Анна Бураго
Дневник математического кружка второй год занятий
Перевод с английского Е. В. Поникарова
Москва Издательство МЦНМО 2020


УДК 51(07) ББК 22.1
Б91 Бураго А. Г.
Б91 Дневник математического кружка: второй год занятий / Перевод с англ. Е. В. Поникарова. — М.: МЦНМО, 2020. —488 с.
ISBN 978-5-4439-1508-1
Книга содержит весь необходимый материал для проведения математического кружка в 6—8 классах в течение всего учебного года. Приводятся подробно изложенные темы для обсуждения в классе, наборы задач с решениями, математические игры и конкурсы. Автор — преподаватель математических кружков с многолетним стажем—делится профессиональными навыками ведения кружка. Читатель найдёт в книге советы, как организовать занятие, преподнести материал и избежать типичных ошибок.
Книга адресована учителям и руководителям математических кружков. Также она будет интересна школьникам, увлекающимся математикой, и их родителям.
ББК 22.1
This work was originally published in English by the American Mathematical Society under the title Mathematical Circle Diaries, Year 2. Complete Curriculum for Grades 6 to 8 by Anna Burago.
Учебно-методическое издание Анна Геннадьевна Бураго Дневник математического кружка: второй год занятий
Подписано в печать 16.06.2020 г. Формат 60 х 90 Vie- Бумага офсетная.
Печать офсетная. Печ. л. 30,5. Тираж 2000 экз. Заказ № 463. Издательство Московского центра непрерывного математического образования.
119002, Москва, Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. (499) 241-08-04.
Отпечатано в ФГУП Издательство «Наука»
(Типография «Наука»)
121099, Москва, Шубинский пер., 6
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
В соответствии с Федеральным законом № 436-Ф3^_^ от 29 декабря 2010 года издание маркируется знаком (б+)
© Бураго А. Г., 2020. ISBN 978-5-4439-1508-1 © МЦНМО, 2020.


Содержание
Предисловие 10
Математические кружки 10
Об этой книге 11
Потенциальные учащиеся 12
Благодарности 14
Благодарности к русскому изданию 16
Раздел 1. Планы занятий
Введение 19
Занятие 1. Задачи с шахматной доской 21
1.1. Введение 21
1.2. Математическая разминка 22
1.3. Тема занятия: «Задачи с шахматной доской» 22
1.4. Задачи для решения в классе 26
1.5. Несколько слов о наборах задач 27
1.6. Подборка задач 28
1.7. Дополнительные задачи 29
Занятие 2. Математическая логика и другие стратегии решения задач 31
2.1. Математическая разминка 31
2.2. Тема занятия: «Стратегии решения задач» 32
2.3. Подборка задач 35
Занятие 3. Инварианты 38
3.1. Дискуссия для разминки. Действительно ли необходимы доказательства? 38
3.2. Тема занятия: «Инварианты» 41
3.3. Подборка задач 46
Занятие 4. Доказательство от противного 47
4.1. Математическая разминка 47
4.2. Тема занятия: «Доказательство от противного» 47
4.3. Подборка задач 52
Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 54
5.1. Математическая разминка. Как считали в Древнем Египте 54
5.2. Тема занятия: «Задачи с цифрами» 56
5.3. Упражнения для самостоятельной работы 61
5.4. Подборка задач 61
5.5. Дополнительные задачи 62
Занятие 6. Двоичные числа I 64
6.1. 	Математическая разминка 64


4
Содержание
6.2. Тема занятия: «Двоичная Страна — неформальное введение
в двоичные числа» 65
6.3. Двоичная система счисления 69
6.4. Обозначения для двоичных чисел 72
6.5. Компьютеры и двоичные числа 73
6.6. Подборка задач 75
Занятие 7. Двоичные числа II 77
7.1. Математическая разминка 77
7.2. Тема занятия: «Двоичная арифметика» 78
7.3. Как преобразовать десятичные числа в двоичные 80
7.4. Подборка задач 84
Занятие 8. Турнир по математическому домино 87
8.1. Математическая разминка 88
8.2. Правила математического домино 88
8.3. Задачи для математического домино 90
8.4. Подборка задач 95
Занятие 9. Принцип Дирихле 97
9.1. Математическая разминка 97
9.2. Тема занятия: «Принцип Дирихле» 97
9.3. Задача для решения в классе 102
9.4. Подборка задач 102
9.5. Дополнительные задачи 104
Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии 105
10.1. Математическая разминка 105
10.2. Тема занятия: «Принцип Дирихле в геометрии» 105
10.3. Подборка задач 109
10.4. Дополнительные задачи 110
Занятие 11. Математическая олимпиада I 111
11.1. Событие дня: математическая олимпиада 111
11.2. Первая часть задач 112
11.3. Вторая часть задач 113
11.4. Дополнительные задачи 113
Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 114
12.1. Математическая разминка 114
12.2. Тема занятия: «Повторение комбинаторных методов» 115
12.3. Задачи для решения в классе 121
12.4. Подборка задач 122
12.5. Дополнительные задачи 123
Занятие 13. Комбинаторика II. Сочетания 125
13.1. Математическая разминка 125
13.2. Тема занятия: «Сочетания» 126


Содержание
5
13.3. Подборка задач 131
Занятие 14. Математический аукцион I 133
14.1. Математическая разминка 134
14.2. Событие дня: игра «Математический аукцион» 134
14.3. Задачи для математического аукциона 135
14.4. Подборка задач 136
Занятие 15. Комбинаторика III. Дополнения. Математический питон 137
15.1. Математическая разминка 137
15.2. Тема занятия: «Принцип дополнения» 138
15.3. Событие дня: «Математический питон» по комбинаторике 140
15.4. Подборка задач 142
Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости 144
16.1. Математическая разминка 144
16.2. Тема занятия: «Комбинаторные хитрости» 145
16.3. Задачи для решения в классе 150
16.4. Подборка задач 150
16.5. Дополнительные задачи 152
Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи 153
17.1. Математическая разминка 153
17.2. Тема занятия: «Магические квадраты с цифрами от 1 до 9» 154
17.3. Ещё немного о магических квадратах  3x3 158
17.4. Ещё немного о магических квадратах 159
17.5. Подборка задач 160
Занятие 18. Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному 162
18.1. Математическая разминка 162
18.2. Тема занятия: «Двойной подсчёт» 163
18.3. Подборка задач 168
18.4. Дополнительные задачи 169
Занятие 19. Математическая олимпиада II 172
19.1. Событие дня: «Математическая олимпиада» 172
19.2. Первая часть задач 172
19.3. Вторая часть задач 174
19.4. Дополнительные задачи 174
Занятие 20. Делимость I. Повторение 175
20.1. Математическая разминка 175
20.2. Тема занятия: «Делимость» 176
20.3. Упражнения по разложению на множители. Подборка 1 182
20.4. Упражнения по разложению на множители. Подборка 2 183
20.5. Подборка задач 184
20.6. Дополнительные задачи 184


6
Содержание
Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 186
21.1. Математическая разминка: «Загадка простых чисел» 186
21.2. Тема занятия: «Взаимно простые числа» 189
21.3. Наибольший общий делитель  (НОД) 190
21.4. Наименьшее общее кратное (НОК) 192
21.5. Связь НОК и НОД 194
21.6. Задачи для решения в классе 194
21.7. Подборка задач 195
21.8. Дополнительные задачи 197
Занятие 22. Делимость III. Математические гонки 198
22.1. Математическая разминка 199
22.2. Событие дня: «Математические гонки» 199
22.3. Задачи для математических гонок 199
22.4. Подборка задач 200
Занятие 23. Математический аукцион II 201
23.1. Событие дня: «Математический аукцион» 201
23.2. Задачи для математического аукциона 201
23.3. Подборка задач 203
Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки 205
24.1. Математическая разминка 205
24.2. Тема занятия: «Остатки при делении на 3» 205
24.3. Арифметические операции и остатки 207
24.4. Подборка задач 212
24.5. Дополнительные задачи 213
Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки 214
25.1. Математическая разминка 214
25.2. Тема занятия: «Делимость и остатки» 214
25.3. Практические упражнения на делимость и остатки 220
25.4. Подборка задач 221
25.5. Дополнительные задачи 222
Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение 223
26.1. Математическая разминка 223
26.2. Тема занятия: «Графы вокруг нас» 224
26.3. Как найти число рёбер в графе 226
26.4. Подборка задач 227
Занятие 27. Теория графов II. Теорема о рукопожатиях 229
27.1. Математическая разминка 229
27.2. Тема занятия: «Теорема о числе нечётных вершин» 230
27.3. Задачи для решения в классе 234
27.4. Подборка задач 235
27.5. Дополнительные задачи 236


Содержание
7
Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 237
28.1. Математическая разминка 237
28.2. Тема занятия: «Попурри из задач, в которых используются графы» 237
28.3. Подборка задач 242
Занятие 29. Математическая олимпиада III 244
29.1. Событие дня: «Математическая олимпиада» 244
29.2. Первая часть задач 245
29.3. Вторая часть задач 246
29.4. Дополнительные задачи 246
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
Математический аукцион 252
Что такое математический аукцион? 252
Правила математического аукциона 252
Математическое домино 258
Математический питон 263
Математические гонки 265
Математическая олимпиада 267
Короткие занимательные математические игры 272
«Джотто» и «Математическое джотто» 272
«Ним» 272
«Чёрный ящик» 273
Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
Как стать первоклассным преподавателем математического кружка 277
Раздел 4. Решения
Занятие 1. Задачи с шахматной доской 287
Занятие 2. Математическая логика и другие стратегии решения задач 291
Занятие 3. Инварианты 295
Занятие 4. Доказательство от противного 296
Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 299
Занятие 6. Двоичные числа I 305
Занятие 7. Двоичные числа II 308
Занятие 8. Турнир по математическому домино 311
Занятие 9. Принцип Дирихле 315
Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии 319
Занятие 11. Математическая олимпиада I 322


