, муравей может по целым рёбрам проползти от каждого шарика до любого другого. Рёбра будем не перекусывать, а удалять. И запустим процесс с конца: удалим вначале вообще все рёбра, а затем некоторые из них будем восстанавливать. После удаления всех рёбер у нас есть
6 разрозненных шариков — кусочков пазла. Восстановив ребро, склеиваем 2 куска пазла.
а) Ответ. 7 рёбер.
Оценка. Чтобы склеить 6 кусочков в одно целое, понадобится 5 склеек, то есть в неразваливающемся каркасе должно остаться не менее 5 рёбер. Значит, можно удалить не более
7 рёбер из 12.
Пример. Оставим все 4 ребра из верхней вершины и одно из нижней, остальные перекусим.
б) Ответ. 9 рёбер.
Оценка. Чтобы из 6 кусочков получить 3 части, понадобится 3 склейки. Значит, в разваливающемся на 3 части каркасе должно остаться не менее 3 рёбер. Но тогда можно удалить 9 рёбер из 12.
Пример. Оставим 3 ребра из верхней вершины, остальные перекусим.
Комментарий. Знатоки заметят, что рассуждение с каркасом октаэдра применимо для любого графа.
Пример 7.4. Докажите, что периметр клетчатого многоугольника из 100 клеток не больше 202.
Путь к решению. Опять хочется сказать: «Добавляя одну клетку, мы увеличим периметр не более чем на 2». Это правда, но доказательство того, что любой многоугольник можно получить, приклеивая клетки по одной, ничуть не легче утверждения задачи. Гораздо проще не приклеивать клетки по одной, а собрать многоугольник из клеток как пазл и оценить периметр через оценку суммы длин отрезков сетки внутри многоугольника.
Решение. Сумма периметров клеток равна 4 • 100 = 400. Она складывается из внешнего периметра и удвоенной суммы длин отрезков сетки внутри многоугольника (ведь к такому отрезку клетки примыкают с двух сторон). Чтобы оценить
47


внутреннюю сумму, заметим, что она в точности равна общей длине склеек при сборке многоугольника из клеток как пазла. А пазл мы можем склеивать, не обязательно добавляя по одной клетке. Важно лишь, что на каждом шаге мы склеиваем два куска (возможно, многоклеточных) в один, поэтому число кусков уменьшается на 1. Для перехода от 100 кусоч- ков-клеток к одному куску-многоугольнику понадобится ровно 99 склеек. При склейке примыкают друг к другу целые стороны клеток, поэтому длина каждой склейки целая и не меньше 1. Значит, общая длина склеек, она же — внутренняя сумма, не меньше 99. Следовательно, периметр многоугольника не больше 400-99*2 = 202.
Комментарий. Можно и просто запустить процесс склейки пазла и следить за суммой периметров частей как за счётчиком.
Задачи
7.5. Тёмную фигуру на рисунке разрезали по границам клеток на 6 частей. Чему может быть равна сумма периметров этих частей? (Сторона клетки равна 1.)
7.6. Несколько шахматистов устроили турнир.
Всего в нём было 100 партий, при этом ничьих
на 10 меньше, чем партий, где кто-то победил. Тот, кто хоть раз проигрывал, выбывал. Последний, кто остался, стал чемпионом. Сколько всего было шахматистов?
7.7. Из спичек сложен треугольник, разбитый на 64 треугольные ячейки со стороной в одну спичку (см. рисунок).
а) 	В трёх угловых ячейках сидит по жуку; они не могут переползать через спичку. Часть спичек убрали. Теперь до
48


каждой из ячеек какой-нибудь из жуков может доползти. Какое наименьшее число спичек могло быть убрано?
б) 	В каждой из 64 ячеек сидит по жуку; они не могут переползать через спичку. Все спички внешнего контура намазаны мёдом. Какое наименьшее число спичек надо убрать, чтобы каждый жук мог доползти и полизать мёда?
7.8* Дан клетчатый прямоугольник 7 х 10. Каждую его клетку разрезали по одной из диагоналей. На какое наименьшее число частей мог распасться прямоугольник?
Можно также использовать дополнительные задачи Д58—Д67.
Ответы и решения
7.5. Ответ. 58.
Периметр начальной фигуры равен 48 (4 • 5 = 20 на границе объемлющего прямоугольника плюс 4 • 7 = 28 внутри прямоугольника). При разрезании по любой стороне клетки внутри многоугольника он распадётся на две части. Чтобы получить 6 частей, надо 5 разрезов. Каждый разрез увеличивает общий периметр частей на 2, поэтому в конце он будет равен 48 + 5*2 = 58.
7.6. Ответ. 56. Из условия следует, что было 55 результативных партий. После каждой такой партии выбывал один игрок — проигравший. Значит, выбыло 55 игроков, и ещё остался чемпион.
7.7. а) Ответ. 61.
Пример. См. рисунок. Для наглядности убранные спички заменены на серые отрезки. Убрано 2 + 4 + 6 + 8 + 10+12 + 12 = = 54 спички в горизонталях и ещё 7 спичек между горизонталями, итого 61.
49


Оценка. Можно считать, что спички убираются последовательно по одной. Назовём ячейки кусками пазла, а убирание спички — склейкой кусков. Вначале у нас есть 64 куска. В конце в каждом куске должен быть жук (в куске без жука до ячеек никто не доползёт), значит, кусков не более 3. Понадобится не менее чем 64 — 3 = 61 склейка, то есть убрано не менее 61 спички, б) Ответ. 43.
Пример. См. рисунок. Для наглядности убранные спички заменены серыми отрезками. В горизонталях, считая сверху вниз, убраны 1 + 34-5 + 7 + 9 + 11 + 7 = 43 спички.
Оценка. К «медовым» спичкам примыкает 21 ячейка. Назовём жуков в этих ячейках медовыми. Им вообще никуда ползти не надо, а каждый из остальных приползёт в гости к медовому. Склеивая изначальные 64 ячейки в большие куски, мы получим в конце не более 21 куска, так как в каждом должен быть медовый жук. Значит, понадобится не менее чем 64 — 21 = 43 склейки.
7.8. 	Путь к решению. Догадаться до ответа можно с помощью проверки прямоугольников малых размеров (скажем, 2x3, 3 х 3), а также длинных, но узких (например, 1 х 10 или 2 х 6). Пример очевиден. Оценку докажем через процесс сборки, догадавшись, что элементарные части — это треугольные половинки исходных клеток.
Решение. Ответ. 17. Пример. Первую диагональ проведём произвольно, а все остальные — параллельно ей.
Оценка. Пусть все разрезы сделаны. Они разбили прямоугольник на части. Каждая из 70 клеток разбита на два треугольника, итого вначале есть 140 треугольников. Треугольники склеены в части по сторонам клеток. Заметим, что ис¬
50


пользованы все внутренние стороны клеток. Они образуют 9 вертикальных отрезков длины 7 и 6 горизонтальных отрезков длины 10, итого их длина 63 + 60 = 123. Мысленно сотрём клей и начнём склеивать заново. Каждая склейка уменьшает число частей не более чем на 1, поэтому в конце будет не менее 140 — 123 = 17 частей.
Идеология
В занятиях про инварианты и полуинварианты-счётчики мы чаще разбирались с определёнными вариантами процессов или алгоритмов. При поиске оптимального алгоритма у нас, как правило, остальные алгоритмы прямо или косвенно сравнивались с оптимальным. Более сложны задачи, где процесс надо организовать, или выбрать из большого числа вариантов, а также задачи, где надо доказать что-либо для любого варианта. За процессом склеивания пазла, несмотря на многовариантность, легко следить (число кусков— величина наглядная), и легко доказывать независимость результата от выбора промежуточных шагов. Являясь частным случаем графов, пазлы более наглядны, и поэтому доказательства путём сведения к ним лучше запоминаются.
Путь к индукции
Есть целый класс задач, в которых равенства и неравенства выводятся за счёт применения теорем из теории графов, предварительно доказанных индукцией по числу вершин. Казалось бы, эти доказательства практически воспроизводят пошаговое построение серии, однако школьники плохо воспроизводят их в аналогичных ситуациях. Трудность вот в чём: когда с ростом п число конструкций увеличивается, они не выстраиваются в одну линию, и выбор промежуточной цепочки сильно усложняется (см. занятие 10). Как результат, такое доказательство скорее затемняет суть дела, особенно для младших. Склеивание пазла идёт другим путём: строится линейная цепочка из промежуточных конструкций. Переводя на язык графов: это индукция по числу рёбер именно данного графа. Она понятна неподготовленным школьникам и позволяет наглядно получить оценки на число ребёр в связных графах и графах без циклов.
51


Занятие 8 Пошаговое построение серии
Следующий объект серии примеров, конструкций, алгоритмов можно строить не с нуля, а дополнив или слегка перестроив предыдущий. Найдите любым способом несколько самых маленьких объектов и сравните соседние. Цепочка отличий обычно устроена гораздо проще. Заметив в ней регулярность, ищите систематический способ строить следующее звено из предыдущего. Самое простое — когда можно сделать небольшую добавку, скажем, добавить всего один элемент. Эту идею — поискать подходящую добавку как часть очередной конструкции — надо проверять в первую очередь!
Пример 8.1. Напишите строку из 10 различных натуральных чисел так, чтобы суммы пар соседей образовали строку последовательных точных квадратов.
Путь к решению. Как обычно, начнём с наборов покороче. Для двух чисел самое простое {1, 3}. Для трёх чисел достаточно приписать в конце число, дополняющее 3 до следующего точного квадрата, то есть 6: {1, 3, 6}. Вообще, идея наращивать набор, приписывая числа в конце, удобна тем, что надо проверять только последнюю пару.
Решение. Например: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, суммы пар равны квадратам последовательных чисел от 22 до 102.
Комментарий. Мы получили ряд треугольных чисел, k-e число , k{k + l) „
равно 1 + 2+ ... + « = . Есть много других решении.
Переход к следующему примеру может потребовать добавки нескольких элементов.
Пример 8.2. Сложите из доминошек 2x1 квадрат 10 х 10 так, чтобы ни в какой точке не соприкасались уголками четыре доминошки.
Путь к решению. Придумать сразу решение для квадрата 10 х 10 сложно, поэтому для на- ————
чала поищем квадраты меньшего размера. Из-
за чётности числа клеток размер должен быть
чётным. Для 2x2 пример очевиден, для 4x4,
повозившись, найдём такой пример (см. рисунок). ————
52


Сравним их. Видим, что конструкция для 4x4 получается из случая для 2x2 построением каёмки шириной 1 вокруг него. А нельзя ли построить такую же каёмку вокруг квадрата 4x4? Смотрите-ка, получился пример для бхб (нарисуйте самостоятельно). Теперь уже способ построения для 10 х 10 очевиден.
Ответ. См. рисунок.
Пока что мы «наращивали» предыдущий пример без его изменения, просто добавляя новые части. Но можно строить новое и частичной заменой элементов старого.
Пример 8.3. а) Представьте 0,8 как сумму шести различных дробей с числителем 1 и натуральным знаменателем.
б) Объясните, как получить 0,8 в виде суммы ста дробей такого вида.
Путь к решению. Как обычно, начнём с малого числа слагаемых. Для трёх слагаемых пример всего один:
(*)
Для четырёх слагаемых есть много способ разложения,
3)
в частности:
1) о + а + То +
1 + I + J_ + J_
2 5 15 30
2 ' 6 ' 12 1 20’
Сравнивая их с примером для трёх слагаемых, поищем
регулярный способ увеличивать количество слагаемых.
1) Вместо двух старых слагаемых появилось три новых. Закономерности не видно.
2) Одно старое слагаемое заменилось на два новых:
2 3^6
Поделив на п, видим, что такую замену можно сделать для
любого чётного знаменателя: Однако то, что
повторов не произошло, выглядит везением. Для построения регулярного примера этот способ без дальнейших уточнений не годится.
3) Здесь тоже одно слагаемое заменилось на два:
_1_
10
i-+i-
15 30
53


Это замена по той же формуле, что и в п. 2, применённая к наибольшему в этом разложении знаменателю. Поэтому новые знаменатели будут ещё больше, значит, дроби будут по- прежнему различными. Кроме того, последний новый знаменатель тоже чётный, поэтому замену можно применять сколько угодно раз.
Решение, а) Ответ. + | + ^ + *
б) Ответ. 0,8 = | + | + ^ + 5^2 + 5^ + • • + ^+10^-
Начиная с суммы
1=!+±+^- 2 5 2-5’
увеличиваем количество слагаемых, пока оно не достигнет 100.
А 1 А именно, когда у нас последнее слагаемое равно -1-п—, мы
/1 , 1\ 1 iUd представляем его как ( 3 + g ) * 5 и заменяем на два слага-
емЫХ 5^ И lO^TT-
Замечание. Ещё одно решение можно получить, заменяя наименьшую дробь на две по формуле
- = — + _:1—..
п п +1 п(п+1)
Для произвольного числа слагаемых эта идея даёт не явную формулу, а лишь алгоритм, как построить следующее слагаемое по предыдущему.
Комментарий. Пока нам удавалось с помощью пошагового построения получать явные конструкции. Но можно вместо конструкции указать алгоритм её построения. При индуктивном построении второе случается чаще. И задача обычно ставится так: «Докажите, что можно построить...» или даже «Можно ли построить...».
Неявно возможность добавки можно доказать, проверив, что возможных добавок больше, чем запретов.
Всё же с явным примером знакомиться приятнее и проще. Если можете довести алгоритм до конструкции без большого усложнения—сделайте это! Партнёры вас лучше поймут, а проверяющим или противникам будет труднее придраться. Вообще, явные примеры можно построить гораздо чаще, чем кажется на первый взгляд.
Но если такой пример быстро не получается, то вполне можно ограничиться и алгоритмом.
До сих пор мы получали следующий пример (или элемент примера) из одного предыдущего. Но могут понадобиться два предыдущих примера (элемента), или несколько предыдущих, или даже все!
54


Пример 8.4. Докажите, что можно найти такие 12 натуральных чисел, что для любой пары этих чисел остаток от деления большего на меньшее будет равен 2.
Путь к решению. Заметим, что если от наибольшего числа отнять 2, то разность разделится на все остальные числа. Это наводит на мысль наращивать набор, добавляя число 2 + НОК (всех чисел).
Решение. Начнём с пары чисел 3 и 5, будем на каждом шаге добавлять НОК всех предыдущих чисел, увеличенный на 2:
3, 5, 17, 3-5*17 + 2, 3-5-17 -(3-5-17 + 2)+ 2 и т.д.
Тогда в любой паре а < Ъ число Ъ — 2 делится на а по построению, и, так как а >2, остаток от деления b на а равен 2.
Задачи
8.5. Докажите, что любой треугольник можно разрезать на 77 прямоугольных треугольников.
8.6. Придумайте набор из 10 различных натуральных чисел, сумма которых делится на каждое из них.
8.7. На каждой клетке доски 1 х 100 лежит по монете. Мы их считаем столбиками из одной монеты. За один ход разрешается любой столбик переставить влево или вправо на столько клеток, сколько монет в этом столбике; попав на занятую клетку, столбик объединяется со столбиком в этой клетке. Докажите, что можно за 99 ходов собрать все монеты в столбик
а) на самой левой клетке;
б) на любой наперёд заданной клетке.
8.8. а) Клетчатой фигурой будем называть фигуру, составленную из клеточек одинакового размера. Выложите в ряд 10 клетчатых фигур разной площади так, чтобы из любых двух соседних можно было сложить квадрат.
б) То же задание, но каждая из фигур не должна содержать квадратика 2x2.
8.9*1 Докажите, что любой треугольник можно разрезать на 77 равнобедренных треугольников.
Можно также использовать дополнительные задачи Д68—Д78, Д101.
55


Ответы и решения
8.5. Любой треугольник можно разрезать на два прямоугольных, проведя ту из высот, которая проходит внутри треугольника. Проведём такую же операцию с одной из частей — общее число частей увеличится на 1. Проделав такую операцию 76 раз, получим искомое разбиение.
8.6. Путь к решению. Начнём с наборов поменьше. Из одного числа годится любой набор, а набора из двух чисел нет: на большее из чисел сумма не делится. Зато есть пример набора из трёх чисел: {1, 2, 3}. Какое число можно добавить к {1, 2, 3}, чтобы сумма вместе с ним на него разделилась? Подходит 6, и, более того, 1+ 2 + 3 + 6 делится также на 1, на 2 и на 3. Повезло? Да нет, ведь 1, 2, 3 —делители числа 6. Мы это, кстати, знали, потому что для набора {1, 2, 3} число 6 было как раз той суммой, на которую всё делится. А поскольку мы добавили 6, сумма набора удвоилась и разделилась на 6. О, интересно, а нельзя ли и набор {1, 2, 3, 6} нарастить его суммой? Конечно, можно: в наборе {1, 2, 3, 6, 12} тоже каждый элемент делит его сумму. Продолжая действовать таким образом, дорастим набор до 10 чисел.
Решение. Ответ. {1, 2, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384}. Каждое число в наборе начиная с четвёртого вдвое больше предыдущего. Поскольку 3-е число равно сумме предыдущих, сумма первых трёх чисел вдвое больше 3-го числа, то есть равна
4-му. По той же причине сумма первых четырёх чисел равна
5-му и т.д.
Сумма всех чисел набора вдвое больше 10-го числа, поэтому делится на него. Каждое число начиная с третьего делит следующее за ним, поэтому все они делят последнее число. Но тогда они делят и сумму. Кроме того, сумма чётна, поэтому она делится на 2 (второе число) и, конечно, делится на 1 (первое число). Значит, сумма набора делится на все числа набора.
Комментарий. Полезно отметить, что можно выписать явную формулу для элемента, добавленного на п-м шаге.
8.7. Путь к решению. Для маленьких случаев собрать монеты нетрудно. Вероятно, можно собрать для любой длины доски. Поищем способ перейти от доски 1 х 99 к 1 х 100. Левая и правая клетки равноправны, значит, можно собрать
56


все монеты, кроме левой, в столбик из 99 монет на правой клетке доски и прыгнуть им на левую. Ещё раз проверяя эту идею на малых досках, находим явный алгоритм.
Решение, а) Пронумеруем монеты слева направо. Взявшись за 50-ю, прыгаем столбиком с нею поочерёдно влево-вправо: влево на 1, вправо на 2, влево на 3, вправо на 4, ..., влево на 99. С каждым прыжком дыра из опустевших клеток и размер столбика возрастают на 1, и закончим мы на 1-й клетке.
б) Если для сбора задана ft-я клетка при k> 1, то рассмотрим две части доски: от левой до (к — 1)-й и от к-й до правой. Эти части состоят из k — 1 и 101 — к клеток соответственно. В каждой части можно собрать все монеты на её левой клетке: в левой за ft —2 хода, а в правой —за 100 — ft ходов. Теперь все монеты правой части уже стоят на нужной клетке, а остальные ft — 1 монет собраны в столбик на 1-й клетке. Значит, ими можно прыгнуть на ft-ю клетку за один ход. Всего использовано (ft - 2) + (100 — ft) + 1 = 99 ходов.
8.8. 	Указание. Будем действовать как в примере 8.1, но дополнять до очередного квадрата не число, а фигуру.
Решение, а) Например, ряд ступенчатых треугольников. Их площади совпадают с числами из ответа к примеру 8.1. На рисунке тёмные фигуры представляют 4 первые фигуры ряда, дополненные до квадратов предыдущими фигурами.
б) Ряд тёмных фигур в виде спиралей. Их площади тоже совпадают с числами из ответа к примеру 8.1. Рисунок показывает 6 первых фигур ряда. Квадрат разбит на текущую тёмную фигуру и предыдущую светлую.
57


Показано, как очередная фигура получается приклеиванием уголка: каждый квадрат разделен жирной линией на предыдущий квадрат (раскрашен с переменой цвета) и тёмный уголок, приклеенный с нужных сторон, чтобы его можно было «правильно» добавить к фигуре с номером на 2 меньше.
Комментарии. 1. Сравните с примером 3.1.
2. 10 фигур можно нарисовать и наглядно убедиться, что фигуры не содержат квадрата 2x2. Но для сильных учеников число фигур можно увеличить до 100 и вместо ссылки на наглядность привести доказательство отсутствия квадрата 2x2. Тут уже неизбежно индуктивное рассуждение. Например, такое.
Начнём с квадратика 2x2, разделённого на тёмную и светлую фигуры. Будем последовательно наращивать квадратик уголок за уголком, не перекрашивая, но крася уголок так, чтобы он добавлялся к меньшей из двух фигур. Заметим, что из крайних клеток изначально меньшей фигуре принадлежит ровно один уголок и все не угловые клетки одной стороны. Приложим уголок так, чтобы он соприкоснулся с меньшей фигурой ровно по стороне одной клетки. Тогда в объединённой фигуре квадратиков 2 х 2 не образуется и на границе нового квадрата от бывшей большей фигуры останется только один уголок и все внутренние клетки одной из сторон. Ситуация воспроизвелась, и можно так же присоединять уголок теперь уже к фигуре другого цвета.
8.9. 	Путь к решению. Любой треугольник (кроме равностороннего) можно разрезать на два меньших, один из которых равнобедренный. А может ли при этом и второй меньший получиться равнобедренным? Да, например, если мы резали прямоугольный. О, идея: разрежем на прямоугольные, а каждый из них на два равнобедренных! Эх, получится чётное число, а 77 нечётно. Вот если бы разбиение на 76 треугольников можно было в конце увеличить на 1 треугольник... Погодите, а кто нас заставляет прибавлять 1 именно в конце?!
Решение. Пусть треугольник ABC не равносторонний, скажем, АС > АВ. Отложим на стороне АС отрезок AD — АВ и проведём отрезок BD. Треугольник ABD равнобедренный. Разобьём треугольник BDC на 38 прямоугольных треугольников, как в задаче 8.5, и в каждой из прямоугольных частей проведём медиану к гипотенузе. Поскольку половина гипотенузы равна медиане, каждая часть разобьётся на два
58


с
в
равнобедренных треугольника. Итого мы получим 77 равнобедренных треугольников.
Пусть треугольник ABC равносторонний. Разобьём его на два прямоугольных. От одного из них отрежем равнобедренный так, чтобы вторая часть осталась прямоугольным треугольником (при этом оставшаяся часть не будет равнобедренной, но нам это неважно). Разобьём эту вторую часть на 37 прямоугольных треугольников. Теперь, как и в предыдущем случае, у нас есть равнобедренная часть и 38 прямоугольных. Разбив каждую прямоугольную часть на две равнобедренные, получим 77 равнобедренных частей.
Идеология
Серьёзная математическая деятельность невозможна без навыка постепенного конструирования. Почти всегда сложная конструкция возникает не вдруг, а получается из простой конструкции с помощью цепочки шагов, по большей части тоже простых. А сложными конструкциями являются и доказательство теоремы (цепочка силлогизмов), и придумывание решения трудной задачи (круг идей увеличивается постепенно, постепенно проясняется и способ решения). Постепенное построение математических конструкций вырабатывает и развивает этот навык, позволяя опереться на наглядность: ведь наглядна не только окончательная конструкция, но и промежуточные.
59


Это и последующие занятия книжки посвящены важному частному случаю постепенного конструирования — индуктивному построению, когда мы строим цепочку из большого числа шагов (возможно, произвольного), но зато сами шаги и промежуточные ступеньки более-менее однотипны. Наша цель — научить непростому искусству догадываться до этих шагов и промежуточных ступенек.
Пошаговое построение серии — это как раз простейший частный случай индуктивного построения. Промежуточными ступеньками для построения целевой конструкции здесь служат такие же полноценные конструкции, но «меньшего размера»: до таких ступенек легче догадаться. И строится она естественно: от простого к сложному.
Путь к индукции
Суть метода математической индукции состоит не в «правильном оформлении» доказательства, а в развитии индуктивного мышления, то есть навыка доказывать сложное утверждение через цепочку простых однотипных шагов. Понятно, что самое трудное в этом —увидеть или создать такую цепочку. Частный случай такого мышления — индуктивное построение — благодаря своей наглядности делает индуктивное мышление доступным для младших школьников. При этом построение уже содержит в себе все принципиальные моменты индукции: и базу, и переход. Более того, естественный вопрос «А почему все построенные элементы подходят» обычно заставляет провести рассуждение, которое тоже нередко оказывается индукционным. Тем самым получается плавный переход от индуктивного построения к индукционному доказательству!
На данном этапе преждевременно давать задачи с формулировками «построить конструкцию для всех натуральных п». У учеников 6 и 7 классов пока ещё не сформировалось понятие бесконечности. К тому же явное задание п подсказывает, что брать за параметр (а значит, и из чего должна состоять цепочка). Тем самым создаётся вредное представление, что индуктивные рассуждения применимы только для случаев, когда цепочка уже дана в почти готовом виде.
60


Занятие 9 Свойства частичных конструкций
В занятиях про полуинвариант и про пазлы мы уже строили сложные примеры, проходя по цепочке частичных конструкций. Как правило, выбор цепочки важен (пазлы — исключение). Давайте брать в цепочку только те позиции, для которых выполнены определённые свойства. Как выбрать эти свойства? Их выбирают вместе с алгоритмом прохождения цепочки. Заметим, что: 1) свойствами частичной конструкции обладает и нужный пример; 2) свойствами обладает стартовая конструкция; 3) алгоритм обеспечивает пошаговый переход от позиции со свойствами к позиции со свойствами.
Наглядно эта идея проявляется в играх, когда есть выигрыш по стратегии «Путь на эшафот». Неформально говоря, вот суть стратегии: есть дорожка из позиций, ведущая к проигрышу; победитель ведёт соперника по этой дорожке, возвращая на неё при любом шаге в сторону от дорожки. Более формально: выделяете я подмножество позиций П. Среди выделенных обязательно есть и финальные позиции: в них тот, чья очередь хода, немедленно проигрывает. Из остальных позиций множества П ход ведёт в позицию вне П, но стратегия победителя даёт возможность ответным ходом вернуть проигрывающего в П, причём в позицию, более близкую к финальной. Обычно П выделяется с помощью некоторого свойства (чаще всего — симметрии или целостности пар), дорожка —это только часть П, алгоритм — стратегия победителя (например, симметричная или парная стратегия).
Пример 9.1. Вначале на доске написано число 2018. Каждым ходом число можно уменьшить на любую из его ненулевых цифр (например, из 2018 можно получить 2018 — 2=2016, 2018 — 1 = 2017 и 2018 — 8 = 2010). Аня и Боря ходят по очереди, начинает Аня. Получивший однозначное число проигрывает. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
Путь к решению. Позиции —это натуральные числа. Анализом с конца находим, что в позиции 10 ходящий проигрывает. В позициях от 11 до 19 ходящий выиграет, загнав соперника в позицию 10. Позиция 20 снова проигрышная, а позиции 21—29 выигрышны для ходящего. Теперь уже очевидна цепочка проигрышных позиций, в которые надо загонять соперника.
61


Решение. Выигрывает Аня. Каждым ходом она отнимает от числа последнюю цифру. Тогда Боря получает число, оканчивающееся на 0. Отняв от него любую ненулевую цифру, он оставит Ане число, оканчивающееся не на 0. И снова Аня может отнять последнюю цифру. За пару ходов Боря и Аня будут уменьшать число ровно на 10. Поэтому после первого хода Ани за 200 пар ходов они уменьшат его до 10. В этот момент ходит Боря, он получит число 9 и проиграет.
Условие задачи накладывает на её элементы много ограничений. При решении мы не обязаны использовать их все. Надо оставить только те, что нам нужны, но зато уж поддерживать и сохранять их в процессе построения.
Пример 9.2. На каждой клетке доски 20 х 20 лежит по карточке с числом. В каждой паре соседей (клеток с общей стороной) числа разные. Докажите, что карточки можно переложить в клетки полоски 2 х 200 так, чтобы по-прежнему в каждой паре соседей числа были разными.
Решение. Разрезав доску на 200 домино 2x1, получим в каждом из них пару карточек-соседей. В каждой паре два разных числа. Будем заполнять 200 столбцов полоски такими парами последовательно слева направо. Пусть несколько столбцов уже заполнены и совпадений чисел по горизонтали нет. Берём любую пару и кладём её произвольно в очередной столбец. Если оказалось, что при этом возникло совпадение чисел соседей по горизонтали, поменяем местами карточки в правом столбце. Теперь в последних двух столбцах равные числа N стоят по диагонали. Два других числа из этих столбцов с iV не совпадают (иначе совпали бы числа внутри пар). Можно переходить к заполнению следующего столбца.
Комментарии. 1. Практически удобнее разрезать доску на полоски 2 х 20 и собирать из них, но способ решения проблем на стыках остаётся тем же самым.
2. Свойство частичных конструкций: это прямоугольник 2 х N, составленный из целых домино, на которые разрезана исходная доска.
В примере 9.1 множество П и даже весь путь состояли из всех проигрышных позиций и их можно было перечислить. Гораздо чаще и путь, и П составляют лишь подмножество проигрышных позиций, а рассмотренные позиции —лишь окрестность множества П. Описание П с помощью свойства значительно упрощает работу. Типичный
62


случай: П состоит из всех симметричных позиций, и выигрыш достигается симметричной стратегией, то есть восстановлением симметрии на каждом ходу.
Пример 9.3. Из 55 равносторон- /\/\/\/\ ••• \/\/\/\/\ них треугольников сложена полоска (см. рисунок). Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход игрок красит неокрашенную сторону треугольника в красный или синий цвет по своему усмотрению. Нельзя красить так, чтобы у какого-то из треугольников все стороны стали одинакового цвета. Кто не может сделать ход — проиграл. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
Решение. Выигрывает Петя. У картинки есть вертикальная ось симметрии. Поскольку сторон на нижней горизонтальной прямой на 1 меньше, чем на верхней, то внизу 28 сторон, а вверху —27. Значит, у среднего треугольника горизонтальная сторона вверху, и ось симметрии её делит пополам.
Пусть Петя первым ходом красит в любой цвет эту сторону. Все остальные стороны разбиваются на пары симметричных относительно оси. Стратегия Пети: в ответ на любой ход Васи красить вторую сторону из пары в цвет, противоположный Васиному. Пока Петя играет по стратегии, картинка после его хода обладает свойством: в каждой паре симметричных сторон либо обе неокрашены, либо обе окрашены, причём в разные цвета. Убедимся, что такая картинка всегда гарантирует Пете возможность хода по стратегии. Во-первых, пару каждый раз начинает красить Вася, поэтому другая сторона пары ещё не окрашена. Во-вторых, пусть Петя ходом по стратегии заканчивает окрашивать треугольник Т. Если это средний треугольник, то у него две стороны входят в симметричную пару и в соответствии со стратегией, покрашены в разные цвета. Если Т не средний, то Т симметричен некоторому треугольнику Т", у которого с Т нет общих сторон. Но Тг уже весь окрашен —его предыдущим ходом закончил окрашивать Вася. Так как в Т' есть стороны разного цвета, симметричные им стороны в Т после Петиного хода. тоже будут разного цвета.
Таким образом, Петя всегда может сделать ответный ход. А так как игра закончится, то хода не сможет сделать Вася и проиграет.
63


Комментарий. Свойство частичных конструкций: симметрия с противоположным цветом. Точнее назвать это парной стратегией: разбиение на пары и ход в ту же пару по определённому алгоритму.
Пример 9.4. Петя задумал 100 нецелых чисел с целой суммой, неизвестной Васе. Петя выписывает числа красным цветом по одному. Ответным действием Вася округляет красное число до любого из двух ближайших целых (например, 3,14 можно округлить как до 3, так и до 4) и пишет его на доску синим цветом. Как Васе добиться, чтобы в конце сумма 100 красных чисел была равна сумме 100 синих чисел?
Путь к решению. Идея округлять до ближайшего целого не проходит: если у Пети все числа по 0,4, то у Васи будут все нули, сумма не сойдётся. Следующая идея: для уже известных чисел держать сумму синих как можно ближе к сумме красных. Для этого очередное округление нужно делать так, чтобы гасить отклонение: если сумма больше нужной, округлять с недостатком, а меньше— с избытком. Удивительным образом, этот естественный алгоритм на малых примерах даёт то, что нужно. Остаётся в алгоритм поверить и это доказать!
Решение. Пусть Петина текущая сумма равна Р, а Васина V. Вначале Р — V — 0. Будем округлять так, чтобы V всегда отклонялось от Р меньше чем на 1. При округлении число меняется меньше чем на 1, поэтому после первого округления (в любую сторону!) отклонение V от Р меньше 1. Далее, если Р > V, округляем следующее слагаемое с недостатком, а если Р < V — с избытком. В обоих случаях разность Р — V и ошибка округления будут разного знака. Они сложатся. Если знак Р — V не изменится, то отклонение уменьшится. А если знак Р — V изменится на противоположный, то отклонение не больше последней ошибки округления. В обоих случаях отклонение осталось меньше 1.
Когда все числа выписаны, Р и V оба целые и отличаются меньше чем на 1. Значит, они равны, что и требовалось.
Комментарий. Естественный алгоритм легко придумать, но обычно непросто доказать.
Задачи
9.5. 	В ряд лежат 100 монет орлами вверх. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. Проигрывает тот, кто
64


не может ходить. За ход разрешается выбрать две монеты орлами вверх, между которыми лежат ровно 2 или ровно 3 монеты, и перевернуть выбранные монеты. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
9.6. 30 учеников идут парами, в каждой паре ученики разного роста. Докажите, что они могут стать в круг так, чтобы рост каждого отличался от роста его соседей.
9.7. 40 конфет разложены по 20 коробкам. Девочка и мальчик по очереди берут по одной конфете, первой выбирает девочка. Докажите, что мальчик может выбирать конфеты так, чтобы две последние конфеты остались в одной коробке.
9.8. Петя и Вася ходят по очереди на доске 8x7, каждый своей ладьёй; начинает Петя. Вначале ладьи стоят в противоположных углах, а все остальные поля заполнены пешками. Каждым ходом ладья должна что-нибудь съесть —пешку или ладью противника (ладьи ходят по вертикали или горизонтали на любое расстояние, но через занятые поля не перепрыгивают). Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
9.9! На доске написаны числа от 1 до 666. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За один ход нужно заменить любые два числа на их сумму. Игра заканчивается, когда на доске останутся два числа. Петя хочет добиться, чтобы одно из них делилось на другое. Может ли Вася ему помешать?
Можно также использовать дополнительные задачи Д19, Д50, Д63, Д69, Д79-Д88, Д101, Д102.
Ответы и решения
9.5. 	Выиграет Петя. Можно считать, что монеты одинакового размера и лежат с равными промежутками, и тогда у ряда есть центр симметрии. Соответственно, 100 монет можно разбить на 50 симметричных пар. Пронумеруем пары, идя от центра. Между монетами этих пар лежит 0, 2, 4, ..., 98 монет. По правилам можно перевернуть одновременно только одну из этих пар —вторую. Пусть именно её Петя первым ходом и перевернёт. Расположение останется симметричным. Теперь любой ход Васи симметрию нарушит. Пусть Вася перевернул монеты А и Б. Рассмотрим монету А', симметричную А, и монету Б', симметричную Б. Ясно, что А' и Б' остались не
65


перевёрнуты и между ними столько же монет, сколько между А и Б. Поэтому ответным ходом Петя может перевернуть А' и Б'. Сделав это, он опять оставит Васе симметричное расположение. Таким образом, Вася всегда нарушает симметрию, а Петя её восстанавливает. У Пети всегда есть ход, поэтому он не проиграет. Но общее число ходов не более 50, поэтому они закончатся. Сходить не сможет Вася, он и проиграет.
9.6. Добавляя пары по одной и действуя, как в примере 9.2, расставим детей в клетки прямоугольника 2 х 15 так, чтобы в соседних по стороне клетках стояли дети разного роста. По клеткам прямоугольника можно сделать круг: сначала идём по верхней строке прямоугольника слева направо, затем возвращаемся по нижней строке прямоугольника справа налево. По этому кругу детей и выстроим.
9.7. Перед ходом девочки всегда остаётся чётное число конфет, пусть 2k. Мальчик может играть так, чтобы непустых коробок при этом оставалось не более k. Вначале это свойство выполнено. Если после хода девочки останется не более k — 1 пустой коробки, всё хорошо, и мальчик может делать любой ход. Если нет, то осталось ровно k коробок и 2k — 1 конфета. Но тогда есть коробка с одной конфетой (иначе осталось бы не менее 2k конфет). Мальчик берёт эту единственную конфету, и остаётся 2{k— 1) конфета при k — 1 коробке. Свойство выполнено.
В частности, после предпоследнего хода мальчика останется две конфеты и не более одной коробки, то есть обе конфеты в одной коробке.
9.8. Выигрывает Петя. Обозначим буквами П и В клетки, где вначале стоят Петина и Васина ладьи соответственно. Отметим диагональ, идущую из верхнего левого угла (см. рисунок). Петя первым ходом съедает пешку, симметричную Васиной ладье относительно диагонали. Теперь,
если убрать нижнюю горизонталь, в оставшемся квадрате 7x7 позиция симметрична относительно диагонали. На каждый ход Васи Петя отвечает симметричным ходом, сохраняя указанную симметрию. Пока ни одна из пешек на тёмной диагонали не съедена, Вася и Петя остаются каждый на своей стороне от диагонали и симметрия после хода Пети сохраняется. Рано или
66


поздно Вася будет вынужден съесть пешку на диагонали. Ответным симметричным ходом Петя съест Васину ладью и выиграет.
9.9. 	Путь к решению. Среди чисел 333 нечётных, поэтому общая сумма нечётна. Последние два числа будут разной чётности. Заведомо нечётное число не делится на чётное. Поэтому Васе достаточно сделать нечётное больше чётного. Последний ход за ним. Если ему достанутся одно нечётное число и два чётных, всё хорошо. Если три нечётных, то непонятно. Может ли Вася избежать этого? Да, если заметит, что в процессе игры количество нечётных чисел не растёт.
Решение. Вася может помешать. Пока нечётных чисел больше одного, Вася своим ходом складывает по два нечётных. Это уменьшает количество нечётных на два. Петя своим ходом либо уменьшит количество нечётных (сложив два нечётных), либо не изменит это количество (любым другим ходом). Не позднее чем через 166 ходов Васи на доске останется только одно нечётное число. Далее Вася может играть как угодно, пока на доске не останется 3 числа. Одно из них нечётно, а два чётны. Вася складывает нечётное число с не меньшим из чётных. Сумма нечётна, больше оставшегося чётного, но на это чётное не делится.
Идеология
Построение выигрышного алгоритма с помощью симметрии или парной стратегии — хороший повод научить формулировать и отслеживать промежуточные цели. Непредсказуемость соперника вынуждает описывать цепочку промежуточных позиций не явно, а через проверяемые свойства. Эти свойства придётся изобрести и отслеживать пошагово. Так же пошагово надо будет проверять и возможность сделать желаемый ход, то есть работоспособность алгоритма.
Путь к индукции
В сложных задачах по индукции доказывается не то, что просят доказать, а изменённое/расширенное утверждение. А без расширения шаг индукции сделать не удаётся. Считается, что на такое изменение способны лишь очень продвинутые школьники. Но оказывается, и рядовые кружковцы проделывали это неоднократно, решая задачи про игры. Надо с ними только обсудить, что именно они делали...
67


Занятие 10 Обратная цепочка
Прежде чем пройти к нужному примеру по промежуточной цепочке, её надо построить. И не обязательно это делать с начала и по порядку. Бывает, что строить удобнее «задом наперёд», с конца. Так делают, когда есть риск проскочить мимо цели. Скажем, при движении от начала процесс ветвится, и трудно понять, какую из ветвей выбрать на очередном шаге, чтобы добраться до намеченного плода. А при спуске по дереву «от плода» проблемы выбора нет, мы автоматически придём к корню.
Пример 10.1. У Пети было двузначное число. Каждым ходом он его уменьшал: когда число было составным, он заменял его на один из делителей, иначе уменьшал на 1. Мог ли Петя получить 0 ровно за 10 ходов?
Путь к решению. Мы не знаем, с какого числа Петя начинал, зато знаем, каким закончил. Разумно тогда строить цепочку чисел обратным ходом, начав с 0. Каждым шагом увеличиваем на 1 (если получается не составное) либо умножаем на целое. Если действовать неэкономно, то за 10 шагов число получится слишком большое, не двузначное. Поэтому применяем жадный алгоритм: когда можно, увеличиваем на 1, иначе умножаем на 2.
Решение. Мог: 59, 58, 29, 28, 14, 7, 6, 3, 2, 1, 0.
Построение с конца хорошо работает, если, откатав последний шаг, мы сведём задачу к такой же, но с меньшим параметром.
Смотрим на искомый объект и думаем, из какого меньшего объекта его можно было бы получить. Обычно из того, который больше всего похож на искомый. Потом находим ещё меньший объект, самый похожий на предыдущий, и т. д.
Когда цепочка уже выстроена, мы сможем пройти по ней от самого малого объекта к искомому. Например, для того чтобы пошагово доказать требуемое свойство полученного примера.
Пример 10.2. Клетчатый шестиугольник, составленный из двух полосок ширины 1, назовём уголком (примеры уголков см. на рисунке). Докажите, что произвольный клетчатый
68


квадрат без любой клетки можно разбить на клетчатые уголки с различным нечётным числом клеток.
Путь к решению. Квадрат со стороной N разбивается на квадрат со стороной N—1 и уголок из 2N—1 клетки. Это можно сделать 4 способами. Выберем тот, при котором дырка попадает в меньший квадрат. Мы свели задачу к квадрату меньшего размера, поскольку любой уголок из меньшего квадрата будет состоять из меньшего числа клеток.
Решение. Назовём отсутствующую клетку дыркой. Выберем две стороны квадрата с общей вершиной, к которым не примыкает дырка. Примыкающие к ним клетки образуют уголок из 2N -- 1 клетки (нечётное число), где N — длина стороны квадрата. Останется квадрат со стороной N—1, дырка в нём. Точно так же выберем в нём уголок, не содержащий дырку. В нём 2N — 3 клетки. Останется квадрат размера N — 2. Выберем в нём уголок и т.д. Процесс закончится, когда останется единичный квадрат, то есть дырка.
Комментарии. 1. Сравните с задачей 3.1.
2. Обратите внимание на то, как, сводя задачу к квадрату меньшего размера, мы нашли явный алгоритм получения уголков.
Построив цепочку шаг за шагом «задом наперед», подумайте, нет ли простого правила для её прохода в правильном порядке.
Пример 10.3. На шахматной доске стоит несколько ладей. Докажите, что их можно раскрасить в 3 цвета так, чтобы ладьи одинакового цвета друг друга не били. (Ладьи бьют друг друга, если они стоят на одной горизонтали или вертикали и между ними нет других ладей.)
Путь к решению. Попробуем свести задачу к случаю с меньшим числом ладей. Пусть все ладьи, кроме одной, покрашены. Если эта ладья бьёт не более двух цветов, её можно покрасить в третий цвет, и всё хорошо. А если нет? Так давайте выберем ладью, которая просто бьёт не более двух других. Действительно, ладья в углу подойдёт. А если в углу ладей нет? Тогда возьмём самую правую с нижнего края. Дадим ей последний номер и уберём с доски, а остальные покрасим нужным образом. А всё-таки как это сделать? Ну,
69


опять найдём крайнюю ладью, дадим ей предпоследний номер и уберём, и т.д. Кстати, если убирать каждый раз самую правую ладью с нижнего края, то ладьи пронумеруются так: слева направо в верхней горизонтали, затем слева направо во второй горизонтали сверху и т.д.
Решение. Красим ладей по одной в таком порядке: слева направо в верхней горизонтали, затем слева направо во второй горизонтали сверху и т.д. Очередная ладья бьет не более двух уже покрашенных: одну сверху и одну слева. Поэтому её можно покрасить в третий цвет и бьющих одноцветных пар с её участием не возникнет. А старые бьющие пары как были, так и остались разноцветными. Поэтому «плохих» пар не возникнет вообще.
Комментарий. Решение проще вспомогательного пояснения, и оно может прийти в голову непосредственно. Но само по себе оно учит лишь пользоваться удобным порядком. Путь к решению делает больше: он объясняет, как выбирать порядок в тех задачах, где он не такой естественный.
Задачи
10.4. Разрешено менять натуральное число с помощью следующих двух операций:
«Ф» —приписать справа цифру 2;
«:» — разделить на 2 (это разрешено делать только для чётных чисел).
Например, если с числом 6 проделать последовательно операции # : #, получим 312.
Можно ли такими операциями из числа 2 получить 18?
10.5. Вдоль прямого коридора аэропорта расположены 64 выхода на посадку. Каждая пара соседних выходов связана лентой, движущейся только в одну сторону. Известно, однако, что к одному выходу можно добраться от любого другого, пересаживаясь с ленты на ленту. За один вопрос можно про любую пару соседних выходов узнать, в какую сторону движется лента между ними. Как за • • •
• • • •
6 вопросов найти тот выход, к которому
можно отовсюду доехать на ленте?
10.6. На плоскости отмечены 66 точек •*.*•*•*
(см. рисунок). Докажите, что .V.V.V.V.V.
70


а) любые 65 из них можно зачеркнуть 10 прямыми;
б) все 66 точек зачеркнуть 10 прямыми невозможно.
10.7. 	Валя вступила в группу в соцсети. Некоторые участники группы дружат. Оказалось, что между любыми двумя участниками группы сообщение можно передать по цепочке от друга к другу. Докажите, что всех в группе можно занумеровать по порядку так, чтобы у каждого, кроме Вали, нашёлся хотя бы один друг, чей номер больше.
10.8t В клетках квадратной таблицы 10 х 10 клеток стоит ровно 9 нулей и проведена диагональ из левого верхнего угла в правый нижний. Можно переставлять столбцы и строки вместе с их содержимым. Докажите, что можно добиться, чтобы все нули лежали под диагональю.
Можно также использовать дополнительные задачи Д13, Д14, Д57, Д81, Д89-Д100.
Ответы и решения
10.4. Путь к решению. Применим к 18 обратный ход: удваиваем число, пока последняя цифра не станет равной 2, затем зачёркиваем её.
Решение. Да. 2, 22, 11, 112, 56, 28, 14, 7, 72, 36, 18.
Комментарий. Конечно, в общем случае именно такой метод обратного хода успеха не гарантирует, но для данных конкретных чисел сработал.
10.5. Путь к решению. Узнав направление ленты, поймём, что искомый выход лежит в указанном направлении, иначе с другой стороны ленты до него не добраться. Лента делит коридор на две части, и лучше спросить про такую ленту, чтобы при любом варианте ответа часть с искомым выходом была не очень велика. Спросив про ленту точно посередине коридора, сведём задачу ко вдвое меньшему числу выходов.
Решение. Ясно, что от выходов левее искомого лента идёт вправо, а из выходов правее него —влево. Значит, все ленты движутся в сторону искомого выхода. Всего есть 63 ленты. Спросим про направление средней, то есть 32-й. Если ответ будет «налево», то искомый выход —среди 32 выходов слева от ленты, иначе —среди 32 выходов справа от неё. Объявим
71