8
Содержание
Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 325
Занятие 13. Комбинаторика II. Сочетания 329
Занятие 14. Математический аукцион 331
Занятие 15. Комбинаторика III. Дополнения. Математический питон 333
Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости 339
Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи 343
Занятие 18. Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному 347
Занятие 19. Математическая олимпиада II 354
Занятие 20. Делимость I. Повторение 358
Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 362
Занятие 22. Делимость III. Математические гонки 366
Занятие 23. Математический аукцион 369
Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки 371
Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки 375
Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение 380
Занятие 27. Теория графов II. Теорема о рукопожатиях 382
Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 386
Занятие 29. Математическая олимпиада III 390
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Занятие 1. Задачи с шахматной доской 397
Занятие 2. Математическая логика и другие стратегии решения задач 403
Занятие 3. Инварианты 405
Занятие 4. Доказательство от противного 406
Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 408
Занятие 6. Двоичные числа I 411
Занятие 7. Двоичные числа II 414
Занятие 8. Турнир по математическому домино 416
Занятие 9. Принцип Дирихле 423
Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии 426
Занятие 11. Математическая олимпиада I 429
Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 432
Занятие 13. Комбинаторика II. Сочетания 437
Занятие 14. Математический аукцион I 439
Занятие 15. Комбинаторика III. Дополнения. Математический питон 441
Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости 445
Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи 449


Содержание
9
Занятие 18. Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному 451
Занятие 19. Математическая олимпиада II 456
Занятие 20. Делимость I. Повторение 458
Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 462
Занятие 22. Делимость III. Математические гонки 466
Занятие 23. Математический аукцион II 468
Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки 471
Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки 473
Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение 476
Занятие 27. Теория графов II. Теорема о рукопожатиях 478
Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 481
Занятие 29. Математическая олимпиада III 483
Библиография 487


Предисловие
Математические кружки
Что такое математика?
Как бы вы ответили на такой вопрос?
Можно сказать, что это набор полезных знаний для решения технических задач. Этакий рабочий инструмент. Отчасти это правда. Например, инженер, вооружённый математикой, может оценить устойчивость моста, а ракетостроитель — рассчитать траекторию для запуска марсохода.
Тогда следующий вопрос: зачем школьникам заниматься в математическом кружке?
Чтобы получить знания, которые пригодятся им в будущем, когда они сами станут инженерами и ракетостроителями? Возможно. Ведь кружковцы занимаются такой математикой, которая обычно не входит в школьную программу, но очень важна для многих современных профессий.
Однако понятие «математика» включает в себя гораздо больше, чем хороший набор технических знаний. Это ещё и уникальный способ мышления. Математический способ мышления — это умение анализировать, задавать вопросы «почему» и «каким образом», разбивать сложную задачу на части, устанавливать связи, выдвигать гипотезы, находить закономерности, проводить логические рассуждения и генерировать новые идеи.
Математические кружки — это место, где дети развивают именно такой способ мышления. Кружковцы приобретают гораздо больше, чем просто хорошие технические навыки: они начинают по-но- вому думать, анализировать различные точки зрения, приводить аргументы, доказывать и находить рациональные решения.
Такой аналитический подход к рассмотрению и решению задач ценится во всех сферах деятельности: среди учёных и программистов, инженеров и предпринимателей. Более того, аналитическое мышление необходимо и в повседневной жизни: оно помогает вырабатывать собственные суждения и мнения, ориентироваться в океане информации и критически оценивать её, преодолевать предрассудки.
Обучение в математическом кружке имеет ещё ряд преимуществ. Во-первых, увлечённые математикой дети могут познакомиться с еди-


Предисловие
11
номышл енниками. Они попадают в особое сообщество, где находят друзей, разделяющих их интересы. Во-вторых, детей окружают такие же увлечённые математикой взрослые. Преподаватели в математических кружках часто служат образцами для подражания. Они помогают детям сохранить и приумножить интерес к математике, расти и делать важные шаги в правильном направлении, определиться с выбором будущей профессии. Обучение в математических кружках позволяет детям открыть красоту и смысл математики, научиться правильно думать и приобрести навыки решения задач.
Конечно, далеко не все кружковцы станут профессиональными математиками, многие проявят себя в совершенно других областях. Но для каждого из них математика навсегда останется добрым помощником. Математическая культура, умение решать задачи и навыки анализа, которые развиваются в математических кружках, будут надёжной опорой во многих профессиях.
Об этой книге
Эта книга —вторая в серии «Дневник математического кружка». В ней используется тот же подход к изложению материала, что и в книге «Дневник математического кружка. Первый год занятий». Обе книги были написаны на английском языке с целью познакомить зарубежных читателей с культурой математических кружков.
Долгое время математические кружки существовали только в России и в странах Восточной Европы, но в последние годы в самых разных концах земного шара растёт интерес к таким кружкам и к методике преподавания в них. Самообразование в этой области займёт немало времени: количество литературы и других ресурсов на иностранных языках очень ограничено. Будущему учителю потребуется много усилий на формирование своего подхода к обучению и создание собственной программы.
Данная книга призвана ускорить этот процесс: в ней есть всё, что нужно для ведения кружка в течение целого года. Книга содержит 29 занятий, каждое из которых включает все необходимые материалы: подробно изложенные темы для обсуждения в классе и наборы задач к ним, весёлые разминки и разбор типичных детских ошибок. Некоторые занятия задуманы как математические развлечения (математическое домино, математические аукционы, турниры). Есть, конечно же, и задачи (головоломки и загадки), для решения которых требуются только логика и здравый смысл.


12
Предисловие
Книга охватывает широкий спектр ключевых кружковских тем из разных областей математики. В их числе доказательства от противного, доказательства с помощью раскрасок и инвариантов, принцип Дирихле, подсчёт двумя способами, разумный перебор. Мы изучаем комбинаторику, двоичные числа, делимость и остатки, теорию графов и многое другое.
Как и «Первый год занятий», книга содержит много интересного и полезного материала, математическая строгость изложения которого сочетается с уровнем объёма и подачи материала, доступным для учеников средних классов.
Ещё одна цель книги — поделиться профессиональными навыками ведения кружка. Читатель найдёт в ней советы, как организовать занятия, преподнести материал и избежать типичных ошибок.
Материалы книги основаны на программе, которая много лет использовалась в математических кружках города Сиэтла, в школах «Prime Factor» и «Northwest Academy of Sciences». Следует заметить, что школьные программы по математике в России и в других странах существенно различаются. Например, американские школьники знают геометрию в намного меньшем объёме, чем их российские сверстники. Поэтому некоторые темы из традиционной программы кружков для детей этого возраста нам пришлось исключить. В частности, в эту книгу практически не включены задачи по геометрии.
Каждый сможет найти применение этой книге. Её можно использовать и в качестве основы при составлении программы собственного кружка, и как источник разнообразного теоретического материала с подборками задач к нему, и как сборник задач, конкурсов и игр.
Мы очень надеемся, что эта книга найдёт своих читателей и наши материалы окажутся нужными и полезными для преподавателей, родителей и школьников.
Потенциальные учащиеся
Материал, изложенный в книге, рассчитан на преподавание детям, уже имеющим определённый опыт занятий в математическом кружке. Но даже самые сообразительные дети могут подзабыть темы, изученные в прошлом году. И конечно же, в ваш кружок могут прийти новые ученики. Поэтому если новая тема строится на основе материала из первого года обучения, то ей всегда предшествует краткое повторение.


Предисловие
13
Книга предназначена для учеников 6—8 классов, однако многие темы и задачи будут интересны и более старшим школьникам. Глубину обсуждения материала можно варьировать. Наборы задач сконструированы так, чтобы привлекать и начинающих, и более опытных учеников. Каждый набор составлен из задач разного уровня сложности. Кроме того, в нём есть дополнительные задачи, которые можно давать самым сильным кружковцам. Для всех задач приведены решения. Удобные для печати наборы задач можно найти в конце книги, а также на сайте книги: www.mathcirclediaries. info.


Благодарности
Начинать эту книгу, конечно же, следует с длинного списка благодарностей. Трудно перечислить всех замечательных людей, которые прямо или косвенно помогали мне в работе: одни—делами, советом, опытом, другие — моральной поддержкой или одобрением.
Я хочу начать с выражения признательности своей семье — мужу, детям и маме — за то, что они поддерживали меня и давали возможность уделить этому проекту так много времени.
Особая благодарность причитается моему мужу Андрею Бураго, без которого этой книги, наверное, не было бы. Андрей тоже большой энтузиаст математических кружков, и мы много лет преподавали вместе. В конструктивных дискуссиях и неконструктивных спорах мы вместе отшлифовывали идеи и методы для многих занятий, представленных в этой книге. В приложениях к урокам вы встретите немало задач его авторства. Во время моей работы над книгой он совмещал должности технического консультанта, редактора, эксперта, психолога, болельщика и семейного повара.
Мне очень повезло, что у меня есть замечательная подруга Нелли Ткач — филолог, знаток русского и английского языков, человек, делающий мир лучше. Вместе с ней мы перечитывали эту книгу страница за страницей, и под её руководством мои тексты приобретали плавность и стройность.
Я очень благодарна Любе Малкиной—-моему партнёру по кружку Prime Factor. Люба очень мудрый, внимательный и рассудительный человек, талантливый преподаватель. Беседы с ней о работе с детьми и преподавании помогают мне заново открывать смысл выбранной нами профессии.
Я счастлива, что в редактировании и технической проверке этой книги участвовало много школьников и студентов, включая моих детей и бывших учеников: Белла Бураго, Саша Бураго, Тим Бураго, Саша Налимова, Анна Мелещук и многие другие.
Большое спасибо Татьяне Шубиной и Сергею Гельфанду за их вклад в публикацию английской версии этой книги.
Спасибо моим выдающимся учителям в ленинградских (санкт- петербургских) математических кружках и математических школах 45 и 239, которые сформировали моё понимание математики и мою любовь к ней.


Предисловие
15
Последними в этом списке, но первыми по важности идут все те люди, которые создали, поддерживают и развивают культуру математических кружков. Эта книга впитала опыт работы многих поколений преподавателей, профессионалов и мастеров своего дела, которые находили замечательные темы, придумывали интересные задачи и щедро делились своим знаниями.


Благодарности к русскому изданию
Как и в первой моей книге, я хочу начать с благодарности издательству МЦНМО за его вклад в поддержку и развитие математического образования. МЦНМО — это интересные новые книги и журналы, обширная сетевая база задач и математической литературы, полезные проекты и многое другое.
Переводом этой книги занимался Евгений Поникаров — знаток, эрудит и выпускник математических кружков. Благодаря его стараниям в переводе появилось много интересных примечаний, добавляющих исторические и математические перспективы к темам, затронутым в книге. Спасибо Константину Кнопу, математику, преподавателю и автору издательства МЦНМО, за множество замечательных советов и комментариев по организации и структуре перевода и за общую поддержку проекта.
Екатерина Абакумова, моя подруга и опытный преподаватель математики, прочитала русскую версию от начала до конца. Она не разрешала мне отправить её в редакцию, пока не переписала все те фразы и параграфы, которые казались ей недостаточно красивыми. Благодаря её энтузиазму из текста ушли многие шероховатости и неровности и книгу стало гораздо приятнее читать.
Завершает этот замечательный список отдельная благодарность моему редактору Ольге Васильевой —профессионалу высокой квалификации и замечательному мастеру своего дела. Работая над моей второй книгой, она нашла множество хитрых ошибок и неточностей, которые сначала ускользнули от автора, а потом и от таких специалистов, как Евгений, Константин и Екатерина.


Раздел 1 Планы занятий


Введение
Эта книга посвящена искусству и умению преподавать в математических кружках. В ней собраны материалы для кружков и методики, которые накопились за многие годы преподавания внеклассной математики для школьников средних классов.
Книга состоит из пяти частей. Первая часть содержит полную программу занятий математического кружка на год и описывает 29 занятий. Типичное занятие включает подробное обсуждение какой-либо математической темы и к ней набор соответствующих задач. Некоторые занятия организованы в виде игр, турниров и олимпиад.
Вторая часть книги посвящена математическим развлечениям: в ней описаны соревнования и игры, которые можно использовать для придания динамичности вашему кружку.
В третьей части обсуждаются принципы преподавания в математическом кружке.
Четвёртая часть содержит подсказки, ответы и решения.
Наконец, в пятой части представлены наборы задач для уроков в формате, удобном для копирования.
Формат книги не совсем обьгчен. Некоторые уроки имеют вид конспектов реальных занятий нашего кружка — они включают вопросы учеников, комментарии и наблюдения учителей. На мой взгляд, такой формат поможет читателю оценить всю прелесть соответствующего занятия в математическом кружке.
Занятия и наборы задач
К каждому занятию прилагается набор задач и упражнений. После разминки и изложения теории ученикам предлагается основной набор задач, который содержит от пяти до девяти заданий. Большинство заданий связано с рассказанной темой, остальные могут относиться к предыдущему материалу. В наборе представлены задачи разной сложности: самые сложные отделены горизонтальной чертой.
Кроме того, к некоторым занятиям добавлены наборы упражнений для дополнительной практики в методах решения задач, изложенных в классе. Типичные примеры таких тем: делимость, остатки, комбинаторика и теория графов.


20
Раздел 1. Планы занятий
Наконец, некоторые занятия включают дополнительные задачи, которые можно использовать для практики, для олимпиад и т. д.
Удобные для печати наборы задач можно найти в конце книги, а также на сайте книги: www.mathcirclediaries.com.
Каждое занятие в этой книге рассчитано на полтора или два часа и предполагает изучение теории, самостоятельное решение задач и разбор домашнего задания.
Время занятий можно корректировать. Для сильных групп можно сделать более короткие занятия, а младшим школьникам на изучение того же материала может понадобиться дополнительное время. Также в кружках младшего возраста можно пропустить часть более сложного материала.


Занятие 1
Задачи с шахматной доской
Тема первого занятия математического кружка должна быть доступной, познавательной и увлекательной. В то же время она должна иллюстрировать несколько важных идей, которые и отличают математические кружки. Нам бы хотелось, чтобы дети ощутили, что поиск решения сам по себе может быть захватывающим процессом.
Поэтому сегодня мы будем изучать, как при решении задач может помогать раскраска. Эта интересная и яркая тема определённо понравится ученикам. Здесь на лету появится множество элегантных и глубоких доказательств и будет где воскликнуть «Эврика!».
Сегодняшнее занятие организуется таким образом.
• Знакомство преподавателя с учащимися.
• Несколько слов о математических кружках.
• Короткая разминка.
• Обсуждение и решение задач.
Что принести на урок
• Распечатки головоломок с замком сэра Квадрата (одна на ученика; можно скопировать со с. 402).
• Распечатки головоломок с замком сэра Квадрата с подсказками (раскраска в шахматном порядке) (одна на ученика; можно скопировать со с. 402).
• Распечатки задач, которые разбираются в классе (одна на ученика).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Бумага в клетку (сегодняшний набор задач включается в более общий круг задач на квадратной сетке).
1.1. 	Введение
На первом занятии полезно потратить некоторое время, чтобы представиться ученикам и познакомиться с ними.


22
Раздел 1. Планы занятий
Если у вас есть в запасе 10 минут, в качестве первого шага можно сыграть в короткую игру — скажем, «Две правды, одна ложь». В этой игре каждый участник сообщает классу три факта о себе: два истинных и один ложный. Остальные должны угадать, какие факты истинны.
Например, учитель может представиться и сказать: «У меня есть рыжий кот по имени Медовик; каждый день я ем одну жевательную конфету; я умею жонглировать пятью предметами». Учащиеся пытаются догадаться, какие факты верны. Затем игру продолжают сами школьники.
После игры вы можете немного поговорить о своих планах для математического кружка: что вы собираетесь рассказывать, как будут организованы уроки, чем кружок отличается от школы и т. д.
1.2. 	Математическая разминка
Обычно мы начинаем занятие с короткой разминки.
Задача для разминки 1. В саду растут несколько деревьев. На грушевом дереве есть груши. После сильного порыва ветра ни на дереве, ни на земле груш нет. Как это могло произойти?
Задача для разминки 2. Две девочки родились у одной матери, в одно и то же время, в один день, в один месяц и в один год, но они не двойняшки. Как это может быть?
Для преподавателей. Перед разминкой напомните детям, что это шуточные задачи с подвохом, но с математической точки зрения они несложны. Поэтому учащимся нужно мыслить нестандартно и быть готовыми к необычным решениям.
Ответы для задач разминки, а также решения всех задач можно найти в разделе «Решения», который начинается на с. 287.
Перед тем как двигаться дальше, обратите внимание на то, что некоторые обсуждения в этой книге —это запись реальных обсуждений, происходивших в нашем кружке. Поэтому там могут быть вопросы учащихся, ответы преподавателей и т. д.
1.3. 	Тема занятия: «Задачи с шахматной доской»
Давайте начнём обсуждение с того, что предложим ученикам набор задач, похожих на головоломки. Все они похожи друг на друга; однако решения для некоторых из них найти легко, а для некоторых—невозможно. Почему? Правильные и неправильные попытки


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
23
сформулировать ответ послужат превосходным знакомством с понятием доказательства и с темами чётности и чередования.
Давайте взглянем на первую задачу на доске.
Пример 1. В замке сэра Квадрата есть 24 комнаты в виде прямоугольника 6 х 4; в стене между любыми соседними комнатами есть дверь. (Схема замка изображена на рисунке ниже.)
$2
Можно ли пройти через замок следующим образом: начать в комнате, отмеченной гербом сэра Квадрата (крылатым львом), посетить каждую комнату замка ровно по одному разу и закончить в комнате, отмеченной короной?
Разбор примера 1. Мы будем разбираться с этой головоломкой вместе: я рисую схему на доске, а пара добровольцев выходит и чертит возможные маршруты. Ниже показано одно из таких решений.
Пример 2. Теперь каждый учащийся получает лист с шестью другими задачами и начинает с ними работать.
*
*
*


24
Раздел 1. Планы занятий
Разбор примера 2. Вскоре школьники начинают давать решения для случаев а), б) и г). Одновременно некоторые заявляют, что в), д) и е) решить невозможно. Несколько детей пытаются объяснить это. Вероятнее всего, аргументация будет такой: «Если мы начнём с этой комнаты и пойдём сюда, то застрянем вот тут; если мы пойдём туда, то застрянем там... Мы попробовали все возможные пути и не добились цели». К сожалению, такие рассуждения далеки от идеала. Во-первых, вдруг мы пропустили какое-то решение, поскольку не заметили какой-то хитроумный способ повернуть? Кроме того, такая аргументация зависит от рисунка: каждый раз, когда мы выбираем новую пару комнат, нам нужно заново анализировать все возможные маршруты. Нельзя ли придумать объяснение, которое было бы более универсальным?
У кого-то появляется интересное наблюдение: если мы идём кратчайшим путём от первой до последней комнаты и проходим через чётное число пустых комнат, то головоломку решить можно; если же мы проходим через нечётное количество комнат, это сделать невозможно. Похоже, что это наблюдение работает: в случае а) мы проходим через 6 комнат, в случае б) — через 0, в случае в) — через 3, в случае д) — через 5. Однако это ещё не доказательство; пока это всего лишь наблюдение, которое оказывается верным для некоторых конкретных задач. Есть ли способ доказать, что это наблюдение справедливо всегда? Нам нужна идея. Как насчёт раскраски комнат в шахматном порядке?
Я раздаю новые копии того же самого набора задач. Однако на этот раз все комнаты раскрашены в два цвета, подобно клеткам шахматной доски (см. рисунок ниже). Ученики копируют свои решения на эти раскрашенные схемы. Заметили ли они некую закономерность?
а]
г]


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
25
Вскоре у нас появляется целая куча новых наблюдений.
• Комнаты вдоль маршрута чередуются по цвету!
• Если первая и последняя комнаты имеют разные цвета, то задача имеет решение!
• Если первая и последняя комнаты имеют один цвет, то задачу решить нельзя!
Ура! Два последних утверждения выглядят весьма многообещающей гипотезой: «Нужный маршрут должен начинаться и заканчиваться в комнатах разных цветов». Давайте докажем это!
В самом деле, комнаты вдоль маршрута меняют свой цвет. Поэтому все комнаты с нечётными номерами должны быть одного цвета, а все комнаты с чётными номерами — другого. Всего в замке 24 комнаты; такова же и длина полного маршрута. Однако 24 —чётное число. Поэтому цвет последней комнаты
всегда будет отличаться от цвета первой комнаты (см. рисунок справа). Это объясняет, почему нельзя решить задачу для случаев в), д) и е).
Завершим обсуждение, обобщив важный принцип, который мы только что открыли. Для нашей задачи мы нашли свойство, которое остаётся неизменным: путь чётной длины всегда начинается и заканчивается в комнатах разных цветов. Отсюда вьюод: невозможно найти путь чётной длины, который соединяет комнаты одного цвета.
Идея величины или свойства, которые остаются неизменными, — очень мощное средство для решения задач. Такое свойство называется инвариантом\ В нашей задаче мы обнаружили инвариант, который использует идеи чередования и чётности.
Наше решение коротко и элегантно. Любое другое было бы более сложным. Например, если бы мы попробовали убирать все возможные маршруты методом проб и ошибок, такое решение отняло бы массу времени. Более того, наше решение универсально: мы можем применять тот же подход и к более крупным замкам!
Для преподавателей. Внимательный читатель, вероятно, заметил, что мы не ответили ещё на один важный вопрос. Мы доказали, что некоторые позиции невозможны; но мы не доказали, что все остальные позиции возможны. В самом деле, верно ли, что задача имеет решение для любой
1 От лат. invarians — неизменный. —Прим. пер.