выходы с нужной стороны возможными. Для них условие задачи выполнено, и их соединяет 31 лента. Во второй раз спросим про среднюю из этих лент. После ответа останется 16 возможных выходов, и т.д. Так, каждым вопросом уменьшая число возможных выходов вдвое, за 6 вопросов уменьшим это число в 26 = 64 раза. Единственный оставшийся выход и есть искомый.
10.6. Путь к решению. Сделаем синей точку, которую зачёркивать не надо. Зачеркнём прямой сторону исходного треугольника без синей точки. Задача сведётся к меньшему треугольнику с размером и числом прямых меньше на 1.
Решение. Назовём размером количество точек на стороне треугольника.
а) Сделаем синей точку, которую не хотим зачёркивать. Есть треугольник размера 11, в котором все точки, кроме синей, надо зачеркнуть 11 — 1 прямыми. Зачеркнём прямой сторону исходного треугольника без синей точки. Остался треугольник размера 10 и возможность провести 10 — 1 прямых. В полученном треугольнике опять зачеркнём сторону без синей точки, и т.д. После 10 зачёркиваний останется треугольник размера 1 с синей точкой, то есть одинокая синяя точка.
б) Допустим, мы зачеркнули все точки 10 прямыми. Так как на основании треугольника 11 точек, какая-то из прямых зачеркнула на нём не менее двух точек. Значит, она совпала с прямой основания. Проведём её первой. Остальные
9 прямых зачеркнули треугольник размера 10. Точно так же доказываем, что одна из прямых проходит через его основание. Продолжая действовать таким же образом, проведём
10 прямых через основания, и верхняя точка останется неза- чёркнутой. Противоречие.
10.7. Путь к решению. Ясно, что наибольший номер можно дать только Вале. Её друзьям можно выдать самые большие номера из оставшихся, потом друзьям её друзей — самые большие номера из всё ещё оставшихся и т.д. В общем, ясно, что номера надо раздавать в обратном порядке. Но почему мы дойдём до всех, никого не пропустим?!
Решение. Пусть в группе N участников. Будем по одному выдавать номера в порядке N, N — 1, N — 2, ..., 1. Дадим Вале номер N. Далее, пока есть хотя бы один участник без номера,
72


найдётся и пара друзей А и Б, где А —с номером, а Б —без номера. Выдадим участнику Б очередной номер. Он меньше всех ранее выданных, поэтому у Б есть друг А, чей номер больше, чем у Б. Так, шаг за шагом, номера будут выданы нужным образом и всем участникам.
Не всем читателям очевидно существование пары А и Б. Докажем это строго. Выберем пару участников, где один с номером, а другой — без номера. По условию между ними можно проложить цепочку друзей. Пройдём по ней, начав с участника с номером. В какой-то момент мы шагнём от участника с номером к участнику без номера. Это и будут А и Б.
Замечание для знатоков. Утверждение задачи верно для любого связного графа. Оно может быть доказано выделением остовного дерева и подвешиванием его за вершину.
10.8. 	Путь к решению. В итоговой таблице на правом краю не должно быть нулей. Это легко обеспечить одной перестановкой столбцов. Но хотелось бы свести задачу к меньшей квадратной таблице. Чтобы получить ту же диагональ, надо отрезать нижнюю строку. Переставить туда нуль можно, но не всегда ровно один. Впрочем, много не мало...
Решение. По принципу Дирихле найдётся столбец без нулей. Переставим его на правый край. Если в нижней строке нет нулей, поменяем её с любой строкой с нулями. Теперь все нули нижней строки —под диагональю. Больше мы правый столбец и нижнюю строку как целое не трогаем. Действия с остальными строками и столбцами могут переставлять только клетки без нулей в правом столбце и клетки под диагональю в нижней строке. Мы можем про эти клетки забыть, поскольку из-за них новых нулей не под диагональю не возникнет. Останется квадрат 9x9, его диагональ является частью старой, и в нём не более 8 нулей. Как и раньше, передвигаем в нем столбец без нулей на правый край, а строку с нулями на нижний и забываем про них. В верхнем левом квадрате 8x8 остается не более 7 нулей, переставляем пустой столбец в его правый край, строку с нулями на его нижний край, переходим к квадрату 7 х 7 и т. д. После 9 перестановок нулей в оставшемся квадрате 1 х 1 не останется, они все окажутся ниже диагонали.
73


Идеология
Постепенное конструирование примера или алгоритма, как и решение задачи вообще, лучше выстраивать исходя из сути задачи, из характера связей между объектами. А вот подгонка решения под «желательную» схему подталкивает к ошибкам и тупикам. Да, проверяя в конце выстроенный алгоритм, надо будет пройти от «дано» к «доказать». Но правило проверки не должно навязывать способ построения алгоритма или цепочки.
Часто алгоритм строится не для конкретного объекта, а для множества объектов (скажем, в примере 2 —для квадратов с дырой в любом месте). Даже если множество кажется выстроенным «в линейку» по какому-то параметру (скажем, по размеру квадрата), число объектов с данным значением параметра может быть велико и быстро растёт с ростом параметра (есть п2 квадратов размера п с дырой). Ученик не замечает, что строит не одну цепочку, а много: по отдельной цепочке к каждому объекту. А без такого понимания легко пропустить часть объектов или не учесть особые случаи. «Спуск вниз» поможет осознать проблему.
Выбрать предыдущий объект в цепочке непросто, потому что на предыдущем уровне их много. Помогает принцип крайнего (пример 10.3) и редукция (пример 10.2, задачи 10.5 и 10.6). Идея редукции сложна для восприятия. Хотя решения через редукцию формально правильны, на этом этапе лучше их пока не признавать таковыми (в тексте они описаны как «путь к решению»). Чтобы надёжно убедиться в понимании учеником придуманного решения, попросите его оформить цепочку или алгоритм явно (хотя бы на 2—3 примерах).
Путь к индукции
Доказательство по индукции часто сравнивают с подъёмом по лестнице, когда шаг индукции —это шаг с п-й ступеньки на (т14-1)-ю. Подъём по лестнице удобен ещё и тем, что не заблудишься: на каждом уровне только одна ступенька, шагай себе и шагай. Но это легко только тогда, когда на каждой ступеньке (для каждого п) ровно один объект. Увы, в содержательных задачах объектов на ступеньке много: обычно тем больше, чем больше п. Индукция тогда напоминает караб¬
74


кание по ветвящемуся дереву. Путь до каждого конкретного плода определен однозначно, но попробуй его найди. Будешь тупо подниматься вверх — промахнешься.
Вспомним основную идею индукции: установить связь между утверждениями для п + 1 и для п. В нашем случае это будет связь между объектом на уровне п + 1 и объектом на уровне п. Но ведь объектов много! Да, нам придётся установить такую связь для каждого объекта на уровне п+ 1. Это значит, что надо начинать с объекта на уровне п + 1 и уже для него подбирать подходящий объект на уровне п. Для дерева, например, мы спускаемся от ветки на уровне п +1 к ветке на уровне п. А дальше уже переносим доказательство с подходящего объекта на уровне п (по предположению оно есть уже для каждого объекта на п-м уровне) на конкретный объект (rt-f-l)-ro уровня. Формально не меняясь, индукция превращается в цепочку редукций. Побуждая ученика строить цепочку явно, мы заставляем почувствовать разницу и освоить этот непростой метод.
75


Дополнительные задачи
Д1. На клетчатой доске 16 х 16 центральный квадрат 8x8 заполнили пешками. Можно ли на свободные клетки расставить 32 коня так, чтобы каждая из оставшихся свободных клеток этой доски была побита конём?
да. Число 29 можно представить как сумму натуральных чисел, у которых сумма обратных величин равна единице:
29 = 2 + 3 + 12 + 12 и | + | + П + П = 1-
Можно ли так представить число 2400?
ДЗ. Прямоугольный параллелепипед 1x1x2 перекатывают (через рёбра) по клетчатой доске 25 х 25. Можно ли прокатить его так, чтобы каждую клетку параллелепипед покрыл ровно один раз?
Д4. Назовём представление числа 100 в виде суммы нескольких натуральных чисел хорошим, если нельзя подчеркнуть одно или несколько слагаемых с суммой 2. Какое наибольшее число слагаемых может быть в хорошей сумме?
Д5. На острове живут два племени: лжецы (всегда лгут) и рыцари (всегда говорят правду). 100 жителей встали в круг, все про всех всё знают. Каждый ответил «Да» или «Нет» на вопрос «Верно ли, что оба ваших соседа — рыцари?». Ответов «Да» оказалось столько же, сколько лжецов в круге. Какое наибольшее число рыцарей может быть в круге?
Д6. На шахматную доску выставлены чёрные и белые ферзи так, что одноцветные ферзи друг друга не бьют. Каково наибольшее количество ферзей?
Д7. Докажите, что любой треугольник можно разбить на 45 меньших треугольников так, чтобы у 22 из них был угол 22°, а 23 остальных был угол 23°.
Д8. Пешка бьёт только соседние клетки по диагонали, причём белая бьёт только вверх, а чёрная — только вниз (см. рисунок). Какое наибольшее число пешек можно расставить на доске 9 х 33 (9 горизонталей, 33 вертикали) так, чтобы они не били друг друга?
А-
/
Ч
X
/
Л
/Y


Д9. а) На левом краю доски 3 х 8 (3 горизонтали, 8 вертикалей) стоит король, а под ним две ладьи. Как, передвигая фигуры по одной за ход, переместить их на правый край доски, если после каждого хода все фигуры должны быть под защитой друг друга?
б) На левом краю доски 4 х 25 (4 горизонтали, 25 вертикалей) стоит король, а под ним три хромые ладьи (эти ладьи ходят и бьют на одну клетку). После каждого хода все фигуры должны быть под защитой друг друга. Можно ли их все переместить на правый край доски не более чем за 100 ходов?
Д10. На доске написаны три натуральных числа. За один ход можно увеличить одно из написанных чисел на число процентов, равное одному из двух оставшихся чисел. Однако ход можно делать, только если в результате увеличения получается целое число. Например, если написаны числа 12, 15 и 20, то 15 можно увеличить на 20% (получится 18), а вот 12 ни на 15%, ни на 20% увеличить нельзя (поскольку получаются нецелые числа 13,8 и 14,4).
а) Существуют ли такие исходные числа, меньшие 55, что за несколько ходов можно одно из чисел на доске сделать больше 1000?
б) Существуют ли такие исходные числа, меньшие 44, что за несколько ходов можно все числа на доске сделать больше 1000?
в) Существуют ли такие различные исходные числа, меньшие 33, что за несколько ходов можно все числа на доске сделать больше 1000?
Д11. Можно ли разложить 3600 яблок в 196 стоящих по кругу корзин так, чтобы число яблок в соседних корзинах отличалось ровно на 13?
Д12. В понедельник 1 января Робин-Бобин съел одну конфету, 2 января — 2 конфеты, и весь год каждый день он ел на одну конфету больше, чем в предыдущий. Однажды Робин-Бобин съел за два дня подряд в 7 раз больше конфет, чем в свой день рождения. На какие дни недели выпали эти два дня?
Д13. За одно нажатие можно число на экране калькулятора увеличить на его дробную часть (например, из у получить а из 3,8 получить 3,8 + 0,8 = 4,6). Начав с по¬
77


ложительного числа, меньшего 1, за 10 нажатий получили число 10. С какого числа начали?
Д14. В таблицу 2 х 1000 впишите в каждую строку по одному разу числа от 1 до 1000 так, чтобы в каждом столбце сумма была точным квадратом.
Д15. Число называется зеброй, если в его записи чётные и нечётные цифры строго чередуются. Может ли сумма двух 100-значных зебр быть зеброй?
Д16. Можно ли поставить в ряд все натуральные числа от 1 до 333 так, чтобы каждые два соседних числа отличались либо на 2, либо в два раза?
Д17. Дана клетчатая доска 13 х 13, раскрашенная в шахматном порядке; её угловые клетки белые. Какое наименьшее число ладей может побить все чёрные клетки этой доски?
Д18. Вершины призмы раскрасили в три цвета так, что каждая соединена рёбрами с вершинами трёх разных цветов. Сколько всего вершин может быть у такой призмы?
Д19. В одной куче 20 конфет, а в другой 15. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход нужно съесть одну кучу конфет, а другую разделить на две меньшие кучи. Проигрывает тот, у кого нет хода (то есть кому достались две кучи по одной конфете). Кто из ребят может выиграть, как бы ни играл соперник?
Д20. Расставьте числа 1, 2, ..., 66 в вершинах и серединах сторон 33-угольника так, чтобы суммы трёх чисел на концах и в середине каждой стороны были одинаковы?
Д21. Имеются чашечные весы и 100 монет, среди которых несколько (больше 0, но меньше 99) фальшивых. Все фальшивые монеты весят одинаково, все настоящие тоже весят одинаково, при этом фальшивая монета легче настоящей. Можно делать взвешивание на весах, заплатив перед взвешиванием одну из монет (неважно, фальшивую или настоящую). Докажите, что можно с гарантией обнаружить настоящую монету.
Д22. Какое наибольшее количество чисел можно выбрать из набора 1,2,..., 1000 так, чтобы сумма никаких двух чисел не делилась на их разность?
Д23. В записи точного квадрата сто цифр. Могут ли 99 из них быть нечётными?
78


Д24. а) Изначально имеется 12 одинаковых кусков пластилина. Разрешена операция: выбрать несколько кусков (можно и все), разбить их на одинаковые по числу кусков группы (можно оставить одну группу) и в каждой группе слепить все куски в один. Как за две такие операции слепить весь пластилин ровно в 4 куска различных масс?
б) То же, когда изначально есть 111 одинаковых кусков пластилина, а надо за две операции получить 11 различных по весу кусков?
Д25. На числовой прямой в точке 0 сидит блоха. Она может совершать прыжки длиной 6 и 15 влево и вправо.
а) Сможет ли блоха за несколько прыжков попасть в точку 100?
б) Найдите все точки числовой прямой, в которые блоха может попасть.
Д26. В одной вершине куба написано число 1, а в остальных—нули. Можно прибавлять по единице к числам в концах любого ребра. Можно ли добиться, чтобы все числа делились
а) 	на 2; б) на 3?
Д27. Изначально на доске написаны числа 4, 5, 6. Разрешается взять любые два из написанных чисел а и Ь, стереть
их, а на их месте написать числа ч 5а - ЗЬ 5Ь- За
а) —2~ и
<z\ а2 Ь2
б) -г- и —.
7 b а
Можно ли такими операциями получить числа 6, 7, 8?
Д28. На столе рубашкой вниз лежит игральная карта. Можно ли, перекатывая её по столу через ребро, добиться того, чтобы она оказалась на прежнем месте, но
а) 	рубашкой вверх; б) рубашкой вниз и вверх ногами?
Д29. В пещере живёт 2019-головая гидра. Геракл за один раз может срубить ровно 33 или ровно 7 голов. Гидра убита, если после удара Геракла у неё не осталось голов. Иначе, в дополнение к оставшимся, вырастает несколько новых голов: если срублено 33, вырастет 8, а если срублено 7, вырастет 77. Сможет ли Геракл убить гидру?
ДЗО. Гулливер попал в страну лилипутов, имея 7000000 рублей. На все деньги он сразу купил сгущённое молоко в стеклянных банках по цене 7 рублей за банку (пустая
79


банка стоила в то время 1 рубль). Он узнал, что каждую ночь и стоимость сгущёнки, и стоимость пустой банки вырастали в два раза. Постепенно съедая сгущёнку, Гулливер иногда по утрам ходил сдавать пустые банки и на вырученные деньги покупал ещё сгущёнки. Других доходов у него не было. Какое наибольшее число банок сгущёнки мог съесть Гулливер?
Д31. Были даны три числа 7, 21 и 35. Каждым ходом выбирали одно из чисел, вычитали его из суммы двух других и заменяли это выбранное число на полученный результат (в частности, первым ходом заменили 7 на 35 + 21 — 7). После нескольких ходов получили три числа, наименьшее из которых—2016. Найдите два других числа.
Д32. На столе лежит куча из 2222 орехов. Из неё съедают один орех и кучу делят на две (не обязательно поровну). Затем из какой-нибудь кучи, где больше двух орехов, снова съедают один орех, а остальную кучу делят на две и т.д. Какое наибольшее число орехов можно съесть, оставив на столе кучи не менее чем из трёх орехов каждая?
ДЗЗ. Петя вынимает из мешка чёрные и красные карточки и складывает их в две стопки. Класть карточку на другую карточку того же цвета запрещено. 10-я и 11-я карточки, выложенные Петей, красные, а 25-я —чёрная. Какого цвета 26-я выложенная карточка?
Д34*. Три мухи в полдень сели на секундную, минутную и часовую стрелки часов и поехали на них. Когда какая- то стрелка обгоняла другую, сидящие на этих стрелках мухи менялись местами (а если бы секундная стрелка обогнала часовую и минутную стрелки одновременно, то местами поменялись бы мухи с секундной и часовой). Сколько оборотов сделала до полуночи муха, вначале севшая на секундную стрелку?
Д35. В ряду из 80 кувшинок на 40 левых сидит по лягушке. За один ход лягушка может прыгнуть на соседнюю справа пустую кувшинку либо, если соседняя занята, перепрыгнуть через одну занятую на следующую за ней пустую кувшинку.
а) Как лягушкам расположиться в обратном порядке на 40 правых кувшинках?
б) За какое наименьшее число ходов они могут это выполнить?
80


Д36. а) Напишите 20 различных ненулевых целых чисел, произведение которых не изменится, если все числа увеличить на 1. б) То же задание для 77 чисел.
Д37. На клетчатой доске 3 х 100 расставьте коней так, чтобы каждый бил ровно двух других и пустыми остались меньше половины клеток.
Д38. Сложите из 33 одинаковых клетчатых фигур без оси симметрии фигуру с осью симметрии.
Д39. Нарисуйте на клетчатой бумаге по линиям сетки чёрный {0*} квадрат и 39 равных ему серых квадратов так, чтобы вместе серые квадраты покрывали чёрный, но любые 38 из них —не покрывали.
Д40. Дана пустая таблица 2 х 77 и две группы по 77 последовательных чисел каждая. Докажите, что можно так расставить одну группу в первой строке, а другую —во второй, чтобы суммы чисел по столбцам тоже были группой из 77 последовательных чисел.
Д41. Расставьте ладей на клетчатой доске 4 х 50 так, чтобы каждая била столько же других ладей, сколько и пустых клеток. (В каждом направлении по горизонтали и вертикали ладья бьёт все клетки до края или до первой стоящей на её пути ладьи.)
Д42. Билетный автомат выдаёт билеты по 5 копеек на всю брошенную в него сумму, сдачи не даёт.
К автомату подошли 40 пассажиров, имея монеты только в 10, 15 и 20 копеек. Им удалось купить 40 билетов, при этом каждый получил сдачу. Приведите пример, как такое можно было сделать, имея всего 50 монет, и докажите, что меньшим числом монет обойтись было нельзя.
Д43. Петя разбил клетчатый квадрат 101 х 101 на прямоугольники по границам клеток и раскрасил прямоугольники в 3 цвета так, что прямоугольники одного цвета не соприкасались даже углами. Какое наибольшее число прямоугольников могло получиться у Пети?
Д44. Найдутся ли 100 таких пар целых сомножителей, чтобы в десятичной записи каждого сомножителя и их произведения все цифры были не меньше 7?
Д45. Имеется 40 карточек с надписями «Слева от меня как минимум 1 ложное утверждение», «Слева от меня как
81


минимум 2 ложных утверждения», ..., «Слева от меня как минимум 40 ложных утверждений». Петя разложил карточки в ряд слева направо в каком-то порядке. Какое наибольшее число утверждений могли оказаться истинными?
Д46. Кольцевой шнур пропущен сквозь набор колец разного размера с номерами от 1 до N. Кольца расположены в беспорядке. Их можно свободно двигать вдоль шнура, но поменять местами (продев одно в другое) можно только если номера колец отличаются на 2 или больше. Докажите, что кольца можно расположить в порядке возрастания номеров от кольца 1 по часовой стрелке.
Д47. Каждая клетка доски 8x8 чёрная или белая. За ход можно любой прямоугольник из трёх клеток перекрасить в тот цвет, которого в нём больше. Докажите, что за несколько ходов можно сделать всю доску одноцветной.
Д48. Белая ладья преследует чёрного слона на доске 3 х 100 клеток (они ходят по очереди по обычным правилам). Как должна играть ладья, чтобы взять слона? Первый ход делают белые.
Д49. В ряд лежат 100 монет, часть орлом, остальные решкой вверх. За один шаг разрешается выбрать три монеты так, чтобы между первой и второй лежало не меньше одной монеты и при этом столько же, сколько между второй и третьей. Выбранные монеты надо перевернуть. Докажите, что такими шагами всегда можно все монеты положить вверх орлом.
Д50. 100 козлят стоят в ряд. За один ход козлёнок может перепрыгнуть в любую сторону ровно через двоих других. Как им расположиться в обратном порядке?
Д51. В зоопарке жили 200 попугаев. Однажды они по очереди сделали по одному заявлению. Начиная со второго все заявления были «Среди сделанных ранее заявлений более 81% ложных». Сколько попугаев сказали правду?
Д52. К переправе подошли царевна Соня и 33 богатыря. Богатыри выстроились в ряд так, что каждые двое рядом стоящих богатырей— друзья; богатыри, стоящие не рядом, между собой не дружат; царевна дружит со всеми, кроме среднего богатыря. Имеется одна лодка, в которой могут плыть либо двое друзей, либо трое попарно дружащих (в одиночку плыть нельзя). Смогут ли переправиться все подошедшие к переправе?
82


Д53. У нескольких крестьян есть всего 128 овец. Если у кого-то оказывается не менее половины всех овец, остальные сговариваются и раскулачивают его: каждый берёт себе столько овец, сколько у него уже есть. (В случае двух половинок раскулачивают кого-то одного из двоих.) Произошло 7 раскулачиваний. Докажите, что все овцы собрались у одного крестьянина.
Д54.В колоде 52 карты, по 13 каждой масти. Ваня вынимает из колоды по одной карте. Вынутые карты в колоду не возвращаются. Каждый раз перед тем, как вынуть карту, Ваня загадывает какую-нибудь масть. Докажите, что если Ваня каждый раз будет загадывать масть, карт которой в колоде осталось не меньше, чем карт любой другой масти, то загаданная масть совпадёт с мастью вынутой карты не менее 13 раз.
Д55. У Аладдина есть несколько одинаковых золотых слитков, и иногда он просит джинна увеличить их количество. Джинн добавляет тысячу таких же слитков, но после этого берёт за услугу ровно половину от получившейся общей массы золота. Мог ли Аладдин оказаться в выигрыше после десяти таких просьб, если ни один слиток не пришлось распиливать?
Д56. Есть 64 кубика с ребром длины 1, у каждого ровно одна грань чёрная. Кубики положили на стол, накрыв в один слой квадрат 8x8. За один шаг разрешается повернуть как одно целое ряд из 8 кубиков (продольный или поперечный). Докажите, что всегда можно за несколько шагов расположить все кубики чёрными гранями вверх.
Д57. Маляр-хамелеон ходит по клетчатой доске на одну клетку по вертикали или горизонтали. Попав в очередную клетку, он может либо перекраситься в её цвет, либо покрасить клетку в свой цвет. Белого маляра-хамелеона ставят на чёрную доску 8x8. Докажите, что он может получить любую чёрно-белую раскраску доски, кроме шахматной.
Д58. Жук прополз по всем клеткам шахматной доски, побывав в каждой клетке ровно по разу. При этом он стартовал из центра клетки и ползал по отрезкам, соединяющим центры соседних клеток. Найдите общую длину пути жука, если доска квадратная со стороной 40 см. (Соседними считаются клетки с общей стороной.)
83


Д59. Каждым ударом Геракл разрубает Гидру или один её кусок на 3 части. За сколько ударов он сможет разрубить Гидру на 81 часть?
Д60, Развертку куба с ребром 1 дм вырезали из клетчатой бумаги со стороной клетки тоже в 1 дм. Резали только по границам клеток. Развертка —многоугольник. Каков наибольший возможный периметр этого многоугольника?
Д61. Есть четыре кучки по 30 камней. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход надо сложить две кучки в одну и разделить её на три кучки. Кто не сможет сделать ход — проиграл. Кто из играющих может всегда выигрывать, как бы ни играл соперник?
Д62. В выпуклом стоугольнике провели 50 диагоналей, все концы которых различны. Оказалось, что каждая диагональ пересеклась ровно с одной из остальных. На сколько частей они разделили стоугольник?
Д63. При игре в прямоугольники каждым ходом надо выбрать из имеющихся два прямоугольника с равной стороной и склеить их по этой стороне в один больший прямоугольник.
Вначале есть 100 единичных квадратов. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. Кто не может сделать ход, тот проиграл. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
Д64. На длинной скамейке сидели мальчик и девочка. К ним по одному подошли ещё 20 детей, и каждый из них садился между какими-то двумя уже сидящими. Назовём девочку отважной, если она садилась между двумя соседними мальчиками, а мальчика отважным, если он садился между двумя соседними девочками. Когда все сели, оказалось, что мальчики и девочки сидят на скамейке, чередуясь. Сколько из них были отважными?
Д65. Петя заполняет таблицу 5 х 10, вначале пустую. Он наугад выбирает пустую клетку, считает, сколько её соседей уже заполнено, и вписывает результат в клетку. Когда вся таблица заполнена, Петя считает сумму всех чисел в ней. Докажите, что эта сумма не зависит от порядка заполнения и найдите её. (Соседними считаются клетки с общей стороной.)
Д66. На длинном столе в ряд лежат 2007 кучек по одному ореху. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За
84