26
Раздел 1. Планы занятий
пары комнат разного цвета? Хотя ответ положителен, доказательство трудновато. Поэтому пока мы его пропустим.
Теперь, когда мы продемонстрировали полезность раскраски для решения задач, можно перейти к самостоятельной работе. Чтобы по-настоящему овладеть этим методом, школьники должны самостоятельно решить несколько задач.
Для преподавателей. Пока школьники решают задачи урока, подходите к ним, проверяйте решения и при необходимости помогайте. Для всех этих задач раскраска является эффективным способом решения. Поэтому если кто-то собьётся в сторону проб и ошибок, то напомните о тех идеях, которые обсуждались в начале занятия. Закончите занятие обсуждением решений.
1.4. 	Задачи для решения в классе
Задача 1. Можно ли замостить доминошками эту собаку? (Доминошкой называется прямоугольник 2x1. «Замостить» означает накрыть полностью и без перекрытий.)
Задача 2. Можно ли разрезать эту шестиугольную фигуру на 23 одинаковые части? (Все разрезы должны идти по линиям сетки.)
Задача 3. Верблюд — это нестандартная шахматная фигура. Верблюд ходит как конь, но на одну клетку дальше. Иными словами,


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
27
если ход коня можно изобразить Г-образной фигурой 2 х 3, то ход верблюда —Г-образной фигурой 2x4.
Конь Вебрлюд
Верблюд стоит в левом нижнем углу шахматной доски 8x8. Можете ли вы через несколько ходов попасть в правый нижний угол?
Задача 4. Летний замок леди Квадрат состоит из 35 комнат, расположенных в виде прямоугольника 7x5; в стене между любыми соседними комнатами есть дверь. Можно ли пройти по замку так, чтобы:
• начать в гостиной комнате леди Квадрат (отмечена улыбающимся лицом);
• пройти по всем комнатам ровно один раз;
• закончить свой путь в комнате, отмеченной сердечком.
Для каждой схемы либо начертите маршрут, либо докажите, что такой маршрут невозможен.
1.5. 	Несколько слов о наборах задач
На каждом занятии кружка дети получают один или несколько наборов задач. Некоторые из этих наборов («задачи и упражнения для классной работы») предназначены для занятий в классе, чтобы помочь детям усвоить новые понятия и идеи. Другие, в среднем более сложные, предназначены для домашней работы. Если позволяет время, учащиеся могут начать работать над ними в классе. Нерешённые задачи будут домашними к следующему занятию.
Некоторые из этих задач могут оказаться сложными. Возможно, что не все ученики смогут справиться со всеми задачами. Однако даже попытка решить эти задания будет полезна.
Также мы не требуем, чтобы дети записывали решения подробно, так как некоторые из них могут быть довольно длинными. До¬


28
Раздел 1. Планы занятий
статочно указывать важные шаги, которые дают возможность воспроизвести решения в классе.
1.6. 	Подборка задач
Задача 1. Шахматная королева испекла пирог в виде шахматной доски 4x7. Король прокрался и съел кусочек размером 1x3. Королеве осталась часть пирога, изображённая на рисунке. Тем не менее она сумела разрезать пирог на три прямоугольных куска, из которых составила квадрат 5 х 5, и при этом шахматная раскраска сохранилась. Как она это сделала? (Все разрезы должны проходить по линиям сетки. Кусочки пирога можно поворачивать, но нельзя переворачивать.)
Задача 2. После успешного набега пираты Артур, Боря, Витя и Гриша разделили свою добычу в 70 золотых монет. Каждый пират получил хотя бы по одной монете. Артур получил больше всех. Боря и Витя вместе получили 45 монет. Какова доля Гриши?
Задача 3. В Треугольном замке (см. рисунок ниже) все комнаты треугольные, и в каждой из стен между ними есть дверь. Экскурсовод хочет пройти по замку, не заходя ни в одну комнату больше одного раза. Каково максимальное количество комнат, которое можно посетить при таком маршруте? (Маршрут может начинаться и заканчиваться в любых двух комнатах.)
Задача 4. Разность между двумя числами равна их полусумме. Каково отношение первого числа ко второму?


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
29
Задача 5. В районе Мат-Хэттен есть четыре улицы, идущие с запада на восток, и четыре авеню, идущие с севера на юг. На каждом перекрёстке есть небольшая площадь. По всем дорогам можно двигаться в обоих направлениях.
^ памятник
простым числам
площадь 1-г мягячин
Интеграла ^ ^ Ии магазин
а) Можно ли пройти от площади Интеграла до Пи-магазина, посетив каждую площадь ровно один раз?
б) Можно ли пройти от площади Интеграла до памятника простым числам, посетив каждую площадь ровно один раз?
Для каждой части задачи либо начертите маршрут, либо объясните, почему он не существует.
Задача 6. Озорник Миша изменил две цифры в домашней задаче Маши, и теперь у неё получилось вот что:
4 • 5 • 4 • 5 • 4 = 2247.
Помогите Маше найти изменённые цифры и восстановить равенство.
Задача 7. На склонах горы живут 10 радужных драконов; у каждого дракона свой цвет (красный, синий, жёлтый и т.д.). Известно, что если взять любых четырёх драконов, то два из них будут одного цвета. Докажите, что есть по крайней мере четыре дракона одного цвета.
Для преподавателей. Имейте в виду, что горизонтальная черта указывает на раздел с более сложными задачами. При работе с младшими школьниками эти задачи можно пропустить.
1.7. 	Дополнительные задачи
Задача 1. У вас есть доска 6 х 6. В п. а) отсутствует одна угловая клетка. В п. б) и в) отсутствуют по две угловые клетки. Какие


30
Раздел 1. Планы занятий
из этих досок можно замостить доминошками? (Доминошкой называется прямоугольник 2x1. «Замостить» означает накрыть полностью и без перекрытий.)
а)
б)
в)
Задача 2. На каждой из 25 клеток доски 5x5 сидит по одному жуку. По свистку каждый из 25 жуков перемещается на любую из соседних клеток (т. е. клетку, примыкающую сверху, снизу, слева или справа). Докажите, что после этого хотя бы одна клетка останется пустой.
Задача 3. Медвежонок вышел из дома и обнаружил странные следы вокруг своего любимого дерева (см. рисунок). Он прошёлся несколько раз вокруг дерева, изучая следы и иногда перепрыгивая через них, чтобы было лучше видно. В конце он вернулся к своему дому. Мог ли Медвежонок перепрыгнуть через таинственные следы 7 раз? (Медвежонок не перепрыгивает следы в точке их пересечения.)
Задача 4. На столе лежит прямоугольная игральная карта рубашкой вверх. Вы можете переворачивать эту карту через одну из её сторон любое количество раз. Может ли в итоге карта оказаться на том же месте стола, но рубашкой вниз?


Занятие 2
Математическая логика и другие стратегии решения задач
Цель этого занятия — напомнить ученикам о нескольких базовых методах решения задач, которые они изучали в первый год. Тем школьникам, которые присоединились к кружку уже в этом году, такой урок послужит интенсивным курсом знакомства с некоторыми базовыми темами и стратегиями. Мы обсудим логику, чётность и некоторые виды доказательств.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
2.1. 	Математическая разминка
Для сегодняшней разминки мы возьмём несколько задач о рыцарях и лжецах. Такая разминка сочетает развлечение и обучение: она подчёркивает важность рассуждений и обоснования ответа.
Рыцари и лжецы — это две разные группы людей, которые живут на далёком острове. Люди из одной группы —рыцари — всегда говорят правду. Люди из второй группы —лжецы — всегда лгут.
Задача для разминки 1. С вами знакомятся два жителя острова, Рома и Эдик. Рома говорит: «По крайней мере один из нас лжец». Можете ли вы установить, кто есть кто?
Обсуждение задачи для разминки 1. Поскольку мы не знаем, кем является каждый из мальчиков, давайте предположим, что Рома—рыцарь. Если он рыцарь, то он должен говорить правду, т. е. хотя бы один из мальчиков—лжец. Поскольку Рома —рыцарь, Эдик должен быть лжецом.
Мы нашли ответ, но значит ли это, что задача решена? Нет. Мы нашли одно решение, но ведь могут существовать и другие.
Предположим, что Рома —лжец. В этом случае фраза «По крайней мере один из нас лжец» должна быть ложной. Следовательно,


32
Раздел 1. Планы занятий
оба —и Рома, и Эдик—должны быть рыцарями. Оказалось, что Рома одновременно является и рыцарем, и лжецом. Таким образом, наше предположение привело к противоречию; поэтому Рома не может быть лжецом. Вот теперь задача решена: мы нашли ответ и доказали, что других ответов нет — разобраны все возможные случаи.
Кроме того, на этом острове мы можем столкнуться с ещё одной группой лиц — туристами, т. е. людьми, приехавшими на остров. Как и все обычные люди, туристы иногда лгут, а иногда говорят правду.
Задача для разминки 2. Как-то раз на острове рыцарей и лжецов вы встретили мальчика, который заявил вам, что является лжецом. Этот мальчик—турист или островитянин?
Обсуждение задачи для разминки 2. Может ли этот мальчик быть рыцарем? Ответ отрицателен: рыцарь не солгал бы. Может ли он быть лжецом? Нет, поскольку в этом случае он сказал вам правду. Следовательно, мальчик является туристом (и сказал вам ложь).
Задача для разминки 3. Однажды вы, будучи туристом на острове рыцарей и лжецов, пришли на вечеринку. Каждый человек на ней заявил, что на вечеринке есть по крайней мере один лжец. Сколько рыцарей, лжецов и туристов было на вечеринке?
Обсуждение задачи для разминки 3. Мог ли на этой вечеринке оказаться хотя бы один лжец? Нет, иначе оказалось бы, что этот лжец сказал правду. Поэтому там могли быть только рыцари и туристы. Сколько было рыцарей? Все сказали, что в помещении есть хотя бы один лжец, но мы уже знаем, что лжецов там вообще не было. Поскольку рыцарь не мог солгать, рыцарей там тоже не могло быть. Следовательно, это была вечеринка, на которую пришли только туристы.
2.2. 	Тема занятия: «Стратегии решения задач»
Одной из основных задач первого года обучения было донести детям мысль, что «решить задачу» означает получить ответ с помощью умозаключений, а не угадать его. А фраза «найти решение» означает вовсе не то же самое, что фраза «найти ответ». «Найти решение» означает чётко и логично его объяснить, указать все предположения и выводы, показать все пройденные этапы. Также мы весь год усердно работали над развитием культуры логических рас- суждений и творческого подхода к решению задач. Цель этого заня¬