ход нужно найти какие-нибудь две такие соседние кучки (то есть без кучек между ними), что правая не меньше левой, и объединить их в одну. Тот, кто делает последний ход, выигрывает. Кто из играющих может всегда выигрывать, как бы ни играл соперник?
Д67. Двадцать пять монет раскладывают по кучкам следующим образом. Сначала их произвольно разбивают на две группы. Затем одну из имеющихся групп снова разбивают на две группы и так далее до тех пор, пока каждая группа не будет состоять из одной монеты. При каждом разбиении группы на две записывается произведение количеств монет в двух получившихся группах. Чему может быть равна сумма всех записанных чисел?
Д68. Поля клетчатой доски размером 8x8 будем по очереди закрашивать в красный цвет так, чтобы после закрашивания каждой клетки красная фигура имела ось симметрии. Покажите, как можно, соблюдая это условие, закрасить а) 26 клеток;
б) 	28 клеток. (В качестве ответа расставьте на тех клетках, которые должны быть закрашены, числа от 1 до 26 или до 28 в том порядке, в котором проводилось закрашивание.)
Д69. В ряд лежат 100 апельсинов. В каждой паре соседей веса отличаются не больше чем на 50 г. Докажите, что апельсины можно разложить на две кучи по 50 штук так, чтобы веса куч отличались не более чем на 50 г.
Д70. В квадрате проведена диагональ. Можно ли разбить его на 100 меньших квадратов (не обязательно одинаковых) так, чтобы каждый имел хотя бы одну общую точку с диагональю?
Д71. Посередине доски 1 х 1001 стоит столбик из 100 положенных друг на друга монет. За один ход разрешается снять с верха любого столбика к монет (где к — любое число от 1 до 100) и переставить их на к полей влево или вправо; если там уже стоит столбик, положить монеты на него, объединив столбики. Докажите, что можно передвинуть все монеты на соседнее справа поле ровно за 99 ходов.
Д72. Можно ли разбить квадрат 10 х 10 на доминошки 2 х 1 и провести в каждой из них по одной диагонали так, чтобы концы диагоналей нигде не совпали?
Д73. Шахматный король первый ход делает бесплатно. Каждый следующий ход бесплатный, если он в том же на¬
85


правлении, что и предыдущий, а при смене направления король платит рубль. Докажите, что можно обойти всю доску 40 х 40 за 77 рублей. (На одной клетке можно побывать и несколько раз.)
Д74. В кассе есть неограниченно много рублевых, двухрублёвых и пятирублёвых монет. Цена хорошая, если её можно заплатить ровно 20 монетами. Сколько есть различных хороших цен?
Д75. Петя и Вася по очереди выписывают на доску натуральные числа, начинает Петя. Игрок проигрывает, если выписан точный квадрат или можно получить точный квадрат, добавив к выписанному одно или несколько чисел с доски. Если же каждый выписал по 20 чисел и в процессе никто не проиграл, то ничья. Может ли кто-нибудь из игроков выиграть, как бы ни играл соперник?
Д76. Докажите, что найдутся 40 натуральных чисел, разность каждых двух из которых равна наибольшему общему делителю этой пары чисел.
Д77. Докажите, что на клетчатой бумаге можно отметить в узлах решётки 100 белых и 101 чёрную точку так, чтобы у каждой точки как ближайшая к ней, так и самая дальняя от неё были того же цвета, что и сама точка. (Если у точки несколько ближайших на одинаковом расстоянии или несколько самых дальних, они все должны быть нужного цвета.)
Д78. Докажите, что найдётся 77-угольник, у которого на продолжении каждой стороны лежит ещё хотя бы одна его сторона.
Д79. На столе лежат 33 карточки лицом вниз. Известно, что на каждой карточке написана одна цифра и среди цифр есть цифра 5. Школьник открывает карточки по одной. Открыв, он должен приписать перед цифрой знак « + » или « —». Как ему действовать, чтобы сумма всех так полученных 33 чисел наверняка не делилась на 6?
Д80. Петя и Вася играют, ходя по очереди. Первым ходом Петя выставляет на пустую шахматную доску коня, Вася ходит конём на любую клетку, Петя ходит конём на любую клетку, где конь ещё не бывал, Вася ходит конём на любую клетку, где конь ещё не бывал, и т.д. Проигрывает тот, кто
86


не сможет сделать ход. Кто из ребят может выиграть, как бы ни играл соперник?
Д81. На окружности отмечено 300 точек: по 100 точек синего, красного и зелёного цветов. Докажите, что можно провести 150 отрезков с концами в этих точках, соблюдая такие правила: 1) никакие два отрезка не пересекаются (даже в концах); 2) концы каждого отрезка разного цвета.
Д82. Победив Кащея, потребовал Иван золота, чтобы выкупить Василису у разбойников. Привёл его Кащей в пещеру и сказал: «В сундуке лежат 14 золотых слитков. Но просто так их унести нельзя: они заколдованы. Переложи себе в суму один или несколько. Потом я переложу из сумы в сундук один или несколько, но обязательно другое число. Так мы будем по очереди перекладывать их: ты в суму, я в сундук, каждый раз новое число. Когда новое перекладывание станет невозможным, сможешь унести свою суму со слитками».
Какое наибольшее число слитков может унести Иван, как бы ни действовал Кащей?
Д83. На доске изначально написаны числа 100 и 121. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. Каждым ходом нужно добавить к числам на доске ещё одно число, равное разности двух имеющихся, но не равное ни одному из имеющихся. Кто не может сделать ход, тот проиграл. Кто из ребят может выиграть, как бы ни играл соперник?
Д84. Двое играющих по очереди пишут — каждый на своей половине доски — по одному натуральному числу (повторения разрешаются) так, чтобы сумма всех чисел на доске не превосходила 10000. После того как сумма всех чисел на доске становится равной 10000, игра заканчивается подсчётом суммы всех цифр на каждой половине. Выигрывает тот, на чьей половине сумма цифр меньше (при равных суммах — ничья). Может ли кто-нибудь из игроков выиграть, как бы ни играл соперник?
Д85. В ряд лежат 100 гирь, их веса в граммах целые, общий вес чётный. Левая гиря весит 1 г, следующая — не более 2 г, следующая —не более 3 г и т.д. Докажите, что все гири можно разбить на две кучки равного веса.
Д86. В таблице 10 х 10 записано 100 различных чисел. За ход можно выбрать любой составленный из клеток прямоугольник и переставить все числа в нём симметрично относительно
87


его центра («повернуть прямоугольник на 180°»). Всегда ли за 99 ходов можно добиться, чтобы числа возрастали в каждой строке слева направо и в каждом столбце — снизу вверх?
Д87. Назовём натуральное число ровным, если в его десятичной записи все цифры одинаковы (например, 3, 111, 444 444). Докажите, что любое 19-значное число можно представить как сумму не более чем 20 ровных чисел.
Д88. В куче 100 палочек длин 1,2,3,..., 100. Петя и Вася по очереди берут из кучи по 3 палочки и складывают из них не соприкасающиеся друг с другом треугольники. Кто не может сделать ход, тот проиграл. Начинает Петя. Кто из ребят может выигрывать, как бы ни играл соперник?
Д89. На какое наименьшее число квадратов можно разрезать лесенку из 15 ступеней (см. rf=
рисунок)? гр====
Д91. Есть 77 батареек. Известно, что среди них хороших больше, чем плохих, но какие именно хорошие — неизвестно. При попытке в фонарик вставляют две батарейки, при этом он светит, только если обе батарейки хорошие. Как не более чем за 40 попыток добиться, чтобы фонарик светил?
Д92. На доске написаны числа 1,2,3,...,2019. Петя стирает их по одному. Докажите, что он может это делать в таком порядке, чтобы сумма нестёртых чисел всегда была составным числом.
Д93. За один ход можно любую из имеющихся куч орехов разделить на две меньшие. Деление на две равные кучи бесплатно, за деление на неравные придётся заплатить рубль. Докажите, что любую кучу из не более чем 2000 орехов можно разбить на кучки по одному ореху, заплатив не более 10 рублей.
Д94. а) По кругу лежат 256 яблок, занумерованных по часовой стрелке. Начав с первого, Робин-Бобин первое пропускает, второе съедает, следующее пропускает, опять одно съедает и т.д. Так он ест по кругу, пока не останется одно яблоко. Найдите номер этого яблока.
б) 	То же задание, когда по кругу лежат 2019 яблок.
Д90. Есть 555 гирь весами 1, 2, 3, ..., 555 г. Докажите, что их можно разложить на 5 равных по весу кучек.
ей
88


Д95. На плоскости провели несколько прямых, никакие три из которых не пересекаются в одной точке, и отметили все точки пересечения. Докажите, что отмеченные точки можно так покрасить в три цвета, чтобы на каждой проведённой прямой любые две соседние отмеченные точки были разного цвета.
Д96. Докажите, что числа от 1 до 2019 можно записать в строку в таком порядке, чтобы для каждой пары чисел ни одно стоящее между ними число не равнялось их полусумме. (Числа могут стоять и не рядом; например, группа 1, 2, 5, 9 запрещена, так как (1 + 9): 2 = 5.)
Д97. Задумано натуральное число х от 1 до 144. Можно последовательно задать 10 вопросов вида «Верно ли, что x>k?» (где k — любое конкретное число). Однако на любой вопрос, кроме 10-го, ответ даётся только после того, как задан следующий вопрос (а на 10-й ответ даётся сразу). Как наверняка узнать задуманное число?
Д98. Есть 128 монет двух различных весов, монет каждого веса поровну. Как на чашечных весах без гирь гарантированно найти две монеты разного веса не более чем за 7 взвешиваний?
Д99. Длина взрослого червяка равна 1 метр, и такого червяка можно разрезать на две части в любом отношении длин. При этом получаются два новых не взрослых червяка, которые сразу начинают расти со скоростью 1 метр в час каждый. Когда червяк дорастает до метра, он становится взрослым и прекращает расти. Можно ли из одного взрослого червяка получить 10 взрослых червяков быстрее чем за час?
Д100* Из колоды в 52 карты (4 масти, 13 достоинств) отложили часть карт. Докажите, что оставшиеся можно разделить между двумя игроками так, чтобы у них общее число карт отличалось не более чем на 1, число карт каждой масти отличалось не более чем на 1 и число карт каждого достоинства отличалось не более чем на 1.
Д101. В ряд записаны 10 различных натуральных чисел. Начиная со второго каждое равно сумме цифр предыдущего. Могут ли все числа быть точными квадратами?
Д102’! Квадрат разбит на 777 прямоугольников. Докажите, что его можно разрезать на два меньших многоугольника так, чтобы разрез шёл по границам прямоугольников, и в один многоугольник попали ровно 333 прямоугольника.
89


Дополнительные задачи: ответы и решения
Д1. Можно. Свободные клетки доски разбиваются на 8 прямоугольников размером 4x6 (см. рисунок слева), а в каждом прямоугольнике можно расставить 4 коня в соответствии с условием (см. рисунок справа).
Д2. Можно. Представим 2400 как сумму 10 скобок (20 + 4-40 + 60+120). Сумма обратных величин для чисел в каждой
* 1,1,1, 1 1 скобке равна ^ + 40 + 60 120 = 10’ поэтомУ сумма всех
обратных величин равна 1.
ДЗ. Можно. Ставим параллелепипед на грань 1 х 1 в левый нижний угол и катим вверх, чередуя «стоячее» положение на одной клетке с «лежачим» на двух клетках. Параллелепипед будет стоять на 1-й, 4-й, 7-й, ..., 25-й горизонталях и тем самым прокатится по всем клеткам левой вертикали. Далее перекатим его вправо, положив на две верхние клетки 2-й и 3-й вертикали, а затем в лежачем положении по этой паре вертикалей катим вниз. Он покроет все клетки 2-й и 3-й вертикалей. Внизу перекатим его вправо, он встанет на нижнюю клетку 4-й вертикали. Повторяем процедуру: катим вверх до упора, шаг вправо, вниз до упора, шаг влево. Такими проходами вверх-вниз будем покрывать по 3 вертикали, и параллелепипед будет вставать на 4-й, 7-й, ..., 25-й клетках нижней горизонтали. Когда он встанет в правом нижнем углу, прокатим его по правой вертикали.
Д4. Ответ. 34 слагаемых.
Пример. 33 тройки и одна единица.
Оценка. В хорошем представлении нет двоек и максимум одна единица. Если слагаемых не менее 35, то не менее 34 из них не меньше 3. Но тогда сумма не меньше 3*34 = 102. Противоречие.
Д5. Ответ. 75.
90


Пример. Чередуются группы из 3 рыцарей и одного лжеца. «Да» ответил только каждый средний в группе из 3 рыцарей. И лжецов, и ответов «Да» по 25.
Оценка. Допустим, рыцарей не менее 76, тогда лжецов не более 24. Если рыцарь сказал «Нет», то с ним рядом —лжец. У каждого лжеца не более 2 соседей, поэтому «Нет» сказали не более 48 рыцарей. Тогда «Да» сказали не менее 28 рыцарей, что больше 24. Противоречие.
Д6. Ответ. 32.
Оценка. Разобьём доску на 16 квадратов 2x2. В каждом квадрате не более двух ферзей, иначе найдутся два одноцветных, и они бьют друг друга. Значит, всего не более 32 ферзей.
Пример. На нечётных горизонталях доски по 8 ферзей, цвета которых чередуются, причём первая и пятая горизонтали начинаются белыми ферзями, а третья и седьмая— чёрными.
Д7. У исходного треугольника есть угол, больший 23°. Луч, отсекающий от него угол в 23°, отрежет треугольник с углом 23°. Оставшийся треугольник Т разрежем высотой на два прямоугольных, затем один из прямоугольных опять разрежем высотой на два прямоугольных и т.д., пока не получим треугольник Т, разбитый на 11 прямоугольных треугольников. Проведя в каждом из них биссектрису прямого угла, получим 22 треугольника с углом 45°. Разобьём каждый из этих углов на углы 22° и 23° отрезком от вершины угла 45° к противоположной стороне. В итоге Т разобьётся на 22 треугольника с углом 22° и 22 треугольника с углом 23°.
Д8. Ответ. 200.
Пример. См. рисунок, чередуются
А
А
А
£
А
А
А
вертикали с 8 и 4 пешками.
к
к
к
к
Оценка. В прямоугольнике из трёх
А
А
А
А
горизонталей и двух вертикалей каж¬
к
к
к
J
t
к
к
к
дая клетка средней горизонтали либо
пуста, либо пешка с неё бьет клетку
А
А
А
£
А
А
А
по диагонали, и тогда побитая клет¬
к
к
к
к
ка пуста. Итого в любом прямоуголь¬
А
А
А|
А
нике 3x2 стоит не более 4 пешек.
к
к
к
J
ь
к
к
к
В частности, пару соседних вертикалей можно разбить на 3 прямоугольника 3x2, значит, в них не более 12 пешек.
91


Допустим, нам удалось поставить 201 пешку. Выберем любую нечётную вертикаль. Остальные вертикали разбиваются на 16 пар, и в них не более 12*16 = 192 пешек. Значит, в выбранной нечётной вертикали 201 — 192 = 9 пешек. Однако если в соседней чётной вертикали пешка стоит не на первой и последней горизонтали, она бьет пешку в нашей нечётной вертикали. Значит, в чётной вертикали не более 2 пешек. Это верно для любой из 16 чётных и любой из 17 нечётных вертикалей, значит, всего у нас не более 9•17 + 2•16 = 185 пешек. Противоречие.
Д9. Будем все ходы ладьями делать на соседнюю клетку. За 4 хода выстраиваем столбик, где король в середине, а ладьи выше и ниже: король по диагонали вправо-вниз, нижняя ладья вправо, верхняя ладья вверх, затем вправо. Такой столбик за 3 хода перемещаем на 1 вправо, делая ход по порядку ладьёй, королем, другой ладьёй. При переходе с предпоследней вертикали на последнюю перестраиваем обратно: король, под ним две ладьи.
б) 	Можно. Пронумеруем горизонтали снизу 4 вверх, а вертикали обозначим слева направо бук- ^ вами латинского алфавита от «а» до «у». За 5 хо- дов КрЬЗ, КрЬ2, ЛЬЗ, JIbl, JIaal займём основную стойку (см. рисунок). Такую стойку 4 ходами сдви- 1 гаем на 1 вправо: сначала по очереди сдвигаем две нижние ладьи, затем короля и верхнюю ладью. Повторив эту последовательность ходов 22 раза, за 88 ходов переместим всю группу на вертикали w и х. За 7 ходов поставим всех на последнюю вертикаль у: Jlyl, Лу2, Лх1, Лху1, ЛЗуЗ, КрхЗ, Кру 4.
Д10. а) Существуют. Например, {25, 40, 50}. После ходов 40 4- 50 % • 40 = 60, 50+ 60% *50 = 80, 80 + 25 % • 80 = 100 получим тройку {25, 60, 100}. При увеличении на 100% число удваивается. Удвоив 60 пять раз, получим число 1920, большее 1000.
б) 	Существуют. Например, {25, 40, 40}. После
40+ 25% *40 = 50
получим тройку {25,40,50}. Действуя, как в п. а), получим тройку {25, 1920, 100}. Удваивая (то есть увеличивая на 100%), из 25 получим 1600. Наконец, увеличив 100 на 1600%, получим 1700.
а b с
92


в) 	Существуют. Например, {25, 28, 32}. После ходов
32 + 25 % • 32 = 40, 40 + 25%.40 = 50, 50 + 28%-50 = 64,
64 + 25 % • 64 = 80, 80+ 25%-80 = 100
получим тройку {25, 28, 100}. Имея 100, можем другие числа удваивать. Так получим {1600, 1792, 100}. Наконец, увеличив 100 на 1600%, получим 1700.
ДИ. Нельзя. Пусть это удалось. Разделим число яблок в каждой корзине на 13 с остатком. Из условия следует, что все остатки должны быть равны, а чётность неполных частных должна чередоваться. Поскольку 195 делится на 13, число яблок в 195 корзинах тоже делится на 13. Значит, остаток в одной корзине совпадает с остатком от деления числа 3600, то есть равен 12. Минимальное число яблок в этой корзине равно 12, тогда в соседней корзине их минимум 25,
а всего в паре минимум 37. Значит, общее число яблок не 196
менее 37 • = 3626 > 3600. Противоречие.
Д12. Ответ. Среда и четверг.
Пронумеруем дни в году, начиная с 1 января. Сумма двух соседних номеров, соответствующих двум дням, когда «Робин съел в 7 раз больше...», должна делиться на 7. Два последовательных числа могут давать такие пары остатков от деления на 7: 0 и 1; 1 и 2; 2 и 3; 3 и 4; 4 и 5; 5 и 6; 6 и 0. Перебором убеждаемся, что единственная пара, удовлетворяющая условию,— это 3 и 4. Так как нумерация началась с понедельника, искомые дни —среда и четверг.
Д13. Ответ. С числа 1 — ^. За одно нажатие целая часть числа могла увеличиться не больше чем на 1. Так как за 10 нажатий она возросла ровно на 10, каждый раз она возрастала точно на 1. Число 10 могло получиться только из числа
9,5 = 10—Число 9,5 получилось из числа 8 +а, где а< 1.
3
Но из 8 + а получается 8 +2а, следовательно, 2а = 1,5 и а=-г,
3 1
то есть предыдущее число равно 8-т = 9— -т. Аналогично оно
7 1 4 4
получилось из 7g=8—g. Продолжая цепочку рассуждений,
получаем, что начинали с числа
1023 _ 1 1
1024 210 *
93


Д14. В первую строку запишем числа в порядке возрастания. Вторую строку начнём заполнять с конца, дополнив каждое из чисел 1000, 999, ..., 24 до 1024 = 322. На это уйдут числа от 24 до 1000, и останутся незаполненными первые 23 столбца и числа от 1 до 23. Продолжим заполнять с конца, но чуть хитрее: числа от 23 до 13 дополняем до 36, от 12 до 4 —до 16, от 3 до 1 —до 4.
Д15. Путь к решению. Достаточно найти пример двузначной зебры, равной сумме двузначных зебр.
Решение. Может, например
1616.. 	.16+1818... 18 = 3434... 34.
Д16. Путь к решению. Малые случаи подсказывают, что мы можем выписать по порядку отдельно чётные, отдельно нечётные числа и соединить их, поставив рядом числа 1 и 2.
Решение. Можно. Например,
333, 331, 329, ..., 3, 1, 2, 4, 6, ..., 332
(сначала нечётные по убыванию, потом чётные по возрастанию).
Д17. Ответ. 6 ладей.
Решение.
Пример. См. рисунок.
Указание. Рассмотрите меньшие доски нечётного размера с аналогичной раскраской.
Оценка. Если ладьи есть на каждой вертикали, их не меньше 13. Иначе есть вертикаль без ладей, на ней не менее 6 чёрных клеток, их бьют не менее 6 ладей.
94


Д18. Ответ. Любое число, кратное 6.
Пример. Когда число вершин на верхней грани кратно 3, раскрасим их по кругу в красный, жёлтый, зелёный, красный и т.д. цвета. Вершины нижней грани красим в цвет вершины точно над ней.
Доказательство. Пусть призма раскрашена требуемым образом. Заметим, что из каждой красной вершины выходит ровно одно ребро в жёлтую, поэтому красно-жёлтых рёбер столько, сколько красных вершин. Аналогично таких рёбер столько же, сколько жёлтых вершин. Поэтому красных и жёлтых вершин поровну. Аналогично вершин всех цветов поровну, поэтому общее число вершин кратно 3. Но оно же кратно 2, так как верхняя и нижняя грани равны. Значит, число вершин кратно 6.
Д19. Выигрывает Петя. Будем называть кучи чётными и нечётными в зависимости от чётности числа конфет в них. Стратегия Пети: съедать нечётную кучу, а чётную делить на две меньшие нечётные (например, отделяя от чётной кучи 1 конфету). Тогда Вася разделит нечётную, обязательно оставив Пете чётную и нечётную кучи. Таким образом, у Пети всегда будет ход, и он не проиграет. Значит, проиграет Вася.
Д20. Указание. Рассмотрите меньшие многоугольники с нечётным числом сторон.
Решение. Выберем какие-нибудь три последовательные вершины по часовой стрелке А, В, С. Расставим числа 1, 2, ..., 33 в серединах сторон многоугольника по часовой стрелке, начиная с ВС. Затем расставим числа 34, 35, ..., 66 в вершинах, начав с А и следуя через одну против часовой стрелки. Объясним, почему при такой расстановке суммы чисел на. всех сторонах одинаковы. Достаточно проверить это для соседних сторон. В типовом случае число в середине следующей стороны на 1 больше числа в середине предыдущей, а в необщих концах соседних сторон —на 1 меньше (см. нижний рисунок).
95


Поэтому суммы одинаковы. Но есть два исключения: когда наибольшее и наименьшее число оказываются в серединах соседних сторон или в необщих концах соседних сторон. Однако оба исключения попадают на участок ABC (см. верхний рисунок), и там суммы тоже равны!
Д21. Отложим одну монету и занумеруем остальные. Поскольку настоящих монет не меньше двух, среди 99 занумерованных монет есть хотя бы одна настоящая. Взвесим первую со второй, заплатив за взвешивание отложенной монетой. Если одна из монет перевесила, то она настоящая, и задача решена. Если веса первой и второй монет равны, сравним вторую монету с третьей, заплатив за взвешивание первой монетой. Если одна из монет перевесила, задача решена. Иначе взвесим третью монету с четвёртой, заплатив за это второй монетой, и т.д. Если в какой-то момент одна из монет перевесит, задача решена. Если же все 98 взвешиваний дали равновесие, то все 99 пронумерованных монет весили одинаково, и, поскольку среди них была настоящая, все они, в том числе и две оставшиеся после 98-го взвешивания, настоящие.
Д22. Ответ. 334.
Пример. Числа 1,4, 7, 10, ..., 1000 идут через 3, поэтому их разность кратна 3. Но никакая сумма двух таких чисел не кратна 3, так как все они дают в остатке 1 при делении на 3.
Оценка. Разобьём все числа на 334 группы: {1, 2, 3}, {4, 5, 6}, ..., {997,998,999} и {1000}. Пара чисел из одной группы не подходит: если их разность равна 1, то сумма на 1 делится, а если разность равна 2, то числа одинаковой чётности и их сумма чётна, а значит, на 2 делится. Итак, можно выбрать не более чем по одному числу из каждой группы, значит, чисел не более 334.
Д23. Могут. Например, квадрат 50-значного числа 33... 334 содержит 100 знаков и имеет вид 11... 1155 ... 556.
Проверим это:
33... 3342 = 33 ... 334 • (3 • 11... Ill + 1) =
= (33... 334•3)•11... 111 + 33 ... 334.
Произведение в скобках равно
33 ... 333 • 3 + 3 = 99... 999 + 3 = 100... 002.
96


Подставляя, получаем
100... 002 • 11... Ill + 33 ... 334 =
= 11... 11122... 222+ 33... 334 = 11... 1155 ... 556.
Д24. Решение. Скленный кусок и его вес будем обозначать цифрой по числу входящих в него исходных кусков.
а) 	Первый способ. Отложим четыре куска веса 1, а остальные восемь склеим в четыре куска веса 2. Теперь у нас всего восемь кусков. Отложим куски весов 1 и 2, а оставшиеся склеим тройками: 1 + 1 + 1 = 3 и 2 + 2 + 2 = 6. Получим набор {1,2,3, 6}.
Второй способ. Склеим восемь исходных кусков в два куска веса 4. Отложим куски веса 1 и 4, а остальные склеим парами: 1 + 1 = 2 и 1 + 4 = 5. Получим набор {1, 2, 4, 5}.
б) Склеим 74 куска попарно. Имеем по 37 кусков весов 1 и 2. Отложим по одному куску весов 1 и 2, а остальные 72 куска разобьём на 9 групп по 8 кусков, так чтобы в группах было 0,1,2,..., 8 кусков веса 2, остальные — веса 1. Склеив куски в каждой группе в один, получим, кроме отложенных, 9 кусков с весами 8, 9, ..., 16.
Д25. Решение. Изначально координата блохи кратна 3. При каждом прыжке координата увеличивается или уменьшается на число, кратное 3. Поэтому после каждого прыжка координата кратна 3. Значит, делимость координаты на 3 — инвариант.
а) 	Не сможет. Поскольку 100 не кратно 3, в точку 100 блоха попасть не может.
б) Ответ. Во все точки, координата которых кратна 3. Действительно, в другие точки блохе не даёт попасть инвариант. С другой стороны, в любую сторону блоха может сдвинуться ровно на 3 такой комбинацией прыжков: туда на 15 и два раза обратно на 6. А сдвигами по 3 можно пройти все числа, кратные 3.
Д26. Решение, а) Нельзя. При каждой операции к сумме чисел во всех вершинах добавляется 2, поэтому нечётность этой суммы — инвариант. А если бы в каждой вершине числа делились на 2, то эта сумма была бы чётной.
б) 	Нельзя. Раскрасим вершины куба в белый и чёрный цвета так, чтобы концы каждого ребра были разного цвета. Тогда
97


изначально суммы в белых и чёрных вершинах отличаются на 1. Каждый шаг увеличивает эти суммы одинаково, поэтому разность сумм — инвариант, она всегда равна 1. Но если бы числа во всех вершинах стали кратны 3, то и разность сумм стала бы кратной 3. Однако 1 на 3 не делится. Противоречие.
Д27. Указание, а) Нельзя. Сумма всех чисел — инвариант.
б) Нельзя. Произведение всех чисел — инвариант.
Д28. Пусть плоскость стола разбита сеткой на прямоугольные клетки с такой же шириной и высотой, как у карты, и карта изначально занимает одну клетку.
а) Нельзя. Раскрасим клетки плоскости в белый и чёрный цвет в шахматном порядке. Пусть изначально карта лежала на белой клетке. При перекатывании карты одновременно меняется цвет клетки и положение рубашки. Значит, на белых клетках карта всегда будет лежать рубашкой вниз.
б) Нельзя. Раскрасим горизонтали в два цвета, чередуя белый и чёрный. Пусть изначально карта лежала на белой горизонтали. При перекатывании карты через короткую горизонтальную сторону одновременно меняется цвет горизонтали и направление «ног» карты. Значит, на белых клетках карта всегда будет лежать «вниз ногами».
Комментарий. В процессах с чередованием случается, что два «маячка» меняются синхронно. Инвариантом будет соответствие их состояний.
Д29. Нет. При каждом несмертельном ударе число голов либо уменьшится на 25, либо вырастет на 70. При прибавлении 25 последняя цифра 9 заменяется на 4, а последняя цифра 4 заменяется на 9. При вычитании 70 последняя цифра не изменяется. Итак, при несмертельных ударах число голов гидры всегда оканчивается на 4 или на 9. Поэтому у гидры никогда не будет ровно 33 или ровно 7 голов, и Геракл не сможет нанести ей смертельный удар.
Комментарий. Можно сказать короче: поскольку 25 и 70 кратны 5, остаток от деления числа голов гидры на 5 — инвариант. Он всегда равен 4. Ровно 33 и ровно 7 голов невозможны, поскольку у этих чисел другой остаток.
ДЗО. Решение. Заметим, что отношение цены полной банки к пустой — инвариант: полная всегда стоит 7 пустых. Будем
98


измерять все цены в пустых банках, сокращённо пб. Изначально у Гулливера было 7000000 пб. Съедая банку сгущёнки, Гулливер уменьшает свой капитал на 6 пб. Это он может сделать не более
7000 000 л лее ссс 2  ^ = 1166 666 g раз,
то есть он может съесть не более 1166 666 банок сгущёнки. Ровно столько он и съест, если, сдав очередные 7 пустых банок, тут же будет покупать на них полную банку.
Д31. Ответ. 2030 и 2044. Докажем инвариантное свойство: среднее из трёх чисел всегда на 14 больше наименьшего и меньше наибольшего. Вначале это так. Будем всегда выписывать числа тройки по возрастанию. Пусть мы имеем тройку {х— 14, х, х+ 14}. При замене числа х— 14 на
(х + х + 14) — (х— 14) = х + 28
получим тройку {х, х + 14, х + 28}, для неё свойство выполнено. При замене числа х тройка не меняется. При замене числа х + 14 получаем тройку {х — 28, х — 14, х} с тем же свойством.
Замечание для знатоков. Такая тройка является арифметической прогрессией с разностью 14.
Комментарий. Легко заметить и другой инвариант: все числа кратны 7. Однако это не помогает их найти.
Д32. Ответ. 554 ореха.
Пример. Каждый раз, съедая орех, отделяем от исходной кучи кучку в 3 ореха. В исходной куче становится на 4 ореха меньше. Сделав так 554 раза, получим 554 кучки по 3 ореха, а в исходной куче останется 2222 — 554-4 = 6 орехов.
Оценка. При каждой операции общее число орехов уменьшается на 1, а число куч увеличивается на 1. Значит, сумма этих величин — инвариант. Изначально он равен 2222 + 1 = = 2223. Если в конце стало k куч, то орехов в них не меньше 3k, а сумма числа куч и числа орехов не меньше 4k. Следовательно, 4k ^ 2223 и k ^ 555. Съеденных орехов на 1 меньше, чем куч, значит, съели не более 554 ореха.
ДЗЗ. Ответ. Красная. Верхние карточки двух стопок могут быть одинакового цвета или разного, причём эти ситуации чередуются. Действительно, если цвет одинаковый, то можно
99


выложить только карточку другого цвета и цвета станут разными. Следующая выложенная карточка кладется на карточку другого цвета, значит, совпадает по цвету с верхней картой другой стопки: разный цвет сменился на одинаковый. Имеем инвариант: совпадение или несовпадение цветов определяется чётностью номера карточки.
Поскольку 10-я и 11-я карточки красные, они попали в разные стопки. Значит, после 11-й карточки цвета совпали. То же будет после любой нечётной карточки, в частности после 25-й. Но 25-я карточка чёрная, значит, обе карточки наверху стопок —чёрные. На них может быть выложена только красная карточка, значит, 26-я карточка красная.
Д34. Ответ. 245. Обозначим мух Ч, М, С по первым буквам стрелок, на которые они сели вначале. Заметим, что, когда стрелки обгоняют друг друга, мухи друг друга не обгоняют. Значит, если двигаться по часовой стрелке от мухи Ч, всегда сначала дойдешь до мухи М, а уж потом —до мухи С, то есть круговой порядок мух ЧМС —инвариант. На финише мухи опять соберутся в (почти) одной точке в том же круговом порядке. Но на том маленьком отрезочке, где они собрались, Ч не обязана быть последней, она может оказаться посредине или даже впереди: порядок на отрезочке может быть ЧМС, СЧМ или МСЧ. В первом случае мухи сделали поровну кругов, во втором —муха С на один круг больше остальных, в третьем —муха Ч на круг меньше остальных. Посчитаем, сколько кругов сделали три мухи вместе. Эти круги складываются из углов, на которые поворачивались мухи вместе со стрелками. А обороты стрелок посчитать легко: у часовой 1, у минутной 12, у секундной 12*60 = 720, то есть все вместе 733 оборота. Делим с остатком: 733 : 3 = 244 (остаток 1). Это значит, что имел место случай СЧМ, то есть лишний круг сделала муха С, у неё 244 +1 = 245 кругов.
Д35. Указание. Чтобы не запутаться, расставьте сначала на нужные места лягушек с чётных мест по порядку, начиная с самой правой, а затем —с нечётных мест, начиная с левой.
Решение, а) Занумеруем кувшинки и лягушек слева направо по порядку, и пусть расстояние между соседними кувшинками равно 1 м. Тогда лягушка с номером п должна с кувшинки п попасть на кувшинку 81 — п, то есть сдвинуться
100


вправо на 81 — 2п м. Ход на 1 м вправо назовем шагом, ход на 2 м вправо (через занятую кувшинку) — прыжком.
Вот один из способов. Сначала ходят лягушки с чётными номерами, начиная с правой: 40-я делает шаг, потом 38-я делает два прыжка и шаг, 36-я делает 4 прыжка и шаг и т. д. В результате каждая из чётных лягушек сдвигается вправо ровно на нужное расстояние и попадает на назначенное ей место. Когда все чётные сделали свои ходы, все лягушки сидят строго через одну кувшинку.
Теперь двигаем всех нечётных лягушек, начиная слева: 1-я делает шаг и 39 прыжков, 3-я делает шаг и 37 прыжков и т.д. В результате и нечётные лягушки придут на назначенные места.
б) В алгоритме из п. а) всего было сделано
1 + 3 + 5 + .. . + 39 + 40 + 38 + ... + 2 =
= 1 + 2 + .. . + 40 = 820 ходов.
Оценка. Чтобы 40-й лягушке сдвинуться на 1 м, нужен 1 ход; чтобы 39-й сдвинуться на 3 м, нужно хотя бы 2 хода, чтобы 38-й сдвинуться на 5 м, нужно хотя бы 3 хода (шаг и 2 прыжка), а 2 ходов не хватит, и т.д. Поэтому всего понадобится не менее 1 + 2 + ... + 40 = 820 ходов.
Замечание. Те, кто уже немного знакомы с комбинаторикой, могут доказать, что при любом способе понадобится ровно 820 ходов.
Д36. Путь к решению. Ясно, что среди чисел должны быть как положительные, так и отрицательные. Простейший пример для двух чисел: —2 и 1; при увеличении на единицу знаки остаются, а модули меняются местами. Есть и другие такие пары чисел: —4 и 3, —10 и 9, —20 и 19. Из различных пар легко составить пример для чётного количества чисел. В частности, 10 различных пар дадут нужный пример а). Для пункта б) естественно поискать малый пример с нечётным количеством чисел. Для 3 чисел находим набор —2, 2, 3. Опять же, добавляя пары, получим пример для 77 чисел.
Решение, а) Например, —11, —10, —9, ..., —2, 1, 2, 3, ..., 10.
б) Например, —41, —40, ..., —5; -2; 2, 3, 4, ..., 40.
Д37. Путь к решению. Рассмотрим доски 3 х k для малых k. Наименьший пример найдётся для доски 3x3. Вы¬
101


сокая доля занятых клеток позволяет получить примеры для 3 х 4 и 3 х 5 добавлением пустых столбцов. Теперь можно опять вставить конструкцию для 3x3, и т.д. Это получается не для всех ky но для кратных 5 точно получится.
Решение. Разобьём доску на части 3x5.
В каждой части оставим пустыми 7 клеток: по 3 в двух крайних столбцах и одну центральную, а остальные 8 заполним конями (см. рисунок).
Д38. Если сложить симметричную фи- -
гуру из меньшего числа несимметричных, _
то потом уже можно складывать из полу- I
ченных симметричных. В частности, мож- ~
но сложить квадрат без угловой клетки из трёх несимметричных пентамино и взять 11 таких неполных квадратов (см. рисунок). Как видим, фигура симметрична относительно диагонали.
Д39. Рассмотрим чёрный клетчатый квадрат N х N. Отметим в нем светлосерыми кружками N клеток на главной диагонали, идущей из верхнего левого в правый нижний угол, и тёмно-серыми кружками ещё N — 1 клетку на параллельной, соседней снизу диагонали (см. рисунок для N = 4). Для клетки со светлосерым кружком построим равный чёрному светло-серый квадрат, где эта клетка будет левой нижней, а для тёмного кружка — тёмно-серый квадрат, где эта клетка будет правой верхней. Очевидно, что серые квадраты покроют чёрный квадрат полностью и каждая клетка с кружком покрыта ровно одним квадратом. Всего мы построили 2N — 1 серых квадратов. При N = 20 получим искомый пример.
Д40. Путь к решению. Представив группу последовательных чисел как а +1, а + 2, ..., а+77, видим, что можно её заменить на 1, 2, ..., 77, так как при этом все суммы столбцов уменьшатся на а и группа сумм по столбцам останется последовательной. Заменив так обе группы, можно вычислить общую сумму и начальное число последовательной группы сумм.
1
©
—
•
0
•
9
т
102


Решение. Пусть первая группа состоит из чисел а + 1, а+ 2, а+ 77, а вторая —из чисел b + 1, 6 + 2, ..., & + 77. Вот нужный способ заполнения таблицы.
д+1
а+40
й+2
а+41
fl+3
а+42
а+77
й+39
6+39
Ъ+1
6+40
Ъ+2
6+41
6+3
6+38
6+77
При переходе к следующему столбцу слагаемые а и Ъ сохраняются, а два других меняются местами и верхнее увеличивается на 1.
Д41. См. рисунок. Конструкция работает для досок длин 2, 5, 8, ..., 50 (и вообще, для досок 4 х (3k — 1) для всех натуральных k).
Комментарий. Есть ещё серии для всех нечётных длин и длин, кратных 4, но для досок 4 х 50 они не подходят.
Д42. Путь к решению. Поищем примеры с малым числом монет. Простейший пример таков. Пусть до уплаты у 4 пассажиров были следующие наборы: 15, 15, 10 + 10, 20. После уплаты стало 10, 10, 15, 15 соответственно. Хватило 5 монет. Теперь уже искомый пример очевиден.
Решение. Пример. Разобьём пассажиров на 10 групп по 4 человека с наборами из 5 монет: 15, 15, 10 + 10, 20 копеек. Последний бросает 20 копеек в кассу, остальные монеты перераспределяются: 10, 10, 15, 15 копеек соответственно. Видим, что каждый получил причитающуюся сдачу.
Оценка. Каждый из 40 пассажиров получил сдачу, значит, у них осталось не менее 40 монет. За 40 билетов заплачено 200 копеек, значит, в автомат брошено не менее 200 : 20 = = 10 монет. Итого у них было не менее 40 +10 = 50 монет.
Д43. Ответ. 5201. Пример. Все чётные горизонтали сделаем отдельными прямоугольниками и покрасим их в 1-й цвет, а остальные горизонтали разобьём на единичные квадратики и покрасим их, чередуя 2-й и 3-й цвет (см. рисунок). Всего
103


у нас 50 больших прямоугольников и 1012 — 50 • 101 квадратиков, итого 5201.
Оценка. Если бы в одном узле сетки соприкоснулись углами три прямоугольника, то там же нашелся бы угол четвёртого, и тогда какие-то два из этих прямоугольников были бы одного цвета. Всего есть 1022 узлов, из них 4 —в углах квадрата, где есть ровно один угол прямоугольника.
Итого у нас есть не более 2 • 1022 — 4 углов, значит, не более (2 • 1022 — 4): 4 = 5201 прямоугольников.
Д44. Рассмотрим произведение Зд-значных чисел
887887... 887887 • 999999 ... 999877.
Заметим сначала, что 887 • 123 = 109 101. Поэтому
887887... 887887 • 123 = 109210210... 210101 (3п + 3 знака).
Наконец,
887887... 887887 • 999999... 999877 =
= 887887... 887887 - (103п - 123) =
= 887887... 887887 • 103" - 109210210... 210101 =
= 887... 887777789... 789899
(в последнем числе группы 887 и 789 повторяются по п — 1 раз подряд).
Замечание. Есть и другие серии примеров:
8877 • 7 = 8_^8 7888 7__79899
п л+3 п п
И
8 9^^87-8 7^7 = 78 9^9878^8 99
п-fl 71+3 п п+2
(при п ^ 1).
Д45. Ответ. 20.
Пример. Пусть числа на карточках идут в таком порядке: 21, 1, 22, 2, 23, 3, ..., 40, 20. Тогда все утверждения с числами больше 20 ложны, так как даже общее число карточек слева меньше заявленного на карточке. Значит, утверждение с числом 1 истинно, тогда слева от утверждения с числом 2 из трёх
104


утверждений ровно два ложных —с числами 21 и 22, поэтому и утверждение числом 2 истинно, и т.д., то есть истинны все утверждения с числами не больше 20.
Оценка. Если истинных утверждений больше 20, то ложных меньше 20. Но тогда все карточки с числами от 20 до 40 «лгут», поэтому ложных больше 20. Противоречие.
Д46. Будем шаг за шагом наращивать группу колец, идущих по порядку от 1 по часовой стрелке. Вначале она состоит из 1. Двигаем 1 по часовой стрелке, меняясь со встреченными кольцами, пока 1 не упрётся в 2. Склеим 1 и 2. Двигаем склейку как единое целое по часовой стрелке, меняясь со встреченными кольцами, пока не упрёмся в 3. Приклеим 3 к склейке. Двигаем склейку по часовой стрелке, пока не упрёмся в 4, приклеиваем 4 к склейке и т.д.
Д47. Рассмотрим сначала верхний левый квадрат 3x3. Для каждого из его столбцов выберем цвет, которого больше. Так как столбцов 3, а цветов 2, найдётся пара столбцов, для которых преобладающий цвет Ц совпадет. Перекрасим эти столбцы в цвет Ц. Тогда в каждой строке квадрата 3x3 цвет Ц встречается как минимум дважды, то есть тоже в большинстве. Перекрашивая строки 1x3, окрасим весь квадрат в цвет Ц. Сдвигая строки на 1 вправо и перекрашивая, окрасим постепенно 3 верхние горизонтали в цвет Ц. Сдвигая столбцы верхнего прямоугольника на 1 вниз и перекрашивая их, окрасим постепенно всю доску в цвет Ц.
Д48. Можно считать, что слон ходит по чёрным клеткам. Не более чем за 3 хода ладья может встать на 2-ю горизонталь так, чтобы оказаться от слона на ход коня (см. рисунок). Теперь у слона есть единственный ход на клетку, не побитую ладьёй, а именно по диагонали на противоположную горизонталь, так, чтобы он удалялся от ладьи (на рисунке на 2 клетки вправо-вверх). Ладья ходит на две клетки по горизонтали, приближаясь к слону.
Она снова оказывается в ходе коня от слона. Снова у слона единственный ход. Так как после каждого хода ладьи ладья и слон приближаются к одному и тому же краю (на рисунке—к правому), рано или поздно слон приблизится к краю
105


настолько, что не сможет сделать безопасный ход. Он будет вынужден пойти на побитое ладьёй поле и будет взят.
Для тех, кому неочевидны первые ходы. Сначала ладья ходит на дальнюю от слона крайнюю вертикаль (пусть это левый край). Слон далеко, поэтому ответным ходом он не может побить клетки этой и соседней вертикали. Следующим ходом ладья ходит на вторую горизонталь (если она уже на второй, то сдвигается по ней на одну клетку вправо). Ответным ходом слон должен встать на одну из крайних горизонталей, иначе его возьмут. Между слоном и ладьёй не менее 40 вертикалей. Третьим ходом ладья ходит по горизонтали на клетку слева от слона так, чтобы между ними осталась одна свободная вертикаль.
Д49. Научимся переворачивать ровно одну заданную монету М. С одной стороны от М найдётся не менее 12 монет. Пронумеруем их от 1 до 13 по порядку, начиная с М. Перевернём тройку (1, 7, 13), затем (7, 9, 11) и (9, 11, 13). Каждая из затронутых монет, кроме 1-й (то есть М), перевернулась дважды, то есть положения не изменила. Такими комбинациями шагов перевернём все монеты, лежавшие решкой.
Д50. Путь к решению. Попробуем сериями прыжков перебрасывать козлят на нужные места по одному, начиная с края, и ставших на место затем не трогать. Если у очередного козленка К чётность стартового и финального места не совпадает, её можно подправить, прыгнув через К другим козленком. Проблема может возникнуть в самом конце, для последних трёх козлят. Но там уже козлят мало, разберёмся.
Решение. Алгоритм. Занумеруем козлят по порядку с 1-го по 100-й справа налево. Будем последовательно передвигать козлят на свои места, начиная слева. Сначала 100-й прыгает вправо. Он стартует с 1-го места и попадает последовательно на нечётные места, пока не окажется на 99-м. Чтобы пустить его на 100-е место, стоящий там 1-й прыгает один раз влево через 2-го. После этого прыгать вправо начинает 99-й. Он тоже попадает на нечётные места и поэтому благополучно допрыгивает до 99-го места. Теперь про последние места можно забыть. Задача свелась к 98 козлятам, только 1-й и 2-й поменялись местами. Продолжая такие же действия, последовательно ставим на место ещё 48 пар козлят: (98, 97), (96, 95), ..., (4, 3). При
106