Занятие 2. Математическая логика
33
тия — проиллюстрировать эти идеи для новичков, но так, чтобы при этом было интересно и остальным. Поэтому оставшуюся часть занятия мы будем работать с задачами, которые демонстрируют различные подходы к решению.
Для преподавателей. Показывайте задачи на доске по одной. Побуждайте учеников генерировать идеи для решения. Кратко суммируйте идеи и подытожьте обсуждение по каждой задаче, дав полное решение. Помните, что у школьников может быть самый разный уровень подготовки. Попробуйте получить что-нибудь от каждого из учащихся, а потом убедитесь, что каждый ученик понял все шаги решений.
Мы начнём с базовой темы прошлого года — чётности (свойства числа быть чётным или нечётным). Чётность —это очень простая идея, но при этом дающая множество замечательных методов решения задач.
Пример 1. У Золушки в саду растут 20 кустов малины. На каждом кусте либо на одну ягоду больше, либо на одну ягоду меньше, чем на соседнем кусте. Мачеха уезжает на бал и требует от Золушки сосчитать все ягоды на кустах. Добрая фея, желающая помочь Золушке, пересчитала ягоды и сказала, что их 99. Должна ли Золушка поверить фее, или ей лучше пойти и посчитать ягоды самой?
Разбор примера 1. Число ягод на любых двух соседних кустах отличается на 1. Поэтому у них разная чётность и на этих двух кустах в сумме нечётное число ягод. Разобьём 20 кустов на 10 пар. Сумма десяти нечётных чисел чётна. Следовательно, общее количество ягод ни в коем случае не может быть равным нечётному числу 99.
Для преподавателей. Типичное неправильное решение — предъявить 20 чисел, которые в сумме дают число, близкое к 99 (например, 98 или 100). Потом ученик говорит, что лучше у него не получается: изменение комбинации чисел даёт сумму, которая ещё дальше от 99. Однако несколько отдельных неудачных примеров не доказывают невозможность в целом.
Пример 2. У марсианских мужчин 3 головы и 11 ног, у марсианских женщин 7 голов и 5 ног, а марсианские дети имеют 1 голову и 3 ноги. Вокруг космического корабля танцует группа марсиан. Может ли у них вместе быть 1001 голова и 1000 ног?
Разбор примера 2. Заметим, что каждый марсианин (мужчина, женщина или ребёнок) имеет нечётное число голов и нечётное число ног. Давайте докажем, что, какую бы группу марсиан ни взять, чётность числа голов и числа ног у них будет одной и той же.


34
Раздел 1. Планы занятий
Действительно, если общее количество марсиан чётное, то и суммарное количество голов, и суммарное количество ног будет чётным (сумма чётного числа нечётных слагаемых). Точно так же если общее количество марсиан нечётное, то и суммарное количество голов, и суммарное количество ног будет нечётным (сумма нечётного числа нечётных слагаемых). Однако в нашем случае числа 1001 и 1000 имеют разную чётность, поэтому 1001 головы и 1000 ног не может быть.
Другой вариант решения. Можно заметить, что у каждого марсианина сумма количества голов и ног чётна. Следовательно, какое бы число марсиан мы ни взяли, общая сумма количества их ног и голов должна быть чётна. Но тогда мы не можем получить 1000 +1001 = 2001 ног и голов.
Во всех задачах, которые мы обсуждали до сих пор, мы утверждали, что один конкретный пример не может доказать общий случай; поэтому пример не является решением. А может ли какой-то конкретный пример дать решение какой-нибудь задачи? Да, иногда может. Посмотрим на следующие две задачи.
Пример 3. Никита утверждает, что (3; 5), (5; 7), (11; 13) и (17; 19)—это все пары простых чисел, которые отличаются на 2. Прав ли он?
Разбор примера 3. Пример (29; 31) доказывает, что Никита ошибается.
Пример, который опровергает какое-либо утверждение, называется контрпримером. В случае с Никитой мы придумали
контрпример, который доказал, что Никита ошибся.
Пример 4. Числа а и b таковы, что а = Ъ +1. Может ли а4 быть равно Ь4?
Разбор примера 4. Да, это возможно. Пример: а = 0,5, Ъ = —0,5.
Предыдущие задачи показывают, что иногда пример является решением задачи, а иногда — нет. Можно ли знать, будет ли какой-то конкретный пример решением? Понимание приходит с опытом. Однако имейте в виду следующее.
• Если вы хотите опровергнуть общее правило, вы можете сделать это, найдя какой-нибудь один контрпример.
• Также если вы хотите показать, что нечто существует, вы можете доказать это, предъявив один пример.


Занятие 2. Математическая логика
35
• Но предположим, что вы хотите показать, что нечто истинно в целом, для всех элементов. Тогда проверка на конкретных элементах ничего не докажет. Вам нужно искать какое-то доказательство.
Теперь давайте посмотрим на задачи, в которых для полного решения требуется и пример, и доказательство.
Пример 5. В коробке лежат 5 красных и 7 синих карандашей. Каково наименьшее количество карандашей, которое нужно вытащить из коробки не глядя, чтобы у вас оказалось не менее 2 красных и не менее 3 синих карандашей?
Разбор примера 5. Ответ на эту задачу—девять карандашей. Чтобы обосновать это, нам нужно доказать, что нельзя обойтись меньшим количеством и что девяти всегда достаточно.
• Вот пример, который показывает, что меньшим количеством обойтись не удастся. Вытащив 8 карандашей, мы можем получить 7 синих и 1 красный. Поэтому необходимо вытащить по крайней мере 9 карандашей.
• Теперь докажем, что 9 карандашей хватит. Если из 9 взятых карандашей красных будет меньше двух, то синих должно оказаться больше 7, а это невозможно. Аналогично если из 9 взятых карандашей синих будет меньше трёх, то красных должно оказаться больше 6, а это невозможно.
А сейчас время для самостоятельного решения задач.
2.3. 	Подборка задач
Задача 1. Соедините точки А и В линией из А < четырех отрезков, чтобы:
• все четыре отрезка имели одинаковую длину; ?
• соседние отрезки не лежали на одной прямой; • « •
• каждый отрезок начинался и заканчивался i 4
в одной из отмеченных точек, но не проходил че- *
рез другие отмеченные точки. в
Задача 2. В совете директоров компании «Тракторы и реакторы» есть генеральный директор и три его заместителя. Совет директоров заседает раз в месяц и голосует по вопросу новых зарплат всем членам совета. Генеральный директор готовит список зарплат, но сам не голосует. Любой из заместителей жаден и голосует за предложение только в случае, если его собственная зарплата


36
Раздел 1. Планы занятий
увеличивается. Новый список зарплат утверждается, если за него проголосует большинство.
Может ли генеральный директор устроить так, чтобы за три месяца его зарплата выросла в 10 раз, а зарплаты всех заместителей уменьшились в 10 раз?
Задача 3. Кузнечик прыгает по прямой дороге вправо или влево. Сначала он прыгает на 1 сантиметр, потом на 2 сантиметра и т. д. Длина последнего, десятого прыжка —10 сантиметров. Может ли кузнечик после десяти прыжков оказаться в точке старта?
Задача 4. Катя считает, что если площадь первого прямоугольника больше, чем площадь второго прямоугольника, и периметр первого прямоугольника больше периметра второго, то второй прямоугольник целиком поместится внутрь первого. Права ли она?
Задача 5. В коробке лежат 10 красных, 8 синих, 8 зелёных и 4 жёлтых карандаша.
а) Каково наибольшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы в коробке осталось по крайней мере 6 синих карандашей?
б) Каково наибольшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы в коробке осталось хотя бы по одному карандашу каждого цвета?
в) Каково наименьшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы осталось не больше 6 синих карандашей?
Задача 6. Автомобиль Стаса Малахайлова оборудован высокоточным круиз-контролем. Стас едет со скоростью 55 километров в час и решает провести проверку. Он хочет каждую минуту менять скорость машины на 1 километр в час — в сторону увеличения или в сторону уменьшения. Может ли Стас остановить автомобиль ровно через 100 минут движения в таком режиме?
Задача 7. Полицейский живёт в доме, расположенном в углу городка. (Карту городка смотрите справа.) Каждую ночь ему нужно патрулировать улицы. Полицейский хочет спланировать свой маршрут так, чтобы он прошёл по всем улицам (возможно, не по одному разу) и вернулся домой. Какова длина кратчайшего возможного маршрута?


Занятие 2. Математическая логика
37
♦
Задача 8. В буфете стоят 8 банок с клубничным вареньем, 7 банок с абрикосовым вареньем и 5 банок с вишнёвым вареньем. Каково наибольшее количество банок, которое вы можете взять не глядя, чтобы осталось не менее 4 банок варенья одного вида и не менее 3 банок варенья другого вида?
Задача 9. Шесть монахов вошли в храм, оставив свою обувь у дверей. (Размер обуви у всех монахов различен.) Поздно вечером монахи по одному выходили из храма. Некоторые из них вместо собственной обуви надели чужую большего размера. Каково наибольшее возможное число монахов, которым пришлось уйти босиком? (Монах уходит босиком, если вся оставшаяся обувь ему мала.)