этом 1-й и 2-й сдвинулись на левый край и 49 раз поменялись местами друг с другом, то есть они тоже попали на свои места.
Д51. Ответ. 38 попугаев.
Поочерёдные заявления образуют пошаговый процесс. Введём для него два счётчика: первый счётчик 01 равен 81 % от числа сделанных заявлений (это число может быть дробным), второй счётчик С2 равен числу ложных заявлений (и поэтому всегда целый). С1 растёт от 0 до 162, увеличиваясь за шаг на 0,81; С2 за шаг возрастает на 1 или не меняется. Проследим за разностью С2—С1. После первого заявления С1 = 0,19, С2 = 0 или 1, и их разность по модулю меньше 1. В случае С2 > С1 следующее заявление будет истинным. Тогда С1 возрастет на 0,81, а С2 не изменится. Либо С1 обогнал С2 и отклонился от С2 не больше чем на 0,81, либо не обогнал, и тогда разность уменьшилась и осталась меньше 1. В случае С2 ^ С1 следующее заявление будет ложным. Тогда С2 возрастет на 1, а С1 только на 0,81. И аналогично либо С2 обогнал С1 и отклонился от С1 не больше чем на 0,19, либо не обогнал, и тогда разность уменьшилась и осталась по модулю меньше 1. Так будет на каждом шаге, поэтому и в конце целое число С2 отличается от финального С1 = 162 меньше чем на 1. Но тогда С2 = 162, то есть солгали 162 попугая, а остальные 38 сказали правду.
Д52. Смогут. Будем считать, что все подошли к левому берегу и переправляются на правый. Обозначим царевну Ц, и пронумеруем богатырей от 1 до 33 по порядку (Соня не дружит с 17-м). Буква и числа через # обозначают экипаж лодки, стрелка —> переправу на правый берег, <— путь обратно. Типовое положение: на левом берегу царевна и богатыри с k-то по 33-й. Будем выполнять комбинации рейсов так, чтобы получить типовое положение с большим k. Если k от 1 до 15 или от 18 до 31, делаем стандартную пару рейсов: Ц#/г#(/г + 1) Ц#(& + 1)«—. Оба рейса возможны, поскольку
17-й богатырь в них не участвует, а &+1<33. В результате такой пары рейсов получается типовое положение для fc + 1. Случай k — 16 особый, тут выполним комбинацию из 6 рейсов: 16#17 —15#16 , Ц#18#19 —Ц#18 Ц#15#16->,
Ц#19. Получили типовое положение для k — 18. Наконец, при k = 32 завершает переправу рейс Ц#32#33—>.
107


Д53. После первого раскулачивания у всех, кроме раскулаченного, число овец делится на 2, сумма —тоже, значит, и остаток у раскулаченного — тоже. Аналогично после второго раскулачивания у каждого число овец делится на 4, ..., после седьмого —на 27 = 128. Значит, у одного 128, у остальных —0.
Д54. Пусть Ваня называет не только масть, но и число оставшихся в ней карт. Названное число равно максимальному из чисел оставшихся карт в мастях, поэтому оно является полуинвариантом: на каждом шаге остается прежним или уменьшается на 1. Пусть названо число меньше предыдущего. Тогда и карт загаданной масти М осталось меньше, чем оставалось ход назад карт предыдущей загаданной масти М'. По условию сейчас в масти М не меньше карт, чем в масти М'. Значит, последним ходом число карт в М' уменьшилось, то есть была открыта карта именно загаданной масти М'. Исходное значение полуинварианта было равно 13, оно уменьшится ровно 13 раз, значит, карта загаданной масти будет вынута не менее 13 раз.
Д55. Не мог. Допустим у Аладдина изначально было больше 1000 слитков, скажем 1000 + х. Тогда после выполнения просьбы их стало бы меньше:
(1000+^+1000 = 1000+|.
Это число больше 1000, но меньше того, что было. При следующей просьбе эти условия сохранятся. Значит, и после 10 операций Алладин не оказался бы в выигрыше. При 1000 слитков вначале это число оставалось бы неизменным — опять нет выигрыша. Остался случай, когда вначале слитков было меньше 1000, скажем 1000 — х. Тогда х натурально и меньше 1000.
х
После просьбы станет 1000 — ~ слитков, а после десяти просьб х
их окажется 1000— Следовательно, х делится на 1024. Но так как 0 < х ^ 1000, это невозможно.
Д56. Кубик чёрной гранью вверх назовем правильным. Покажем, как за несколько шагов сделать правильным очередной кубик, не испортив правильность предыдущих кубиков. А именно, устанавливаем кубики правильно по строкам, начиная с нижней, а в строке —слева направо. Пусть ^ — очередной, пока неправильный кубик. Выделим строку и столбец, содержащие К. В строках ниже выделенной все кубики пра¬
108


вильные. Поворотами этих строк «к себе» сделаем так, чтобы в них все чёрные грани стали передними. Теперь действия со столбцами не изменят положения чёрной грани у кубиков этих строк. В выделенной строке все кубики слева от К правильные. Повернём все столбцы слева от К на 90° против часовой стрелки. Тогда в выделенной строке у кубиков слева от К все чёрные грани станут левыми. Теперь повороты выделенной строки и столбца не меняют положения чёрной грани ранее установленных кубиков, и такими поворотами мы можем сделать К правильным. Осталось вернуть чёрную грань наверх в предыдущих кубиках: сначала поворотом столбцов возвращаем правильность предыдущим кубикам выделенной строки, затем поворотами строк — кубикам строк ниже выделенной.
Д57. Как получить обе одноцветные раскраски, очевидно. Если мы хотим получить двуцветную (но не шахматную) раскраску, то в ней найдутся две клетки разного цвета, соседние по диагонали. Присвоим белой клетке номер 1, чёрной —2. Заключим их в квадрат 2 х 2 и присвоим остальным двум клеткам квадрата номера 63 и 64. Какая-то из непронумерованных клеток примыкает стороной к 63-й или 64-й —присвоим ей номер 62. Какая-то из непронумерованных клеток примыкает стороной к 62-й, 63-й или 64-й — присвоим ей номер 61, и так продолжаем, пока не пронумеруем все клетки.
Начальный этап. Пусть вначале хамелеон выставлен в любую клетку, кроме клетки 2. Тогда идём в клетку 1 любым путем, не проходящим через клетку 2. По дороге перекрашиваем все пройденные клетки в белый цвет. Теперь 1-я и 2-я клетки — нужного цвета.
Если же вначале хамелеон выставлен во 2-ю клетку, красим в белый цвет 2-ю, 63-ю и 1-ю клетки, шагаем на 64-ю, меняем цвет хамелеона, шагаем на 2-ю и красим её в чёрный цвет. И в этом случае 1-я и 2-я клетки — нужного цвета.
Основной этап. На очередном шаге добиваемся, чтобы k-я клетка приобрела нужный цвет, а цвета клеток с меньшими номерами при этом не поменялись. Пусть, например, у нас клетки с 1-й по 9-ю уже покрашены. Идём хамелеоном (ничего не крася) на ту из клеток 1 или 2, цвет которой совпадает с нужным цветом 10-й клетки. Меняем там цвет хамелеона на
109


нужный цвет Ц. По способу нумерации у нас есть путь к 10-й клетке по тем клеткам, номера которых больше 10. Движемся этим путем, перекрашивая все клетки на нём и 10-ю клетку в Ц. Клетки с 1-й по 9-ю мы не перекрасили, и теперь у нас клетки с 1-й по 10-ю имеют нужный цвет.
Д58. Путь жука — незамкнутая ломаная, её вершины — центры клеток. Так как клеток 64, вершин тоже 64, значит, звеньев ломаной должно быть 63. Длина звена равна стороне клетки, то есть 40 : 8 = 5 см, поэтому длина ломаной равна 63-5 = 315 см.
Д59. Каждым ударом Геракл превращает один кусок в три, значит, увеличивает число кусков на 2. Вначале был 1 кусок—целая гидра, в конце стал 81 кусок, значит, добавилось 80 кусков за 80:2 = 40 ударов.
Д60. Ответ. 14 дм.
Оценка. Очевидно, что клетки многоугольника должны совпасть с гранями куба. Значит, многоугольник составлен из 6 клеток. Чтобы он не распался на части, потребуется как минимум 5 склеек, то есть внутренних рёбер. Общий периметр 6 клеток равен 24 дм, каждое ребро отнимает по 2 дм. В итоге на внешний периметр остаётся 24 — 10 = 14 дм.
Пример. Клетчатая буква Т шириной в 3 и высотой в 4 клетки. Её периметр равен 14 дм.
Д61. Выигрывает Вася. Это игра-шутка. Ход возможен, если есть кучка, где камней больше одного: соединив её с любой другой, получим кучку из не менее чем 3 камней, её можно разделить на 3 кучки. И только когда во всех кучках станет по одному камню, ход невозможен (кучек при этом будет столько, сколько камней, то есть 120). Поскольку после каждого хода число куч увеличивается ровно на 1, с 4 до 120 кучек игра дойдёт за 116 ходов. Это число чётно, поэтому последний ход сделает Вася.
Замечание. Симметричная стратегия не работает!
Д62. Ответ. На 76 частей.
Заметим, что 50 диагоналей разбиваются на 25 пар пересекающихся. Будем проводить диагонали по одной и следить за числом частей стоугольника. Когда проводим первую диагональ из пары, она ни с чем не пересекается и разбивает одну
110


часть стоугольника на две. Число частей увеличивается на 1. Когда проводим вторую диагональ из пары, она пересекается с одной диагональю и разбивает каждую из двух частей стоугольника на две меньшие. Число частей увеличивается на 2. Тем самым каждая пара увеличивает общее число частей на 3. Вначале был один многоугольник, значит, в конце будет 1 + 3 • 25 = 76 частей.
Д63. Ответ. Выигрывает Петя.
Число прямоугольников каждым ходом уменьшается на 1. Петя действует так, чтобы после его хода оставался один прямоугольник ширины 1, а остальные были единичными квадратами. Это возможно: если Вася своим ходом приклеивает квадрат к прямоугольнику, Петя делает то же самое; если Вася склеивает два квадрата в доминошку 2x1, Петя приклеивает её стороной 1 к прямоугольнику, удлиняя его. Поскольку после хода Васи общее число прямоугольников чётно, у Пети всегда есть ход, то есть он не проиграет.
Д64. Ответ. 10 детей.
Назовем границей промежуток между соседними мальчиком и девочкой. Вначале была одна граница, в конце их стало 21. Будем следить, как менялось число границ при добавлении ребёнка на скамейку. Если новый ребёнок был отважным, он добавлял 2 границы, иначе число границ не менялось. Поэтому отважными были (21 — 1):2 = 10 детей.
Д65. Ответ. 85.
Пусть Петя при подсчете результата обводит границы клетки с её уже заполненными соседями. Тогда вписываемое число равно количеству обведённых границ. Заметим, что каждая граница между парой клеток будет обведена ровно один раз: в тот момент, когда заполняется вторая клетка из пары. Осталось посчитать число внутренних границ. Они разбиваются на группы: 9 вертикальных групп по 5 и 4 горизонтальные группы по 10, итого 9*5 + 4*10 = 85.
Д66. Ответ. Выигрывает Петя.
Докажем, что он может играть так, чтобы всего было сделано ровно 2005 ходов, и тогда по чётности именно он сделает последний ход. После каждого хода число кучек уменьшается на 1, значит, перед ходом Пети кучек нечётное число, а в конце должно остаться ровно две кучки. Первым ходом Петя
111


должен объединить вторую и третью справа кучки: после этого первая справа кучка уже не будет объединена никогда и кучек всегда будет не меньше двух. Далее Петя каждым своим ходом объединяет вторую и третью справа кучки. Докажем, что такой ход всегда возможен. По чётности кучек не менее трёх, значит, указанные кучки есть. Предположим, что каждый уже сделал по k ходов. Поскольку вторая кучка каждым Петиным ходом объединялась с соседней, в ней не менее k + 1 ореха. Пусть в третьей кучке т орехов, тогда она возникла как объединение пг кучек, и на это было потрачено не менее т — 1 хода. Все эти ходы сделал Вася, следовательно, m—l^k, и 1. Поэтому и на (k + 1)-м ходе Пети
слияние кучек разрешено.
Д67. Ответ. Только 300.
Соединим каждую пару монет отдельной ниткой. Из каждой монеты выходит по 24 конца, значит, всего есть 25*24 = = 600 концов. Но у нитки два конца, поэтому ниток 300. Чтобы разнести пару монет в разные группы, нитку придется разорвать. Нетрудно видеть, что количество разорванных ниток равно записанному произведению при разделении группы на две. В конце концов будут разорваны все нитки, поэтому сумма произведений равна их числу.
Д68. См. рисунок.
Д69. Разобьём апельсины на 50 пар соседних. В каждой паре веса отличаются не больше чем на 50 г. Будем накапливать кучи в двух ящиках, вначале пустых.
Разложим апельсины первой пары в разные ящики. Веса в ящиках отличаются не более чем на 50 г. Легкий апельсин из второй пары добавим в более тяжелый ящик, а тяжелый —в более легкий ящик. Если тяжелый ящик остался более тяжелым, то разность между весами ящиков не увеличилась. Если же тяжелый ящик стал более лёгким, то разность между весами ящиков не превзошла разности в добавленной паре. В любом случае новая разность между весами ящиков —не более 50 г. По такому же
1
20
13
2
21
12
3
22
11
14
15
16
4
17
18
19
27
10
23
5
9
24
6
8
25
7
26
28
112


принципу: более легкий апельсин в более тяжелый ящик — распределяем по ящикам третью пару апельсинов и т.д. С каждой добавленной парой разность между весами ящиков будет оставаться не более 50 г.
Д70. Ответ. Можно.
Разобьём сначала квадрат на 4 меньших квадрата. Исходная диагональ пройдёт по диагонали двух из них (назовем их диагональными]), а два другие касаются исходной диагонали вершиной. При таком разбиении число квадратов увеличивается на 3. Теперь можно выбрать любой из диагональных квадратов и разбить его на 4 меньших равных квадрата. Число квадратов станет равным 7, по-прежнему есть диагональные квадраты и квадраты, касающиеся диагонали. Так, увеличивая каждым разбиением число квадратов на 3, за 33 разбиения получим из одного квадрата разбиение на 100 квадратов.
Д71. За первые 5 ходов передвинем 6 монет: берём из исходного столбика 3 монеты и ходим ими вправо, ещё раз из исходного столбика 3 монеты вправо; затем из полученного столбика трижды отщепляем по 2 монеты и ходим ими влево. В исходном столбике осталось 94 монеты, сделаем оттуда 94 хода по 1 монете вправо.
Д72. Можно. Достаточно разбить квадрат на доминошки, как в примере 8.2, и провести в каждой из них диагональ из левого нижнего угла в правый верхний.
Д73. Обойдем сначала доску 5x5 за 7 рублей (см. рисунок, точки поворота показаны жирными, обход заканчивается в угловой клетке). Теперь легко построить обход доски 6 х 6 за 9 рублей: выделим в правом нижнем углу квадрат 5x5, обойдём его как на рисунке и продолжим обход по спирали, добавив 2 поворота. Аналогично, добавляя по 2 поворота, из обхода доски 6x6 получим обход доски 7 х 7, из него — обход 8x8 и т.д., пока не получим обход доски 40x40. Придется сделать 40 — 5 = 35 добавок, каждая обойдётся в 2 рубля, итого 7 + 2*35 = 77 рублей.
Д74. Ответ. 78 цен.
Докажем, что возможны все суммы от 20 до 94 рублей, а также 96, 97 и 100 рублей, и только они. Наименьшая
113


возможная сумма — 20 рублей, наибольшая — 100 рублей. Покажем, что любую сумму от 20 до 93 можно заменой монет увеличить на 1 рубль. Действительно, если в наборе есть монета в 1 рубль, её можно заменить двухрублёвой. Три двух- рублёвки можно заменить на 5 + 1 + 1. Сумма, которую нельзя так увеличить, не содержит рублёвок и содержит не более двух двухрублёвок. Таких наборов из 20 монет всего три: ноль, одна или две двухрублёвки, остальные — пятирублёвки. Наименьшая из них — сумма 18 • 5 + 2 + 2 = 94 рубля. Отсюда следует, что, начав с суммы в 20 рублей, можно шагами по 1 получить все суммы до 94 рублей включительно.
Заметим, что 94 рубля — максимальная сумма, в которой не более 18 пятирублёвок. Взяв 19 пятирублёвок, можно добавить к ним 1, 2 или 5, то есть получить суммы 96, 97 или 100 рублей. Значит, оставшиеся суммы 95, 98 и 99 рублей получить нельзя.
Д75. Нет, при правильной игре будет ничья. Достаточно доказать, что всегда любой игрок может сделать не проигрышный ход. Пусть сумма уже выписанных чисел равна N. Тогда можно, например, выписать число iV2 + l. Это не квадрат, а ближайший сверху квадрат —это (JV+1)2. Расстояние до него равно 2N> а столько добавить невозможно.
Д76. Путь к решению. Из любого примера можно получить пример с большим количеством чисел, добавив (ненатуральное) число 0. Если числа любого примера увеличить на их НОК, то полученный набор тоже будет примером. Комбинируя эти приемы, можно из примера из трёх чисел {2, 3, 4} получить пример из 40 чисел.
Решение. Начнем с примера {2, 3, 4}. Добавив к нему 0, получим пример из 4 неотрицательных чисел {0, 2, 3, 4}. Увеличим все числа на их НОК, в нашем случае —на 12. Получим пример из 4 натуральных чисел:
{12, 14, 15, 16}.
Таким же способом можно получить и пример из 5 чисел:
НОК(12, 14, 15, 16) = 1680,
пример: {1680, 1692, 1694, 1695, 1696}. Увеличение на НОК, очевидно, не меняет разности пары и сохраняет НОД пары,
114


л в
С D
поскольку этот НОК делится на любой общий делитель пары. Поэтому, повторяя добавление 0 и увеличение на НОК ещё 36 раз, мы получим пример из 40 чисел.
Д77. Путь к решению. Если у нас есть искомая конструкция с другим числом белых и чёрных точек, можно выбрать какую-нибудь из точек Р и отметить ещё одну точку Q того же цвета достаточно близко к Р. Все расстояния от старых точек до Q будут близки к расстояниям до Р, тем самым условие сохранится. А чтобы Q оказалась узлом сетки, измельчим предварительно сетку.
Решение. Начнем с конструкции, где отмечены 4 белые и 4 чёрные точки (см. рисунок). Пусть сторона каждой клетки равна 1. Тогда у каждой точки до ближайшей одноцветной расстояние не более 1 (в этом примере оно равно 1, но в дальнейшем сможет стать меньше), а до ближайшей точки другого цвета — не менее 3 (например, ВС = 3). Расстояние до наиболее дальней одноцветной не менее AG, а до наиболее дальней другого цвета —не более GD, но явно GD<AG.
Заметим теперь, что если добавить белую о точку на отрезке АВ, то все оценки расстояний сохранятся. Разбив каждый квадратик на 4 меньших со стороной 0,5, получим вдвое мелкую сетку с неотмеченным узлом на отрезке АВ. Отметив этот узел белым, получим пример с 5 белыми и 4 чёрными точками.
Точно так же можно добавить чёрную точку на отрезке EF. Так, меняя пример, мы можем получить пример со 100 белыми и 101 чёрной точкой.
Замечание. Пример можно получить и явно: дополним сетку до мелкой сетки из квадратиков со стороной 0,01 и отметим 96 узлов на АВ белым и 97 узлов на EF чёрным цветом.
Д78. Путь к решению. Если у нас есть такой n-угольник, то можно построить и (п + 12)-угольник, наложив на его угол «бабочку» и взяв объединение (см. рисунок). «Бабочка» пересекает две стороны, разбивая их на части. Такими объединениями можно в исходном я-угольнике даже «плохую» сторону (ту, на продолжении которой нет стороны) превратить в хорошую. Но тогда, если будет добав¬
Е F
G Н
115


лено достаточно много бабочек, можно стартовать с любого многоугольника, лишь бы число его сторон давало тот же остаток при делении на 12...
Решение. См. рисунок. Пятиугольник с тремя острыми углами объединен с шестью «бабочками». Получилось 5 + 6*12 = 77 сторон.
Д79. Школьник решает, что на первой открытой карточке с цифрой 5
он поставит знак « + ». Тогда можно считать, что она уже открыта и сумма S на всех открытых карточках равна 5. Эта сумма не делится на 3. Теперь школьник может каждым ходом поддерживать не делимость S на 3. При открытии цифры, кратной 3, он ставит « + », ведь добавление её не влияет на делимость S на 3. При открытии цифры k, не кратной 3 (и не первой цифры 5, для которой действие уже предопределено), у него есть два варианта для новой суммы: S + k и S — k. Они отличаются на 2k. Но 2k на 3 не делится, поэтому хотя бы один вариант тоже на 3 не делится. Выбрав соответствующий знак, школьник обеспечит, что и новая сумма не делится на 3. Действуя так, школьник в конце концов получит финальную сумму, не кратную 3, а значит, не кратную 6.
Д80. Выигрывает Вася. Он разбивает всю доску на пары клеток, связанные ходом коня (например, разбивает её на прямоугольники 2x4, а их разбивает на пары с одинаковым номером, как на рисунке). Петя ставит коня в какую-то пару, Вася делает ход во вторую клетку пары. Тем самым Вася воспроизводит ситуацию, когда при ходе Пети остаются только целые пары. Петя, если может сделать ход, вынужден сделать его в новую пару, Вася опять ходит во вторую клетку начатой Петей пары, и т.д. Тем самым у Васи всегда есть ход. Он не проиграет, но игра закончится, значит, Вася выиграет.
Д81. Заметим, что если соединить отрезком две соседние разноцветные точки, то никакой отрезок между оставшимися точками не сможет пересечься с этим отрезком. Тем самым про проведённый отрезок можно забыть (или сделать его и точки в его концах невидимыми) и свести задачу к мень¬
1
3
2
4
2
4
1
3
116


шему чётному числу точек. Пока есть разные цвета, такой отрезок заведомо можно построить и даже выбрать цвет конца какой захотим: идём по окружности по точкам этого цвета, и где цвет сменится, там отрезок между соседними точками и проведём.
Так можно последовательно уменьшать число оставшихся точек, но только пока не останется всего один цвет. Чтобы избежать этой неприятной ситуации, будем следить за дополнительным свойством: точек любого цвета остается не более половины от всех оставшихся точек. Вначале это свойство заведомо выполнено. Далее на каждом шаге выбираем цвет Ц, которого больше всего, и соединяем отрезком соседние точки, одна из которых цвета Ц. Всего точек стало меньше на 2, точек цвета Ц —на 1, поэтому их осталось не больше половины. Если точек другого цвета осталось не больше чем Ц, их тоже осталось меньше половины. Пусть точек цвета С осталось больше, чем цвета Ц. Такое возможно, только если мы соединили точки цвета Ц и третьего цвета К, а точек цветов Ц и С было поровну. Но тогда тех и других уже было меньше половины — из-за наличия цвета К. Поэтому и после проведения отрезков точек цвета С будет не больше половины. Свойство сохраняется, поэтому, пока есть точки, остаётся хотя бы два цвета, и следующий шаг возможен. Процесс закончится, только когда будут проведены все 150 отрезков.
Д82. Ответ. 13 слитков.
Алгоритм. Иван действует так, чтобы каждый раз (кроме последнего) ответный ход Кащея был единственным, то есть чтобы все остальные числа либо встречались на предыдущих ходах, либо были настолько велики, что у Ивана в этот момент не нашлось бы такого количества слитков. Будем обозначать ходы цифрами, после хода Ивана в скобках стоит число слитков в суме:
+ 2(2), -1(1), +3(4), -4(0), +6(6), -5(1), +7(8),
-8(0), +10(10), -9(1), +11(12), -12(0), +13(13).
После хода +13(13) не сделан только ход 14, но он невозможен, поэтому Иван может унести 13 слитков.
Оценка. Допустим, в какой-то момент в суме оказалось 14 слитков. Значит, в сундуке слитков нет, то есть последним
117


сходил Иван. Но тогда всего сделано нечётное число ходов, и поэтому какое-то из чисел от 1 до 14 не встретилось. Кащей может сделать ход с этим числом, значит, уносить слитки пока нельзя.
Д83. Ответ. Выиграет Петя.
Это игра-шутка. Докажем, что игра закончится только тогда, когда на доске появятся все числа от 1 до 121 (и по чётности выиграет Петя). В каждый момент одну из пар чисел на доске мы считаем главной (вначале это 100 и 121). Заметим, что для любой пары чисел их разность рано или поздно появится на доске. В тот момент, когда появится разность Ъ — а главной пары (а, &), мы меняем главную пару на (а,Ь — а). Если разность новой главной пары уже есть на доске, мы ее ещё раз меняем, и т.д.
Числа главных пар получаются друг из друга по алгоритму Евклида, поэтому их НОД не меняется. Но в алгоритме Евклида НОД рано или поздно появится. Так как НОД (100, 121) = 1, на доске рано или поздно появится 1. А тогда рано или поздно появится каждое число ж 121 как разность (п + 1) — 1.
Д84. Выигрывает второй. На числа 1 и 100 он отвечает числом 10, а на все остальные числа отвечает числом 1. Если в какой-то момент первый напишет число с суммой цифр больше 1, то второй потом всегда пишет 1. В этом случае его сумма цифр заведомо меньше.
Пусть теперь первый всегда писал только числа 1, 10, 100 и 1000. Докажем, что тогда последний ход сделает первый. Действительно, пока второй играет по указанной выше стратегии, после его хода сумма всех выписанных чисел делится на 11. Поэтому она не равна 10000. Пусть после хода первого сумма меньше 10 000. Если по стратегии нужен ход второго числом 1, он возможен. Если же нужен ход числом 10, то первый перед этим сходил числом 1 или 100. Этим он получил сумму с остатком 1 при делении на 11. Наибольшее такое число, меньшее 10000, равно 9989. Значит, второй может сделать ход числом 10.
Итак, игра по стратегии всегда возможна, и сумму 10000 может получить только первый. Тогда он напишет больше чисел, чем второй, и его сумма цифр будет больше.
118