Занятие 3 Инварианты
Доказательства являются краеугольным камнем математики, и в нашем математическом кружке мы отводим очень много времени на изучение того, как объяснять и как доказывать. Однако начинающим кружковцам может быть непонятно, зачем нужно делать такой сильный акцент на доказательства. В самом деле, обычно в школе детям приходится заниматься математикой иначе: они тратят больше времени на действия с числами и формулами, а не на рассуждения. Также ученикам часто не хватает навыков, нужных для объяснения своих решений с достаточной математической строгостью. Иногда школьники ожидают, что в кружке занимаются только задачами на сообразительность и логику, решают головоломки и ребусы.
Сегодняшнее занятие служит двоякой цели. Сначала мы попробуем показать, насколько ценным может быть умение что-либо доказать: мы представим несколько примеров из истории, которые иллюстрируют, какую заметную роль может сыграть доказательство. Потом мы введём, объясним и попробуем на практике одну важную идею, которая называется инвариантом.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы.
• Распечатки игровой доски и 6 фишек для примера 4 (конфеты в круге). Образец см. на с.44 (один комплект на двух учеников; по желанию).
3.1. 	Дискуссия для разминки. Действительно ли необходимы доказательства?
Как вы только что узнали, в кружке мы проводим много времени, обучаясь объяснять, обосновывать решения и доказывать. Достаточно часто мы пытаемся доказывать факты, которые вроде бы не имеют практической ценности. Например, во многих задачах требуется доказать, что какого-то результата невозможно достиг¬


Занятие 3. Инварианты
39
нуть. Зачем тратить наше ценное время на такие доказательства? Не полезнее ли выучить новую формулу или вычислительный трюк?
Дело в том, что умение доказывать и обосновывать результаты действительно важно для настоящего учёного. Сейчас я приведу несколько примеров из реальной жизни.
Вероятно, вы слышали про термин «вечный двигатель». Вечный двигатель — это машина, которая работает вечно и не использует никакой внешней энергии —ни от солнца, ни от ветра, ни от химической реакции. В течение многих веков и великие умы, и обычные люди были озабочены идеей вечного движения. Например, над вечным двигателем работал Леонардо да Винчи, который оставил несколько чертежей с такими проектами. Множество людей потратили значительную часть жизни на создание такого устройства, веря, что они уже почти достигли цели. Предложения вечных двигателей были такими частыми, что патентное ведомство США отказалось выдавать патенты, если к заявке не была приложена рабочая модель машины. Однако до сих пор никто не смог создать такую модель.
Вопрос: почему же сейчас учёные и изобретатели отнюдь не зациклены на идее вечного движения? Ответ: в научном сообществе появилось доказательство, что такая машина невозможна. Учёные соглашаются, что вечное движение нарушало бы законы сохранения энергии. (Эти законы были установлены в конце XIX века после многих лет тщательных исследований и экспериментов.) Когда у учёных появилось чёткое доказательство того, что машина невозможна, они прекратили попытки её создать.
Ещё один пример — поиск алхимиками золота. Сотни и даже тысячи лет алхимики пытались найти способ превратить свинец, медь и другие неблагородные металлы в золото. Почему современные химики этим не занимаются? Ответ прост: у них есть доказательство того, что, хотя такое преобразование и возможно, это абсолютно экономически невыгодно. Сегодня учёные знают, что атомы одного элемента можно превратить в атомы другого элемента с помощью ядерной реакции. Физики-ядерщики и в самом деле успешно превращали свинец в золото, но этот процесс настолько дорог сам по себе, что результат не стоит того.
Теперь поговорим о криптографии — науке о преобразовании информации в тайную форму (шифрование) и восстановлении этой


40
Раздел 1. Планы занятий
информации в исходном виде (расшифрование1). Сегодня криптография используется повсюду. Все значительные компьютерные транзакции шифрованы. Для большей части шифрований мы используем новое поколение криптографических алгоритмов, которые, по мнению учёных, являются весьма надёжными. Это мнение основано на способе шифрования и на одном важном математическом предположении, связанном с простыми числами.
Чтобы дешифровать секретное сообщение, постороннее лицо должно начать с получения секретного ключа для этого сообщения. Чтобы получить этот ключ, нужно разложить некоторое очень большое число в произведение двух простых чисел. Сколько времени на это может потребоваться? Хотите верьте, хотите нет, но если число достаточно велико, то это занимает ОЧЕНЬ много времени. Например, для нахождения простых сомножителей 300-значного числа современным компьютерам нужны годы и годы. Причина в том, что не существует эффективных алгоритмов для разложения больших чисел на множители. Поэтому единственный способ, с помощью которого шпион или посторонний может узнать секретный ключ, — действовать наугад, пока не наткнёшься на нужный ключ, а это может занять столетия.
Вы уже видите слабое место. Что произойдёт со всей этой надёжностью, если кто-то обнаружит эффективный алгоритм для разложения больших чисел на простые множители? Математики полагают, что такого алгоритма не найти. Однако пока этот факт не доказан. Если кто-то сможет доказать его, множество людей и государств станут спать по ночам спокойнее, зная, что их секреты хорошо защищены.
Почему мы ищем все возможные ответы? Предположим, вы решили задачу и нашли ответ. Вы с гордостью приносите его преподавателю в математическом кружке, но слышите: «Да, этот ответ верный. Однако можете ли вы убедить меня, что других ответов нет?» Вы разочарованы — зачем вообще нужно такое обоснование?
1В отечественной терминологии есть разница между терминами «расшифрование» (расшифровывание, расшифровка) и «дешифрование» (дешифровка). Расшифрование — нормальный процесс восстановления исходной информации, когда вы — законный получатель информации и знаете ключ. Дешифрование — процесс получения исходной информации, когда вы — постороннее лицо и у вас нет ключа, т. е. это криптоанализ зашифрованного текста. —Прим. пер.


Занятие 3. Инварианты
41
Обратимся к примеру, который объясняет важность получения всех возможных ответов. Поговорим о мостах и способах их разрушения. Знаете ли вы, что, когда отряд солдат переходит мост, солдаты идут не в ногу? Причина в том, что мост может разрушиться из-за явления резонанса.
Что такое резонанс? Механические конструкции, хотя и выглядят неподвижными, на самом деле имеют собственную частоту колебаний (или целый набор частот). Если какая-нибудь сила (например, ветер) прикладывается к конструкции с той же частотой, эти колебания будут усиливаться. Такое усиление колебаний, которое называется резонансом1, может привести к разрушению конструкции.
Как этот факт связан с количеством решений? Мост может иметь несколько частот собственных колебаний. Когда инженеры проектируют мост, они должны компенсировать все возможные воздействия вибрации на всех таких частотах. Как можно вычислить эти частоты? Физическое поведение конструкции можно описать сложной системой уравнений. Каждое решение таких уравнений определяет какую-нибудь частоту колебаний. Поэтому крайне важно отыскать все решения, чтобы быть уверенными, что предотвращены все сценарии для разрушения.
Для преподавателей. Алхимия, золото, криптография, шпионы —все эти темы очень привлекательны для детей. Можно ожидать, что ваши ученики начнут отвлекать вас и затягивать в длительные отступления. Будьте сосредоточены и постарайтесь уложиться в отведённые для разминки 10 минут.
Идея, проиллюстрированная примером с мостом, не совсем соответствует нашей сегодняшней теме. К тому же, если на одном занятии рассказать все четыре примера, вероятно, вы не уложитесь по времени. Поэтому, хотя эти примеры у нас в книге и сгруппированы вместе, последний из них лучше отложить до другой разминки.
3.2. 	Тема занятия: «Инварианты»
В рассмотренных выше примерах дискуссии были завершены после того, как учёным удалось доказать, что нечто невозможно. Однако доказательство невозможности может быть трудным. Например, доказательство невозможности вечного двигателя заняло много веков.
Хорошая новость состоит в том, что математики изобрели много умных методов, помогающих доказать, что нечто невозможно полу¬
1 От фр. resonance; восходит к лат. resonare — снова звучать. —Прим. пер.


42
Раздел 1. Планы занятий
чить. Например, этот год мы начали с обсуждения задач о маршрутах в замке. В них мы хотели доказать, что некоторый маршрут невозможен. Решая эти задачи, мы установили свойство, которое справедливо для всех возможных маршрутов: что цвета первой и последней комнаты на маршруте должны быть разными. Однако на том маршруте, который нас интересовал, цвета первой и последней комнаты совпадали. Поэтому мы и заключили, что такого маршрута не существует.
Идея величины или свойства, которые остаются неизменными^—очень мощное средство для решения задач. Такое свойство называется инвариантом. Мы уже касались инвариантов на занятии 1. Они могут помочь нам справиться с действительно сложными задачами. В оставшееся время мы будем обсуждать задачи, иллюстрирующие различные типы инвариантов.
Для преподавателей. Вы можете попросить школьников придумать примеры задач с инвариантами из первого года обучения в кружке. Легко вспомнить пример с перевёрнутыми чашками. У нас было 7 чашек, 6 из которых стояли нормально, а одна была вверх дном. Нам разрешалось переворачивать по 2 чашки за раз (т. е. положение чашек «вверх- вверх» превращалось в положение «вниз-вниз», положение «вверх-вниз» превращалось в «вниз-вверх», а «вниз-вниз» — в «вверх-вверх»). Нашей целью было доказательство того, что никакое повторение этих операций не может привести в итоге к ситуации, когда все чашки стоят нормально.
В этой задаче мы смогли найти инвариант: чётность числа нормально стоящих чашек не меняется. Поэтому мы пришли к выводу, что нельзя начать с позиции с 6 чашками вниз дном и закончить позицией с 7 такими чашками.
Пример 1. На доске написаны числа от 1 до 15. Два игрока, Рита и Оля, делают ходы по очереди. За один ход игрок стирает любые два числа по своему выбору и заменяет их суммой этих чисел. Игра продолжается, пока на доске не останется одно число. Рита выигрывает, если оно нечётное; Оля выигрывает, если оно чётное. Первый ход делает Рита. У кого из игроков есть выигрышная стратегия?
Разбор примера 1. Сыграв в игру несколько раз, мы замечаем, что на доске в конце игры всегда остаётся одно и то же число — 120. Поэтому игра выглядит нечестной для Риты —ведь Оля всегда побеждает. Чтобы доказать это, заметим, что у этой игры есть инва¬


Занятие 3. Инварианты
43
риант: общая сумма всех чисел на доске остаётся неизменной. В самом деле, когда мы заменяем пару чисел их суммой, общая сумма не меняется. Поскольку сумма чисел в исходном наборе была 120, последнее оставшееся число тоже будет 120.
Пример 2. В каждой клетке таблицы 2x2 сидит какое-то животное — кролик или лягушка. За один ход можно поменять животных в одной строке или в одном столбце: каждый кролик становится лягушкой, а каждая лягушка становится кроликом. В исходной позиции в левом верхнем углу сидит кролик, а три остальные клетки занимают лягушки. Можно ли получить таблицу, в которой только кролики?
Разбор примера 2. Легко обнаружить инвариант: чётность общего количества кроликов не меняется. Табличка ниже доказывает это утверждение.
Количество кроликов в строке/столбце
Количество кроликов после хода
Изменение общего количества кроликов
1
1
0
0
2
+2
2
0
-2
Поскольку мы начинаем с нечётного числа кроликов, мы никогда не можем прийти к чётному числу.
Пример 3. Теперь животные сидят в таблице 3x3. Можно ли начать с таблицы с одним кроликом и закончить таблицей, где только кролики?
Разбор примера 3. Эта задача кажется более сложной. В самом деле, прежний инвариант не работает: чётность числа кроликов в таблице уже не является константой. Например, если мы трансформируем
верхнюю строку, то общее количество кроликов увеличится на 1. Но как бы мы ни старались, избавиться от всех лягушек не удаётся.
Уловка в том, чтобы использовать результат предыдущей задачи. Давайте сосредоточимся на верхнем левом квадрате 2x2 нашей таблицы. Животные в этом квадрате меняются точно так же, как


44
Раздел 1. Планы занятий
и в предыдущей задаче. Поэтому, что бы мы ни делали, в этом квадрате 2x2 останется хотя бы одна лягушка. Следовательно, и вся таблица будет содержать хотя бы одну лягушку.
Пример 4. Три диаметра делят круг на 6 секторов, и в каждом секторе лежит конфета (см. рисунок). Участвуют два игрока.
За один ход игрок может выбрать любые две конфеты и передвинуть каждую в один из соседних секторов. Игрок, который сдвигает все конфеты в один сектор, выигрывает и получает все конфеты. Кто выигрывает при правильной игре — первый игрок или второй?
Для преподавателей. Эту задачу хорошо давать в «практическом» виде: распечатайте изображение круга и принесите достаточно фишек, чтобы все могли поиграть.
Разбор примера 4. После нескольких попыток становится ясно, что не может выиграть никто: все конфеты в один сектор сдвинуть невозможно.
Чтобы доказать этот факт, раскрасим секторы в два чередующихся цвета.
Теперь можно заметить закономерность: чётность общего количества конфет в секторах одного цвета не меняется; число остаётся нечётным. Если мы сможем доказать это, у нас появится инвариант для этой задачи!
Для доказательства заметим следующее: когда мы сдвигаем конфету в соседний сектор, она всегда «меняет цвет». Поэтому если игрок выберет для перемещения две конфеты на секторах разного цвета, то после перемещения общее количество конфет каждого цвета не изменится. Если же игрок переместит две конфеты, располагавшиеся на полях одного цвета, то число конфет этого цвета уменьшится на 2, зато число конфет другого цвета увеличится на 2. Поэтому чётность конфет каждого цвета не меняется!
Поскольку игра начинается с нечётным количеством конфет каждого цвета, она не может закончиться позицией, где все 6 конфет имеют один цвет.


Занятие 3. Инварианты
45
Пример 5. Страны Диллия и Даллия имеют общую границу. Каждый раз, когда вы пересекаете границу, направляясь из Диллии в Даллию, вы можете обменять диллеры (монета Диллии) на дал- леры (монета Даллии) по курсу 3 даллера за 1 диллер. Каждый раз, когда вы пересекаете границу, направляясь из Даллии в Диллию, вы можете обменять даллеры на диллеры по курсу 3 диллера за 1 даллер. Вы можете пересекать границу сколько угодно раз и обменивать любую сумму денег.
Предположим, что вы находитесь в Даллии и у вас в кармане 1 даллер. Докажите, что у вас никогда не может оказаться поровну диллеров и даллеров.
Разбор примера 5. Как можно доказывать это утверждение? Пробовать записывать возможные последовательности бессмысленно, поскольку их бесконечно много. Например, мы можем проводить обмены так:
диллеры
0
3
0
27
0
6
5
даллеры
1
0
9
0
81
79
82
или так:
диллеры
0
3
2
5
3
6
4
даллеры
1
0
3
2
8
7
13
Эти примеры не являются доказательством; однако они позволяют заметить нечто важное: после любого обмена денег общая сумма остаётся нечётной!
Если мы докажем это, задача будет решена. Ведь если у вас поровну диллеров и даллеров, то общее число монет будет чётным!
А хорошая новость состоит в том, что доказать это просто.
• Мы начинаем с нечётного числа монет — с единицы.
• За одну монету мы получаем три монеты.
• Если мы обмениваем чётное число монет, то и получим чётное число монет. Значит, изменение в количестве будет чётным.
• Если мы обмениваем нечётное число монет, то и получим нечётное число монет. Значит, изменение в количестве будет снова чётным.
Итак, что бы мы ни делали, общее количество монет у нас останется нечётным. Следовательно, количество диллеров и даллеров в нашем кармане в результате таких операций никогда не сравняется.


46
Раздел 1. Планы занятий
Мы показали вам различные примеры, иллюстрирующие удобство инвариантов. А теперь время решать задачи.
3.3. 	Подборка задач
Задача 1. У вас есть три коробки с шоколадками. В первой на 6 шоколадок меньше, чем во второй и третьей вместе; во второй на 10 шоколадок меньше, чем в первой и третьей вместе. Сколько шоколадок в третьей коробке?
Задача 2. У вас есть три кучки конфет — с 2, 3 и 4 конфетами. За один ход вы можете выбрать две кучки и добавить в каждую по одной конфете. Можно ли, повторяя эту операцию много раз, получить три кучки конфет — с 200, 300 и 400 конфетами?
Задача 3. Сломавшийся калькулятор умеет выполнять только такие операции: умножать на 2, делить на 2, умножать на 3, делить на 3, умножать на 5 и делить на 5. Можно ли на этом калькуляторе получить за несколько операций число 49, начав с числа 12?
Задача 4. На доске написаны числа от 1 до 12. Вы можете стереть любые два из них (назовём их а и Ь) и заменить их числом а + b — 1. Через 11 таких операций на доске останется одно число. Каким оно может быть?
Задача 5. Вдоль дорожки в парке растут 6 деревьев, и на каждом из них сидит по одной птице. Каждый раз, когда проезжает автомобиль, ровно 2 птицы взлетают и садятся на соседние (в любом из двух направлений) деревья. Могут ли все птицы собраться на одном дереве?
Задача 6. Если фокусник кладёт в свой цилиндр 1 голубку, он достаёт из него 2 кроликов и 2 цветка. Если фокусник кладёт в цилиндр 1 кролика, он достаёт 2 цветка и 2 голубок. Если он кладёт 1 цветок, он достаёт 1 кролика и 3 голубок. Фокусник начал с 1 кролика. Может ли он, выполнив фокус несколько раз, получить в итоге равное количество голубок, кроликов и цветов?
Задача 7. На столе стоят две чашки: одна с кофе, а другая с молоком. Кофе и молока поровну. Вы зачерпываете ложку молока, выливаете её в чашку с кофе и перемешиваете. Затем вы зачерпываете ложку смеси в чашке с кофе и выливаете её в чашку с молоком. Чего сейчас больше — кофе в молоке или молока в кофе?


Занятие 4
Доказательство от противного
Сегодня мы покажем, объясним и попробуем использовать очень важный вид доказательств, который постоянно появляется в наших задачах и обсуждениях, — доказательство от противного.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
4.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. В одной из трёх шкатулок спрятано золотое кольцо, две другие шкатулки пусты. На каждой из шкатулок есть надпись. Известно, что либо все три надписи ложны, либо ровно одна из них истинна. Можно ли узнать, где находится кольцо, не открывая шкатулок?
Кольцов этой шкатулке
Кольцо не в этой шкатулке
"""""«К
Кольцо не в крайней левой
Задача для разминки 2. По меньшей мере одна надпись истинна, и по меньшей мере одна надпись ложна. Можете ли вы указать шкатулку с кольцом, ничего не открывая?

Кольцо не в центральной шкатулке
г %
Кольцо не в этой шкатулке
Кольцов этой шкатулке
4.2. 	Тема занятия: «Доказательство от противного»
Людям нравится использовать слово «доказательство» в своих разговорах. Однако весьма часто они не задумываются о значе-


48
Раздел 1. Планы занятий
нии этого слова. Например, адвокат может заявить, что он доказал невиновность своего подзащитного. Значит ли это на самом деле, что он доказал? Необязательно. Вероятнее всего, он просто убедил жюри присяжных в невиновности клиента, используя своё умение публично выступать и дискутировать.
Так что же входит в доказательство? Ещё древние греки начали исследовать разницу между строгим доказательством и правдоподобным рассуждением. За прошедшие с тех времён века понятие научного доказательства было хорошо изучено. Математики прошлого усердно работали, исследуя природу доказательств, и разработали рад методов для них. Сегодня мы познакомимся с одним важным методом, который называется доказательством от противного.
Пример 1. Существует ли самое большое нечётное число?
Разбор примера 1. Предположим, что самое большое нечётное число действительно существует. Что будет, если к нему добавить число 2? Мы получим ещё одно нечётное число, и оно будет больше исходного. Поэтому мы пришли к противоречию: мы допустили, что самое большое нечётное число существует, но тут же нашли нечётное число, которое ещё больше. Следовательно, первоначальное предположение было неверным.
Почему мы рассматриваем такую простую задачу? Не из-за неё самой, а из-за использованного подхода к её решению.
Доказательство от противного. Мы начинаем с предположения, что какой-то факт или утверждение являются истинными. Затем мы демонстрируем, что следствия такого предположения ведут к противоречию. Поэтому мы можем заключить, что исходное предположение было неверным. Такой подход к решению задач называется доказательством от противного.
Такой способ рассуждения является одновременно и естественным, и строгим. Мы часто применяем его в разговорах, особенно когда участвуем в спорах. Предположим, вы услышали, что ребёнок рассказывает примерно так: «Если бы это я съел все те шоколадки вчера, то сегодня мне было бы плохо. Но я же чувствую себя хорошо. Значит, я их не ел!» Верьте или нет, но этот ребёнок использует для подтверждения своей невиновности доказательство от противного. В философии такой тип доказательства носит звучное латинское название reductio ad absurdum (доведение до абсурда). В математике и технических науках доказательство от противного является мощ¬