Д85. Путь к решению. Можно выкладывать гири по одной на чаши весов, стремясь к равновесию. Разумно начинать с тяжелых. Поскольку точного веса мы не знаем, выкладываем по порядку от большего номера к меньшему. Разумно класть очередную гирю на легкую чашу. Поэкспериментировав с малыми наборами гирь, видим, что такой алгоритм действительно приводит к равновесию. Подумаем почему. Эксперимент показывает, что очередное выкладывание гири, как правило, уменьшает разницу. Не всегда, конечно: если разница маленькая, а гиря тяжелая, то разница может и увеличиться. Но разница не может стать больше веса добавленной гири. Это уже напоминает пример 9.4...
Решение. Пронумеруем гири по порядку слева направо, и будем их выкладывать на чаши весов по одной, начиная с наибольшего номера. Будем класть очередную гирю на более легкую чашу. Оценим разность чаш (в граммах). Пусть п — самый большой номер. Выложив п-ю гирю, получим разность не больше п. Добавим на другую чашу (п — 1)-ю гирю. Если эта чаша не перевесила, то разность уменьшилась хотя бы на 1 и стала не больше п— 1. Если же чаша перевесила, а вес гири на ней не больше п — 1, то и разность не больше п— 1. Упростим ситуацию, сохранив разность чаш: снимем гирю с лёгкой чаши, а на тяжёлой заменим гирю на меньшую, вес которой равен разности весов старых гирь (или просто снимем обе, если весы были в равновесии). Теперь следующую, (п — 2)-ю гирю, кладем на противоположную чашу от гири-разности. Аналогично видим, что теперь разность не превзойдёт п — 2. Так, продолжая упрощать и выкладывать, будем после выкладывания гири с номером k получать разность не более k. Соответственно, когда будут выложены все гири, разность станет не более 1. Но общая сумма весов гирь чётна. Значит, и грузы на весах одинаковой чётности. Но тогда разница между чашами должна быть чётной. Так как она не больше 1, она равна 0. Значит, весы в равновесии.
Д86. Всегда. Покрасим все числа в красный цвет. Наша стратегия: каждым ходом поворачивать некий красный прямоугольник, после чего перекрашивать одно число в зелёный цвет. Таким образом, зелёные числа больше не будут перемещаться. Наша цель — поддерживать свойства: 1) каждое
119


зелёное число меньше любого красного; 2) в каждой строке слева направо и в каждом столбце снизу вверх сначала идут зелёные числа по возрастанию, а потом — красные числа в произвольном порядке. Если удастся сделать 99 таких ходов, то останется только одно красное число в правом верхнем углу и требуемое в задаче условие будет выполнено.
Изначально свойства выполнены. Пусть перед очередным ходом свойства выполняются. Заметим, что тогда справа и сверху от красного числа стоят красные числа. Значит, любой составленный из клеток прямоугольник с левым нижним красным углом полностью красный.
Покажем, как сделать ход, сохраняя все свойства. Пусть х —наименьшее из красных чисел, и пусть оно стоит в клетке А. Пусть Б —самое нижнее красное число в столбце, содержащем А (возможно, В = А). Пусть С —самое левое красное число в строке, содержащей В (возможно, С = £). Выделим прямоугольник ABCD (возможно, он состоит из одной клетки). Так как левая нижняя клетка С в нём красная, все остальные его клетки тоже красные. Повернём ABCD. Число х окажется в клетке С. Числа слева и снизу от него, если они есть, зелёные, и они меньше х. Перекрасим х. Все свойства, очевидно, выполнены.
Д87. Путь к решению. Чтобы количество слагаемых было поменьше, разумно брать слагаемые побольше. Разрешим промежуточные суммы, где ровными будут все слагаемые, кроме одного. Будем пошагово преобразовывать эти суммы, уменьшая «неровную часть» и увеличивая количество слагаемых. Запустим жадный алгоритм: будем отщеплять от неровной части как можно большее ровное число. Посмотрим на конкретные примеры: 75 = 66 + 8, 500 = 444 + 56 = 444 + 55 + 1, 2019 = 1111 + 908 = 1111 + 888 + 20 = 1111 + 888 + 11 + 9. Заметим, что в ровных слагаемых каждой суммы разное число знаков. Всегда ли так? Нет, есть контрпримеры: 10 = 9 + 1, 21 = 11 + 9 + 1, 110 = 99 + 11. Везде одинаковую длину имеют последние слагаемые, причем одно записано девятками, другое — единицами. Попробуем понять, насколько это закономерно, оценивая оставшееся неровное число.
Решение. Для краткости будем писать kn вместо л-значного числа k...k (например, 7& вместо 77 777). Докажем больше:
120


любое число А < I20 можно представить как сумму не более чем 20 ровных чисел. Если А ровное, всё доказано. Иначе отнимем от А наибольшее ровное число, не превосходящее А. Разница между соседними ровными числами I20 — 9i9 = I19 + 1, + 1)19 —/?i9 = I19, а для чисел, меньших I19, эта разность ещё меньше. Поэтому после вычитания ровного числа из А останется не больше I19. Опять вычтем из того, что осталось, наибольшее ровное число. Останется не более lig. После 19 отщеплений останется не больше li, а это точно ровное число. Итак, мы представили А как сумму не более 20 ровных чисел.
Д88. Выигрывает Петя. Палочка 1 не войдёт в треугольники, её сразу отбросим, а из остальных 99 палочек можно сложить не более 33 треугольников. Покажем, как Петя может добиться ровно 33 треугольников и, по чётности, выиграть. Его стратегия: каждый раз использовать три самые короткие палочки из оставшихся. Докажем, что Петя всегда может из этих палочек сложить треугольник. Пусть до этого Петя и Вася сделали по k ходов (k ^ 0), причём Петя действовал по указанной стратегии и три самые короткие палочки —это а <Ъ < с. Тогда 3k самых коротких палочек заведомо были взяты ранее, следовательно, 3k+ 2. С другой стороны, после k ходов хотя бы одна из 6k + 3 самых коротких палочек не вошла ни в 6k использованных, ни в пару {а, Ь}. Все не вошедшие палочки не длиннее 6k + 4, а самая короткая из них —это с. Итак,
а -Ь Ъ ^ (3k -J- 2) -f* (3k 3) = 6k -f 5 > 6k -J- 4 ^ c,
то есть из выбранных Петей палочек можно сложить треугольник.
Д89. Путь к решению. Разбиение лесенки с 15 ступе- г нями сводится к разбиению лесенок с 7 ступенями. г£““
Решение. Ответ. На 15. |
Пример. См. рисунок. rf-------
Оценка. Каждая из 15 клеток-ступенек jrzzzzzzzzzz должна попасть в свой квадрат. ~zzzzzzzzzzzz
Д90. Путь к решению. Разбиение набора 11 111111
гирь от 1 г до iV г сводится к разбиению набора от 1 до N-10 г.
121


Решение. Разобьём все гири на группы с последовательными весами: в первую войдут 15 самых легких гирь, в остальные—по 10 гирь: от 16 г до 25 г, от 26 г до 35 г и т.д. Первую группу разобьём на 5 равных по весу кучек так:
15+ 9 = 14+ 10 =13+ 11 = 12+ 8 + 4 = 74-6 + 5 + 3 + 2 + 1 г.
Каждую из остальных групп разобьём на 5 равных по весу пар гирь, объединив первую гирю с последней, вторую — с предпоследней и т.д., например,
26 + 35 = 27 + 34 = 28 + 33 = 29 + 32 = 30 + 31.
Добавив к каждой кучке из первой группы по паре из всех остальных групп, получим пять равных по весу куч.
Д91. Путь к решению. Неудачная попытка с парой батареек сводит задачу к случаю, когда батареек на 2 меньше, а хороших батареек и попыток —на 1 меньше.
Решение. По условию среди батареек не менее 39 хороших. Отделим 37 пар батареек и будем последовательно проверять их. Если фонарик не загорелся, то в проверенной паре не более одной хорошей батарейки. Если ни разу не повезло, то останется 3 батарейки, среди них не менее 2 хороших. За 3 попытки проверим все возможные пары —хотя бы в одном случае фонарик загорится. Но всего было использовано 37 + 3 = 40 попыток.
Д92. Решение. Зачеркиваем самое большое число, пока оно больше 4. Сумма
л п(п + 1)
1 + 2 + ... + 71 = —у ---■
остается, очевидно, составной при п > 2. Последние 4 числа зачёркиваем в таком порядке: 1, 3, 2, 4. Тогда остаются составные суммы 9, 6 и 4 соответственно.
ДЭЗ. Решение. Назовем кучу бесплатной, если её можно бесплатно разбить на кучки по 1 ореху. Такими будут кучи из 1, 2, 4 и т.д. орехов, то есть любые, где число орехов—степень двойки. Задача свелась к делению на бесплатные кучи. Заметим, что если от любой кучи отделить (заплатив 1 рубль) самую большую кучу, где число орехов — степень двойки, то оставшаяся куча будет как минимум вдвое меньше исходной. Значит, после первого отделения останется не более
122


1000 орехов, после второго —не более 500, после третьего —не более 250, затем 125, 62, 31, 15, 7, 3, 1. Последняя оставшаяся куча точно бесплатная.
Комментарий. Представление числа в виде суммы наименьшего количества степеней двойки определяется его двоичной записью. В нашем случае минимальное число рублей на 1 меньше суммы цифр двоичной записи — попробуйте это доказать самостоятельно.
Д94. Решение, а) Ответ. Первое яблоко.
При чётном числе яблок на первом круге Робин-Бобин съест яблоки с чётными номерами. Останется вдвое меньший круг, где он опять должен начать с пропуска первого яблока. Так как 256 —это степень двойки, на каждом кругу будет оставаться чётное число яблок и пропускаться первое яблоко. Значит, именно оно и останется.
б) Ответ. 1991-е яблоко.
Рассмотрим круг из 211 = 2048 яблок. Аналогично п. а) здесь останется первое яблоко. Пусть Робин-Бобин начинает есть. Рассмотрим момент, когда останется ровно 2019 яблок. Робин-Бобин съел 2048 — 2019 = 29 яблок, столько же пропустил. Тогда первое яблоко находится от него на 29-м месте, считая против часовой стрелки. Это значит, что в круге из 2019 яблок останется 29-е против часовой стрелки, то есть яблоко с номером 2019 + 1 — 29 = 1991.
Д95. Путь к решению. Выберем такую точку пересечения, которая будет крайней на обеих пересекающихся прямых. Её всегда можно покрасить последней, а без неё задача сводится к меньшему числу точек.
Решение. Возьмём вспомогательную прямую р, не параллельную ни одной из проведённых и такую, чтобы все точки пересечения лежали от неё по одну сторону. Расстояния от всех точек до р различны. Заметим, что если на какой-то проведённой прямой точка В лежит между точками А и С, то расстояние от р до В лежит между расстояниями от р до А и до С.
Будем красить точки пересечения последовательно, по мере удаления от р. Заметим, что у очередной точки Т на Каждой прямой может быть не более одного уже окрашенного соседа (сосед с другой стороны лежит дальше от р), поэтому всего окрашенных соседей не больше двух. Но тогда у соседей точки Т использовано не более двух цветов и есть неисполь¬
123


зованный цвет, в который мы можем покрасить Т. Все вновь образующиеся пары окрашенных соседей будут разноцветными, что и требовалось.
Д96.. В запрещённой тройке сумма первого и последнего числа должна быть чётной, то есть первое и последнее число имеют одинаковую чётность. Если сначала выписать все чётные числа, а затем — все нечётные числа, то отсутствие запрещённых троек надо проверять только для троек из чисел одинаковой чётности. Если все чётные числа поделить на 2, на запрет троек это не повлияет. Аналогично, если к нечётным прибавить 1, а затем поделить на 2, это тоже не повлияет на запрет троек. Но набор чётных чисел тогда превратится в набор от 1 до 2018:2 = 1009, а нечётных —от 1 до 1010. Мы свели задачу к почти вдвое меньшему количеству чисел. Продолжая действовать таким образом, сведём задачу к одному числу —там запрещённых троек точно нет. Значит, нужным образом числа от 1 до 2019 записать можно.
Комментарий. Нужную последовательность можно выписать и явно, проделывая шаги в обратном порядке: из строки длины п делаем строку длины 2п: в первой половине число k заменяем на 2k, во второй —на 2k — 1: {1}, {2,1}, {4, 2, 3, 1}, {8, 4, 6, 2, 7, 3, 5, 1} и т.д. Когда получим строку длины больше 2019, просто вычеркнем из неё числа большие 2019.
Д97. Путь к решению. Если первым вопросом делить варианты на равные части, то при невезении второй вопрос «пропадёт», то есть первый ответ сделает его ненужным. Лучше делить на неравные, чтобы ответ оставлял либо меньшую часть, либо большую, но про которую задан второй вопрос. Исследование малых случаев позволяет найти задуманное число за 2 вопроса из 3 чисел и за 3 вопроса из 5 (а за 1 вопрос из 2). Но 2, 3, 5, ..., 144 —числа Фибоначчи, и их в этом списке как раз 10.
Решение. Изначально есть 144 «подозрительных» числа. Число 144 = 89 + 55 — сумма двух предыдущих чисел Фибоначчи. Зададим первый вопрос: х>89? Второй вопрос: х>55? Если первый ответ «Нет», то осталось 89 подозрительных чисел и второй вопрос не пропал — он делит эти числа на группы размером с два предыдущих числа Фибоначчи: 89 = 55 + 34.
124


Задача свелась к предыдущему числу и на 1 меньшему количеству вопросов. Если же первый ответ «Да», то 2-й вопрос пропал, но зато осталось только 55 подозрительных чисел. Задача свелась к предпредыдущему числу Фибоначчи и на 2 меньшему количеству вопросов. Продолжая действовать таким образом (задавать вопрос, делящий подозрительные числа на группы «фибоначчиевого» размера), за 10 вопросов найдем искомое число.
Д98. Путь к решению. Поскольку 128 = 27, хочется на каждом шаге сводить задачу к вдвое меньшему числу монет. При неравенстве это легко. Если на чашах по 2k монет и левая тяжелее, снимем по k монет с чаш и сравним. Любой результат будет означать неравенство двух групп по k монет —либо оставшихся, либо снятых.
Сначала положим на весы по 64 монеты. Если случается неравенство, вдвое уменьшая количество монет 7 раз, получим две разные монеты. А что делать, если будет равенство? Надо бы как-то использовать тот факт, что тех и других монет поровну. Тут лучше смотреть с конца. Если среди двух монет тех и других поровну, это то, что надо. Если среди четырех монет тех и других поровну, то сравним пары: при равенстве в каждой паре есть разные, при неравенстве в одной паре две тяжелые, в другой две лёгкие, предъявляем по одной из каждой пары. Если среди восьми монет тех и других поровну, то сравним четвёрки. При равенстве в четвёрке тех и других поровну — уменьшим количество в 2 раза. А при неравенстве — ага, с неравенством мы изначально работать умеем!
Решение. Кладём на чаши по 64 монеты. При равенстве монеты с одной чаши отбрасываем, а оставшиеся раскладываем на чаши поровну. Продолжаем действовать таким образом, пока не случится неравенство. Заметим, что во 2-й раз мы взвешивали по 32 монеты, в 3-й —по 16, в 4-й —по 8, в 5-й — по 4, в 6-й —по 2. Если за 6 взвешиваний неравенства не случилось ни разу, то каждый раз на каждой чаше монет того и другого веса было поровну. Значит, при 6-м взвешивании на левой чаше лежат 2 монеты разного веса (на правой тоже), их и предъявим.
Если случилось неравенство, меняем алгоритм действий. Отложим с каждой чаши по половине монет. Если для остав¬
125


шихся случилось неравенство, отложенные отбрасываем и продолжаем действовать по новому алгоритму (откладываем с чаш по половинке). Если для оставшихся выполним равенство, то отбрасываем монеты с весов, а отложенные возвращаем на чаши. Не делая взвешивания, мы и так знаем, что чаши в неравновесии. Теперь уже для этих монет действуем по новому алгоритму (откладываем с чаш по половине) и т.д. Как и ранее, во 2-й раз мы взвешивали по 32 монеты, в 3-й — по 16, в 4-й —по 8, в 5-й —по 4, в 6-й —по 2, в 7-й —по 1 монете. После 7-го взвешивания у нас останутся не отброшены по одной монете разного веса. Предъявим их.
Д99. В момент -г— часа от начала процедуры отрежем от
1 1 червяка метРа- В момент от выросшей до взрослого
1 1
длинной части отрежем ^ метра. В момент ^ отрежем от
z 1 z 1 выросшего до взрослого червяка метРа> •••> в момент ^
разрежем взрослого червяка пополам. К исходу часа все отрезанные куски станут взрослыми червями. При этом от первого
1 , 1 , , 1 1 1
разрезания прошло только ^То + 29+---+2= 2™ часа*
Д100. Построим обратным ходом цепочку наборов карт, где соседние наборы отличаются на несколько карт, и, разделив нужным образом меньший, мы сможем из этого построить искомое разделение для большего.
Случай 1. Пусть карт больше 2 и можно разбить все карты
на две кучи так, чтобы карты из разных куч были и раз¬
ной масти, и разного достоинства (назовём такие кучи независимыми). Если каждую из куч можно разделить нужным образом, то можно разделить и все карты: из первой кучи дадим не меньше карт одному игроку, из второй — другому. Это обеспечит отклонение по общему количеству карт не более чем на 1. Масти и достоинства сравниваются только внутри независимых куч, поэтому уже отличаются не более чем на 1.
Случай 2. Пусть карт больше 2, разбить на независимые кучи нельзя и имеются карты разных мастей и достоинств. Тогда найдутся три карты, где вторая совпадает с первой по масти, а со второй —по достоинству (скажем, туз треф, туз пик, дама пик).
Случай 2а. Пусть среди карт есть ещё дама треф. Выдадим туза треф и даму пик одному, туза пик и даму треф —
126


другому. Задача сведется к делению остальных карт, а их на 4 меньше.
Случай 26. Пусть среди карт дамы треф нет. Заменим эту тройку на даму треф, число карт уменьшится на 2. Если такой набор можно разделить нужным образом, сделаем это. Затем заменим у одного игрока даму треф на туза треф и даму пик, а второму добавим туза пик. Разность количества карт, тузов, дам, треф и пик от этого не изменится.
Так спускаясь, мы доведём нашу (возможно, ветвящуюся) цепочку до наборов из не более чем двух карт. Такой набор разделить можно (достаточно каждому игроку дать не больше чем по одной карте), значит, восходя по цепочке обратно, мы сможем получить искомое разделение для исходного набора карт.
Д101. Могут. Начнём с числа 9, и будем добавлять числа слева по одному так, чтобы выполнялись условия задачи. Пусть у нас уже есть ряд из нескольких чисел, удовлетворяющий условию задачи, и пусть в нём первое число кратно 9. Обозначим его 9т. Добавим в начало ряда квадрат числа из т девяток (в частности, в первый раз добавим 81). Вообще же, добавленный квадрат равен 9... 980... 01 (т — 1 девяток и столько же нулей). Сумма цифр квадрата равна следующему справа числу. Мы удлинили ряд на одно число, все условия выполнены, и первое число опять кратно 9. Значит, можно добавить слева ещё одно число. Так добавляем, пока не получим искомый ряд из 10 чисел.
Д102. Пусть стороны квадрата вертикальны и горизонтальны. Тогда вертикальны и горизонтальны и все стороны прямоугольников разбиения, а также составленных из них фигур. Пусть изначально все прямоугольники белые. Будем не резать, а перекрашивать прямоугольники по одному так, чтобы белая и синяя фигура оставались многоугольниками специального вида.
Определение. Назовём фигуру нижней диаграммой (НД), если это многоугольник и его можно разрезать на такие прямоугольные части, у которых все нижние стороны лежат на одной прямой (части не обязаны совпадать с прямоугольниками из условия задачи). Аналогично определяется верхняя диаграмма (ВД).
127


Заметим, что если от квадрата отрезать НД, примыкающую к его нижней стороне и не примыкающую к верхней, то оставшаяся часть квадрата будет ВД.
Если в исходном квадрате есть прямоугольник разбиения, примыкающий одновременно к верхней и нижней сторонам квадрата, то нет прямоугольника, примыкающего одновременно к левой и правой сторонам. В таком случае повернём квадрат на 90°.
Итак, имеем квадрат без прямоугольников сверху донизу. Покажем, что можно по одному перекрашивать прямоугольники в синий цвет так, чтобы каждый раз синяя фигура была нижней диаграммой, а белая — верхней диаграммой.
Этап 1. Идём слева направо по нижней стороне квадрата и красим по очереди примыкающие к этой стороне прямоугольники. Синяя фигура остаётся НД по построению; по выбору положения квадрата она не достаёт до его верха, поэтому и белая фигура остаётся ВД. Этап завершается, когда пройдена вся сторона.
Этап 2. Пусть есть белые прямоугольники, не достающие до верха квадрата. Смотрим на верхние стороны таких прямоугольников, выбираем самую низкую из этих сторон и красим в синий цвет соответствующий прямоугольник П. Заметим, что нижняя сторона П целиком примыкает к синей фигуре, иначе к ней снизу должен был бы примыкать белый прямоугольник с более низкой верхней стороной. Но, добавляя такой прямоугольник П к НД, мы снова получим НД, она по-прежнему не достаёт до верха, поэтому белая фигура —ВД.
Этап 3. Все белые прямоугольники примыкают к верху квадрата. Красим их в синий цвет по одному слева направо. Белая фигура остаётся ВД, не достающей до низа, поэтому и синяя фигура —НД.
В момент, когда перекрашено 333 прямоугольника, разрежем квадрат по границе между синей и белой частями.
128


Авторы задач
Значительная часть использованных в книге задач давно и заслуженно стали математическим фольклором или восходят к нему. Их обычно публикуют без указания авторов. Это, однако, не повод умалчивать об авторах, когда они известны. Проще всего узнать свои задачи. Других задач с известными авторами не так много, но зато почти все из них — жемчужины:
Акулич И. Д68 Антропов А. Д8 Бакаев Е. Д64, Д89 Богданов И. Д24 Ботин Д. ДЗО (с И.Ященко) Волченков С. Д34 Голенищева-Кутузова Т. Д10 (с В.Клепцыным)
Грибалко А. 9.1 Евдокимов М. Д37 Женодаров Р. 3.3, Д17 Зудилин В. Д80 Изместьев И. Д54 Калинин Д. Д36 Канель А. Д70 Караваева Т. Д77 Клепцын В. Д10 (с Т. Голенищевой-Кутузовой) Кноп К. Д62 Конягин С. Д78 Мерзон Г. Д38 Перепечко А. Д55 Плоткин А. Д96 Подлипский О. Д21 (с Б. Трушиным)
Токарев С. 3.7
(с А. Шаповаловым), 7.8,
Д44, Д49, Д76 Трушин Б. Д21 (с О. Подлипским)
Усов С. Д66 Хачатурян М. Д99 Чернятьев Н. 9.9 Шаповалов А. 1.1—1.8, 1.10,
3.1, 	3.5, 3.6,
3.7 	(с С. Токаревым), 3.8, 4.1, 4.26, 4.4а, 4.7, 5.3, 5.7, 6.2,
6.4, 	6.5, 6.9, 7.1, 7.2, 7.5,
7.6, 	8.4, 8.7, 8.8, 8.9,
9.2-9.4, 9.6, 9.8, 10.1, 10.4,
10.5, 	Д1-Д7, Д9, Д11-Д15, Д18, Д23, Д25, Д35, Д41, Д43, Д45, Д46, Д51-Д53, Д59, Д61, Д63, Д65, Д69, Д71, Д72, Д79, Д82, Д84, Д86-Д88, Д92, Д93, Д98, Д100-Д102 Шаповалов Д. 1.9 Шаповалов М. Д57 Ященко И. ДЗО (с Д. Ботиным)


Литература
1. Блинков А.Д. Последовательности. М.: МЦНМО, 2018. (Школьные математические кружки).
2. Мышкис А.Д., Блехман И.И., Пановко Я.Г. Механика и прикладная математика: логика и особенности приложений математики. М.: Наука, 1990.
3. Шаповалов А.В. Принцип узких мест. М.: МЦНМО, 2017.
4. Кожевников П.А. Счётчики и расстояния в графах // Квант. 2017, №6.
5. Рубанов И.С. Индукция // Ленинградские математические кружки. Киров: АСА, 1994. С. 86—107.


Раздаточный материал
Занятие 1. Конструкции с повторами
1.1. Представьте 49 как сумму 20 слагаемых с одинаковыми суммами цифр.
1.2. Разрежьте фигуру на рисунке по границам клеток на 33 прямоугольника одинакового периметра.
1.3. В клетке А фигуры на рисунке стоит шахматный конь. Он должен дойти до клетки В. Ему нельзя быть ни в какой клетке дважды, а серые клетки он должен пройти все и строго снизу вверх по порядку. Придумайте маршрут и подсчитайте число ходов.
1.4. К левому берегу реки подошли 7 монахов и 6 людоедов. У берега есть двухместная лодка. Ни в какой момент времени монахи не должны оказаться в меньшинстве на одном берегу с людоедами. Как им всем переправиться на правый берег?
1.5. Разрежьте фигуру на рисунке на 10 равных частей.
Щ I I I 11 I 11 I I И I I I 11 L
в
А
1.6. Можно ли поставить в ряд больше 100 детей так, чтобы у каждой девочки был сосед-мальчик, а сосед ка-девочка была ровно у половины мальчиков?
1.7. Запишите по кругу более 25 натуральных чисел так, чтобы каждое число делило сумму своих соседей и общая сумма чисел была ровно в 2,5 раза больше количества чисел в круге.
1.8. На доске вначале выписаны два числа: 1 и 2. За один ход разрешается увеличить одно из чисел на доске на сумму цифр другого. Можно ли добиться, чтобы оба числа превратились в 2017?
1.9. На левом берегу реки три человека и 10 ящиков. Есть трёхместная лодка, каждое место может занимать человек или ящик. Ящики тяжёлые, погрузить в лодку или выгрузить из лодки можно только втроём. Других людей нет. Как им всем переправиться на правый берег и перевезти все ящики?


1.10. 	а) На крайней клетке полоски 1 х 16 сидит блоха. Одним прыжком она может перепрыгнуть через одну или две клетки и приземлиться в следующей. Как ей побывать на всех клетках ровно по одному разу?
б) 	То же для полоски 1 х 64.
132


Занятие 3. Разминка на малых
3.1. Соединив крайними клетками вертикальный и горизонтальный клетчатые прямоугольники ширины 1, получим уголок (см. примеры серых уголков на рисунке). Разрежьте клетчатый квадрат 50 х 50 без угловой клетки на клетчатые уголки с различным нечётным числом клеток.
3.2. Есть п монет достоинством в 1, 2, 3, ...
..., п динаров. Какое наибольшее число человек могут разделить эти деньги поровну? Найдите ответ для случаев /1 = 3, 4, 5, 6, 7, 99, 100.
3.3. Палиндром — это натуральное число, которое читается одинаково слева направо и справа налево (например, 1, 343 и 2002 —это палиндромы, а 2005 —нет). Некоторый палиндром увеличили на 110, и сумма снова оказалась палиндромом. Сколько цифр могло быть в записи исходного палиндрома?
3.4. а) Все клетки доски 2 х 24 заполнили крестиками и ноликами. У каждого крестика ровно один сосед крестик, у каждого нолика ровно два соседа нолики. Приведите пример такой расстановки. (Соседями считаются знаки в клетках с общей стороной.)
б) То же для доски 2 х 25. в) То же для доски 2 х 26.
3.5. а) Можно ли выписать в строку числа 1, 2, 3, 4 так, чтобы суммы любых пар соседей были равны или отличались на 1?
б) То же для чисел 1, 2, ..., 7. в) То же для чисел 1,2,..., 77.
3.6. Есть лист клетчатой бумаги, сторона клеток равна 1. Рисовать можно только по линиям сетки. Нарисуйте
а) 	четырёхугольник площади 1; б) 12-угольник площади 5;
в) 20-угольник площади 9; г) 100-угольник площади 49.
3.7. В произведении двух натуральных чисел один сомножитель однозначный. Все цифры в записи сомножителей и произведения не меньше 6. Сколько цифр может быть в произведении?
3.8. Секретный объект представляет собой в плане клетчатый прямоугольник ширины 5 м, разбитый коридорами на квадраты 5 х 5 м. В каждой вершине такого квадрата — выключатель. Щелчок выключателя действует сразу на все выходящие из этой вершины пятиметровые коридоры, меняя их освещённости на противоположные. Сторож находится в углу полностью неосвещённого объекта. Он может ходить только по освещённым коридорам и щёлкать выключателями любое число раз. При каком количестве квадратов он может перебраться на противоположную короткую сторону объекта и выключить везде свет?
133


Занятие 4. Инвариант шаг за шагом
4.1. Каждым ходом компьютер выписывает на экране ещё одно число, которое больше предыдущего либо на сумму двух первых цифр (если эта сумма цифр делится на 4), либо на 10 (если она на 4 не делится). Вначале на экране было только число 13.
а) Выписано 2000 чисел. Есть ли среди них шестизначные?
б) Выписано 1 ООО ООО чисел. Есть ли среди них число 444 444?
4.2. Картонный треугольник разрезали по прямой на две части. Затем каждый раз выбирали одну из всех частей и разрезали её по прямой на две части. Через час получилось более ста частей,
а) 	Докажите, что хотя бы одна из частей — треугольник, б) Среди частей ровно один треугольник. Что можно сказать о других частях?
4.3. На доске 7x7 без уголков (см. рисунок) сидят г
45 жуков, по одному в клетке. Каждую минуту все
жуки одновременно переползают в понравившуюся им ZZZZZZZ
соседнюю по стороне клетку. Какое наибольшее число
жуков сможет собраться в одной клетке? 11 11 11
4.4. В трёх кучках 5, 8 и 18 камней. За одну операцию можно в одну кучку добавить один камень, а в другую — 5 камней, а) Можно ли добиться, чтобы каждые две кучки отличались не больше чем на один камень? б) Можно ли добиться, чтобы все кучки были равны?
4.5. Волк и семеро козлят встали в один ряд и играют в чехарду: каждую секунду двое из них, стоящие через одного, могут, прыгнув, поменяться местами. Игра закончится, если они встанут в обратном порядке по сравнению с исходным. Могут ли они закончить, не нарушая правил?
4.6. На экране компьютера число 76543210. Каждую секунду компьютер уменьшает его на его сумму цифр. Докажите, что рано или поздно получится число 9.
4.7. Изначально на доске написаны числа 10, 20, 30, 40, 50. Разрешается выбрать любое число, уменьшить его в простое число раз (но так, чтобы оно осталось целым), а одно из других чисел увеличить в другое простое число раз (например, 50 и 20 заменить на 50 : 5 = 10 и 20 • 7 = 140). а) Докажите, что такими операциями нельзя получить набор чисел (20, 30, 40, 50, 60). б) Незнайка считает, что набор (20, 30, 40, 50, 60) получить можно. В доказательство он предъявил цепочку из 100 промежуточных наборов. Как быстро найти ошибочный переход в его цепочке?
4.8 	. На столе лежат 40 красных, 40 синих и 40 зелёных фишек. Можно снять со стола две фишки разного цвета и вместо них выложить фишку третьего цвета. Какое наименьшее количество фишек можно оставить на доске?
134


Занятие 5. Включение в серию
5.1. На каждой клетке клетчатой полоски ширины 1 х 80 стоит по шашке: слева 40 белых, справа —40 чёрных. За один ход можно пару соседних шашек, где слева белая, а справа чёрная, поменять местами. За какое число ходов можно получить позицию, где слева 40 чёрных, справа —40 белых?
5.2. Выпишите строку из 15 целых чисел так, чтобы сумма каждой пары соседей была отрицательной, а сумма всех была равна 1.
5.3. По кругу лежат 40 монет: две орлом, две решкой, две орлом, две решкой и т.д. Разрешается перевернуть монету, если одна из её соседок лежит орлом, а другая — решкой. Какого наибольшего числа монет, одновременно лежащих орлом, можно добиться с помощью таких операций?
5.4. На какое наибольшее число прямоугольников разной площади можно разрезать клетчатый прямоугольник 50 х 100, если резать можно только по границам клеток?
5.5. Газету 8 раз сложили пополам (поочерёдно вдоль и поперёк), после чего оторвали от неё 4 угла. Если теперь развернуть газету, то сколько в ней будет дырок?
5.6. Из чисел 1, 2, 3, ..., 33 одно вычеркните, а остальные разбейте на пары так, чтобы разности в парах были 1, 2, 3, ..., 16.
5.7. Дана доска 20 х 20, раскрашенная в шахматном порядке. Ладья ходит по ней, делая каждый раз ход на соседнюю клетку. Она может повернуть в чёрной клетке только направо, а в белой — только налево, но на любом цвете может и не поворачивать, а продолжить прямо. Как ладье пройти по всем клеткам, кроме двух, не проходя дважды через одну и ту же клетку?
5.8*. Карточки с числами 1, 2, ..., 50 перетасовали, разбили на десять пятёрок и в каждой пятёрке выбрали среднее по величине число. Какое наименьшее значение могла принять сумма выбранных чисел?
135


Занятие 6. Счётчик движения к цели
6.1. На полке в беспорядке стоит собрание сочинений в 20 томах. Библиотекарь может вынуть любую группу стоящих подряд томов и поставить их на то же место в обратном порядке. Как ему не более чем за 19 таких операций расставить тома строго по порядку?
6.2. На шахматной доске 8x8 стоит кубик (нижняя грань совпадает с одной из клеток доски). Верхняя грань испачкана. Кубик прокатили по доске, перекатывая через рёбра, так, что он побывал на всех клетках (на некоторых, возможно, несколько раз). Могло ли случиться, что испачканная грань ни разу не лежала на доске?
6.3. На столе стоят 32 стакана с водой. Разрешается брать любые два стакана и уравнивать количество воды в них, переливая часть воды из одного стакана в другой. Как такими операциями добиться, чтобы во всех стаканах воды стало поровну?
6.4. В ряд стоят три блюдца, на левом лежат 3 конфеты, среднее и правое — пустые. Петя берёт конфеты по одной. Когда он берёт конфету с какого-нибудь блюдца, то во всех блюдцах справа от него число конфет дополняется до 9 (Дед Мороз добавляет их из своего мешка). Какое наибольшее число конфет может набрать Петя?
6.5. В строку в беспорядке записаны по разу числа 1, 2, 3, ..., 16. За один ход разрешается поменять местами два числа, отличающиеся ровно на 1 (например, поменять местами 5 и 6, где бы они ни стояли). Докажите, что числа можно расставить по возрастанию не более чем за 120 ходов.
6.6. В фирме работает 10 сотрудников. Каждый месяц владелец повышает зарплату на 1 рубль ровно девятерым (по своему выбору). Как директору повышать зарплаты, чтобы сделать их одинаковыми? (Зарплата — целое число рублей.)
6.7. В ряд стоят 30 коробок, в них всего 300 конфет. За один ход можно выбрать две соседние коробки, где конфет не поровну, и переложить конфету из коробки, где их больше, в ту, где их меньше. Докажите, что за несколько ходов можно добиться, чтобы конфет везде стало поровну.
6.8. Дано число 1. Каждым ходом Петя приписывает к нему справа цифру 1 или 2, а Вася меняет местами любые две цифры (возможно, одинаковые). Докажите, что Вася может действовать так, чтобы после его 100-го хода получился палиндром.
6.9! Среди 50 школьников каждый знаком не менее чем с 25 другими. Докажите, что можно их разбить на группы из 2 или 3 человек так, чтобы каждый был знаком со всеми в своей группе.
136


Занятие 7. Склеиваем пазл
7.1. Клетчатую плитку шоколада 5 х 20 разрешается за один ход разломить по границам клеток на два меньших прямоугольных куска. Следующим ходом разрешается выбрать любой кусок и так же разломить его на два и т.д. При этом ни в какой момент не должно возникать квадратных кусков. Какое наибольшее число ходов может быть сделано?
7.2. а) Из квадратных кусочков Петя сложил пазл в форме доски 7x7 без уголков (см. рисунок). Пазл ему понравился, и Петя решил его склеить и повесить на стену. За одну минуту он склеивал вместе два куска — начальных или ранее склеенных. Сколько минут ему понадобилось для склейки цельной картины?
б) 	Из спичек сложена доска 7x7 без угловых клеток (см. рисунок), разбитая на клетки со стороной в одну спичку. В центральной клетке сидит жук, который не может переползать через спичку. Какое наименьшее число спичек надо убрать, чтобы жук мог доползти до любой клетки?
7.3. а) Какое наибольшее число рёбер можно перекусить в проволочном каркасе октаэдра (см. рисунок) так, чтобы каркас не развалился на части?
б) 	А чтобы каркас развалился не более чем на 3 части?
7.4. Докажите, что периметр клетчатого многоугольника из 100 клеток не больше 202.
7.5. Тёмную фигуру на рисунке разрезали по границам клеток на 6 частей. Чему может быть равна сумма периметров этих частей? (Сторона клетки равна 1.)
137


7.6. Несколько шахматистов устроили турнир. Всего в нём было 100 партий, при этом ничьих на 10 меньше, чем партий, где кто- то победил. Тот, кто хоть раз проигрывал, выбывал. Последний, кто остался, «тал чемпионом. Сколько всего было шахматистов?
7.7. Из спичек сложен треугольник, разбитый на 64 треугольных ячейки со стороной в одну спичку (см. рисунок).
а) В трёх угловых ячейках сидит по жуку, которые не могут переползать через спичку. Часть спичек убрали. Теперь до каждой из ячеек кто-нибудь из жуков может доползти. Какое наименьшее число спичек могло быть убрано?
б) В каждой из 64 ячеек сидит по жуку, которые не могут переползать через спичку. Все спички внешнего контура намазаны мёдом. Какое наименьшее число спичек надо убрать, чтобы каждый жук мог доползти и полизать мёда?
7.8? Дан клетчатый прямоугольник 7 х 10. Каждую его клетку разрезали по одной из диагоналей. На какое наименьшее число частей мог распасться прямоугольник?
138


Занятие 8. Пошаговое построение серии
8.1. Напишите строку из 10 различных натуральных чисел так, чтобы суммы пар соседей образовали строку последовательных точных квадратов.
8.2. Сложите из доминошек 2x1 квадрат 10 х 10 так, чтобы ни в какой точке не соприкасались уголками четыре доминошки.
8.3. а) Представьте 0,8 как сумму шести различных дробей с числителем 1 и натуральным знаменателем.
б) 	Объясните, как получить 0,8 в виде суммы ста дробей такого вида.
8.4. Докажите, что можно найти такие 12 натуральных чисел, что для любой пары этих чисел остаток от деления большего на меньшее был равен 2.
8.5. Докажите, что любой треугольник можно разрезать на 77 прямоугольных треугольников.
8.6. Придумайте набор из 10 различных натуральных чисел, сумма которых делится на каждое из них.
8.7. На каждой клетке доски 1 х 100 лежит по монете. Мы их считаем столбиками из одной монеты. За один ход разрешается любой столбик переставить влево или вправо на столько клеток, сколько монет в этом столбике; попав на занятую клетку, столбик объединяется со столбиком в этой клетке. Докажите, что можно за 99 ходов собрать все монеты в столбик
а) на самой левой клетке;
б) на любой наперёд заданной клетке.
8.8. а) Клетчатой фигурой будем называть фигуру, составленную из клеточек одинакового размера. Выложите в ряд 10 клетчатых фигур разной площади так, чтобы из любых двух соседних можно было сложить квадрат.
б) 	То же задание, но каждая из фигур не должна содержать квадратика 2x2.
8.9? Докажите, что любой треугольник можно разрезать на 77 равнобедренных треугольников.
139


Занятие 9. Свойства частичных конструкций
9.1. Вначале на доске написано число 2018. Каждым ходом число можно уменьшить на любую из его ненулевых цифр (например, из 2018 можно получить 2018 — 2 = 2016, 2018 — 1 = 2017 и 2018 — 8 = 2010). Аня и Боря ходят по очереди, начинает Аня. Получивший однозначное число проигрывает. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
9.2. На каждой клетке доски 20 х 20 лежит по карточке с числом. В каждой паре соседей (клеток с общей стороной) числа разные. Докажите, что карточки можно переложить в клетки полоски 2 х 200 так, чтобы по-прежнему в каждой паре соседей числа были разными.
9.3. Из 55 равносторонних треугольников сложена полоска (см. рисунок). Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход игрок красит неокрашенную сторону треугольника в красный или синий цвет по своему усмотрению. Нельзя красить так, чтобы у какого- то из треугольников все стороны стали одинакового цвета. Кто не может сделать ход — проиграл. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
/VVVV -чЛЛЛЛ
9.4. Петя задумал 100 нецелых чисел с целой суммой, неизвестной Васе. Петя выписывает числа красным цветом по одному. Ответным действием Вася округляет красное число до любого из двух ближайших целых (например, 3,14 можно округлить как до 3, так и до 4) и пишет его на доску синим цветом. Как Васе добиться, чтобы в конце сумма 100 красных чисел была равна сумме 100 синих чисел?
9.5. В ряд лежат 100 монет орлами вверх. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. Проигрывает тот, кто не может ходить. За ход разрешается выбрать две монеты орлами вверх, между которыми лежат ровно 2 или ровно 3 монеты, и перевернуть выбранные монеты. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
9.6. 30 учеников идут парами, в каждой паре ученики разного роста. Докажите, что они могут стать в круг так, чтобы рост каждого отличался от роста его соседей.
9.7. 40 конфет разложены по 20 коробкам. Девочка и мальчик по очереди берут по одной конфете, первой выбирает девочка. Докажите, что мальчик может выбирать конфеты так, чтобы две последние конфеты остались в одной коробке.
140


9.8. 	Петя и Вася ходят по очереди на доске 8x7, каждый своей ладьёй; начинает Петя. Вначале ладьи стоят в противоположных углах, а все остальные поля заполнены пешками. Каждым ходом ладья должна что-нибудь съесть — пешку или ладью противника (ладьи ходят по вертикали или горизонтали на любое расстояние, но через занятые поля не перепрыгивают). Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Кто из игроков может выиграть, как бы ни играл соперник?
9.9? На доске написаны числа от 1 до 666. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За один ход нужно заменить любые два числа на их сумму. Игра заканчивается, когда на доске останутся два числа. Петя хочет добиться, чтобы одно из них делилось на другое. Может ли Вася ему помешать?
141


Занятие 10. Обратная цепочка
10.1. У Пети было двузначное число. Каждым ходом он его уменьшал: когда число было составным, он заменял его на один из делителей, иначе уменьшал на 1. Мог ли Петя получить 0 ровно за 10 ходов?
10.2. Клетчатый шестиугольник, составленный из двух полосок ширины 1, назовём уголком (примеры уголков см. на рисунке). Докажите, что произвольный клетчатый квадрат без любой клетки можно разбить на клетчатые уголки с различным нечётным числом клеток.
10.3. На шахматной доске стоит несколько ладей. Докажите, что их можно раскрасить в 3 цвета так, чтобы ладьи одинакового цвета
друг друга не били. (Ладьи бьют друг друга, если они стоят на одной горизонтали или вертикали и между ними нет других ладей.)
10.4. Над натуральными числами можно выполнять две операции:
«Ф» — приписать на конце цифру 2;
«:» — разделить на 2 (это разрешено делать только для чётных чисел).
Например, если с числом 6 проделать последовательно операции # : #, получим 312.
Можно ли такими операциями из числа 2 получить 18?
10.5. Вдоль прямого коридора аэропорта расположены 64 выхода на посадку. Каждая пара соседних выходов связана лентой, движущейся только в одну сторону. Известно, однако, что к одному выходу можно добраться от любого другого, пересаживаясь с ленты на ленту. За один вопрос можно про любую пару соседних выходов узнать, в какую сторону движется лента между ними. Как за 6 вопросов найти тот выход, к которому можно отовсюду доехать на ленте?
10.6. На плоскости отмечены 66 точек (см. рисунок). Докажите, что • •
а) любые 65 из них можно зачеркнуть 10 пря-
мыми; • • • * •
б) все 66 точек зачеркнуть 10 прямыми невоз- •
можно. •••••••••
10.7. Валя вступила в группу в соцсети. Неко- торые участники группы дружат. Оказалось, что
между любыми двумя участниками группы сообщение можно передать по цепочке от друга к другу. Докажите, что всех в группе можно занумеровать по порядку так, чтобы у каждого, кроме Вали, нашёлся хотя бы один друг, чей номер больше.
142


10.8! В клетках квадратной таблицы 10 х 10 клеток стоит ровно 9 нулей и проведена диагональ из левого верхнего угла в правый нижний. Можно переставлять столбцы и строки вместе с их содержимым. Докажите, что можно добиться, чтобы все нули лежали под диагональю.
143


Содержание
Введение 3
Занятие 1. Конструкции с повторами 8
Занятие 2. Числовые закономерности 13
Занятие 3. Разминка на малых 15
Занятие 4. Инвариант шаг за шагом 21
Занятие 5. Включение в серию 29
Занятие 6. Счётчик движения к цели 36
Занятие 7. Склеиваем пазл 45
Занятие 8. Пошаговое построение серии 52
Занятие 9. Свойства частичных конструкций 61
Занятие 10. Обратная цепочка 68
Дополнительные задачи 76
Авторы задач 129
Литература 130
Раздаточный материал 131


В СЕРИИ «ШКОЛЬНЫЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ КРУЖКИ» ВЫШЛИ КНИГИ:
21. А. В. Шаповалов. Индукция без формальностей 20. И. В. Раскина,А. В. Шаповалов. Комбинаторика 19. А. И. Сгибнев. Геометрия на подвижных чертежах 18. А. д. Блинков. Последовательности 17. Ю. А. Блинков, Е. С. Горская. Вписанные углы 16. К. А. Кноп. Азы теории чисел
15. А. д. Блинков. Геометрия в негеометрических задачах
14. И. В. Раскина. Логика для всех: от пиратов до мудрецов
13. А. В. Шаповалов. Математические конструкции: от хижин к дворцам
12. А. Д. Блинков, В. М. Гуровиц. Непрерывность
11. И. В. Раскина, Д. Э. Шнолъ. Логические задачи
10. А. А. Заславский, Б. Р. Френкин, А. В. Шаповалов. Задачи о турнирах
9. А. В. Шаповалов. Как построить пример?
8. А. И. Сгибнев. Делимость и простые числа
7. А. Д. Блинков. Классические средние
б. Г. А. Мерзон,И. В. Ященко. Длина. Площадь. Объем
5. К. А. Кноп. Взвешивания и алгоритмы: от головоломок к задачам
4. А. д. Блинков, Ю. А. Блинков. Геометрические задачи на построение
3. п. в. Чулков. Арифметические задачи
2. В. М. Гуровиц, В. В. Ховрина. Графы
1. J1. Э. Медников. Чётность