Занятие 4. Доказательство от противного
49
ным оружием, которое позволяет нам получить множество впечатляющих результатов.
Давайте рассмотрим задачи, где можно применить этот метод.
Пример 2. Пять футболистов вместе забили 14 голов, причём каждый забил хотя бы по одному. Докажите, что по крайней мере два футболиста забили поровну голов.
Разбор примера 2. Основной трудностью в этой задаче является чёткое объяснение решения. Дети склонны выдавать примерно такие решения: «Если бы первый забил 1 гол, второй забил 2 гола и т.д., то общее количество голосов было бы 15, т.е. больше 14. Задача решена».
Что неверно при таком подходе? Основное возражение таково: это утверждение описывает один конкретный сценарий: 1 забитый мяч у первого, 2 у второго и т. д. А если никто не забил ровно 1 гол? Или если третий игрок забил 7 мячей? Нельзя использовать один случай для описания всей проблемы в целом. Поэтому, хотя задача и выглядит простой, решение ускользает.
Однако метод доказательства от противного даёт простую схему доказательства. Предположим, что никакие два игрока не забили поровну голов. Упорядочим игроков по числу забитых мячей. Тогда первый игрок забил по крайней мере 1, второй — по крайней мере 2, третий — по крайней мере 3, четвёртый — по крайней мере 4, пятый — по крайней мере 5. (Обратите внимание на то, что мы не утверждаем, что какой-то игрок забил определённое число голов: мы всегда пишем: «по крайней мере».) Вместе игроки забили по крайней мере 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 голов. Но общее количество забитых мячей —14. Это противоречие показывает, что должны найтись хотя бы два игрока, которые забили поровну.
Пример 3. Сто ведьм сидят за круглым столом на равных расстояниях от соседок. Больше половины из них злые, остальные — добрые. Каждая злая ведьма накладывает проклятье на ведьму, сидящую прямо напротив неё. Докажите, что за столом найдётся пара злых ведьм, которые прокляли друг друга.
Разбор примера 3. Сложность этой задачи в том, что мы не можем предположить, что ведьмы расположены за столом в каком-то определённом порядке. Например, мы не можем считать, что все злые ведьмы сидят рядом или что злые и добрые ведьмы расположены поочерёдно. Неизвестно даже точное число злых ведьм. Вме¬


50
Раздел 1. Планы занятий
сте с тем нам нужно доказать, что, как бы все ни сидели, две злые ведьмы сидят друг напротив друга.
Давайте предположим обратное: что никакие две злые ведьмы не сидят друг напротив друга. В этом случае в каждой паре ведьм, сидящих напротив друг друга, есть не более одной злой. Всего таких пар 50, поэтому число злых ведьм —не более 50. Однако это противоречит условию, что злыми являются больше половины ведьм. Следовательно, предположение, что никакие две злые ведьмы не сидят друг напротив друга, является неверным. Ура, наш метод доказательства от противного сработал!
Пример 4. В парламенте некой страны заседают представители 8 провинций. Пятьдесят парламентариев решили образовать комитет. Докажите, что в этом комитете есть 8 человек из одной провинции или люди из всех 8 провинций.
Разбор примера 4. Допустим обратное. Пусть нашлась группа из 50 парламентариев, в которой не больше 7 человек из каждой провинции и хотя бы одна провинция не представлена. Поскольку одной провинции нет, представлены самое большее 7 провинций. При этом каждая из них представлена не более чем 7 парламентариями. Поэтому в нашей группе не более 7 • 7 = 49 человек. Противоречие с условием, что в комитете 50 человек. Следовательно, такого комитета не существует.
Пример 5. Каждый узел квадратной решётки раскрашен в чёрный или белый цвет. Докажите, что существует прямоугольный треугольник с вершинами одного цвета.
Разбор примера 5. Здесь снова годится доказа-
тельство от противного. Предположим, что прямо- угольный треугольник с вершинами одного цвета найти нельзя. Выберем на сетке три соседних узла, лежащих на одной горизонтальной линии. Два из них обязательно окажутся одного цвета. Допустим, что они чёрные (см. рисунок). Также допустим, что расстояние между ними 2. (Точное расстояние не важно для нашего рассуждения.)
Посмотрим на узлы, отмеченные на рисунке справа ромбиками. Каждый из них вместе с двумя чёрными узлами исходного треугольника образует прямоугольный треугольник. Поэтому ни один из этих отмеченных узлов не


Занятие 4. Доказательство от противного
51
может быть чёрным. Это значит, что все они белые. (И все остальные узлы на этих двух вертикальных прямых тоже должны быть белыми.)
Но если все эти узлы белые, то можно нарисовать бесконечное количество прямоугольных треугольников с углами одного цвета. Получили противоречие.
Закончим наше занятие задачей, которая отвечает на крайне важный вопрос: сколько существует простых чисел? Конечно или бесконечно количество простых чисел? Хотя большинство учащихся знают ответ, они не умеют его доказывать. Давайте покажем с помощью доказательства от противного, что число простых чисел бесконечно. (Эта задача весьма трудна. Если ваши ученики не готовы к сложным доказательствам, вы можете отложить её на следующий год. Однако задача является таким красивым примером применения доказательства от противного, что было бы жаль отказаться от неё.)
Пример 6. Докажите, что количество простых чисел бесконечно.
Разбор примера 6. Сначала укажем основную идею доказательства. Мы предположим, что количество простых чисел конечно. В этом случае можно найти самое большое из простых чисел. Мы покажем, как построить простое число, которое ещё больше. Таким образом, предположение о конечности количества простых чисел будет опровергнуто.
Перейдём к подробному доказательству. Пусть количество простых чисел конечно, т. е. всего имеется N простых чисел. Перепишем по порядку все эти числа: Р1} Р2, Р3, ..., Рн- Каждый символ в этой последовательности обозначает соответствующее простое число: Рг означает первое простое число (т. е. 2), Р2 означает второе простое число (т. е. 3), Р3 — третье и т.д. Символ PN означает самое большое простое число.
Давайте построим простое число, которое будет больше, чем Pn- Сначала посмотрим на число, равное произведению всех наших простых чисел: М = Рг • Р2 • Р3 •... • PN.
Число М делится на все простые числа в мире, и оно намного больше, чем любое из них. Теперь посмотрим на число
M + l = P1-P2-P3-...-PN + l.
Делится ли это число на Рг? Нет, ведь оно на 1 больше, чем число, кратное Рг. Может быть, оно делится на Р2? Нет, оно на 1 больше, чем число, кратное Р2. Аналогично мы заключаем, что оно не делит¬


52
Раздел 1. Планы занятий
ся ни на одно простое число из нашего списка, поскольку оно всегда на 1 больше, чем кратное такого простого числа. Либо число М + 1 простое, либо у него найдётся какой-нибудь простой множитель Р. Но поскольку М +1 не делится на Р1? Р2, Р3, ..., PN, этот простой множитель Р должен превосходить PN. В обоих случаях мы нашли простое число, которое больше pN. Противоречие.
Таким образом, мы достигли своей цели. Мы предположили, что существует наибольшее простое число, а потом сконструировали простое число, которое больше его. Следовательно, наибольшего простого числа не существует, и число простых чисел бесконечно.
4.3. 	Подборка задач
Задача 1. Десять богатых юношей из Москвы женились на 10 богатых девушках из Санкт-Петербурга. Общее состояние каждой новой семьи составляет 10 миллионов долларов. Докажите, что если суммарное состояние всех девушек было менее 70 миллионов, то суммарное состояние всех юношей было не менее 30 миллионов.
Задача 2. На Межгалактический Конгресс прилетели двадцать пять инопланетян с 8 различных планет. Докажите, что по крайней мере 4 из них — с одной планеты.
Задача 3. В ряд стоят 5 волшебников. Все 5 волшебников вместе знают 300 различных заклинаний. Докажите, что найдутся два волшебника, которые стоят рядом и в сумме знают не меньше 100 заклинаний.
Задача 4. Ромео и Джульетта поссорились. Джульетта начинает идти на восток, а Ромео — на запад. Через 4 минуты Ромео поворачивает обратно и начинает бежать за Джульеттой. Через 2 минуты он оказывается на месте, где они расстались. Ромео бегает в 3 раза быстрее, чем ходит Джульетта. Через какое время он догонит её, начиная с момента поворота?
Задача 5. Прямоугольник 5x9 разрезан на 10 меньших прямоугольников. (Все разрезы идут по линиям сетки.)
а) Докажите, что по крайней мере два из этих прямоугольников имеют одинаковую площадь.
б) Докажите, что по крайней мере два из этих прямоугольников равны.


Занятие 4. Доказательство от противного
53
Задача 6. В рад стоят 31 гном, 31 эльф и 30 людей. Известно, что ни один эльф не стоит радом с гномом. Докажите, что найдутся не менее 3 гномов или не менее 3 эльфов, которые стоят подряд.
Задача 7. Десять игроков играют в такую игру. В колоде 20 карт: туз пик и все пики от 2 до 10, туз треф и все трефы от 2 до 10. Каждый игрок получает одну карту пиковой масти и одну карту трефовой масти, а затем складывает числовые значения своих карт (туз считается единицей). Докажите, что найдутся по крайней мере два игрока, у которых полученные суммы будут заканчиваться одинаковой цифрой.
♦
Задача 8. Имеется бесконечная клетчатая доска. В каждой клеточке сидит одно из четырёх животных: лягушка, кролик, хомяк или мышь. Известно, что в каждом квадрате 2x2 имеются все четыре вида животных. Докажите, что можно найти столбец или строку, в которых имеются только два вида животных.


Занятие 5
Десятичная система счисления и задачи с цифрами
Сегодня мы поговорим о том, как устроена наша система счисления, и о десятичном представлении чисел. Мы займёмся структурой чисел и связью между числами и цифрами, которые их представляют, и обсудим ещё много важных и интересных понятий, относящихся к системам счисления.
Школьники обычно очень любят задачи, связанные со структурой чисел. Такие задачи напоминают весёлые головоломки, и их можно решать относительно простыми методами. Но при этом такие задачи являются очень важным «мостиком», который ведёт нас к началам теории чисел и к пониманию других систем счисления.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
5.1. 	Математическая разминка.
Как считали в Древнем Египте
Тема сегодняшней разминки определяется темой основного занятия. Мы поговорим об истории систем счисления. Более конкретно, мы сосредоточимся на египетских числах1 и обсудим египетскую систему счисления, её сходства и различия с десятичной системой. Мы используем этот пример, чтобы показать некоторые важные свойства нашей системы, делающие её такой удобной и универсальной.
Как и мы, древние египтяне пользовались системой, основанной на степенях числа 10; у них были специальные символы для 1, 10 и каждой последующей степени десятки вплоть до одного миллиона. Следующая таблица содержит эти символы и их описания.
1В разминке используются материалы Проекта истории математики Университета города Уичито [30].


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 55
Число в десятичной системе
Египетский
символ
Значение этого символа
1
1
палка
10
л
пятка
100
9
петля верёвки
1000
2
цветок лотоса
10000
Г
указательный палец
100000
Р
головастик
1000000
ft
удивлённый человек
Записывая какое-нибудь число, египтяне соединяли эти символы, чтобы их общее значение равнялось этому числу. Например, одна линия (палка, символ единицы) означала 1; три линии означало 3; семь означало 7 и т.д. Чтобы написать 10, они использовали символ для десятки (пятка). Чтобы написать 436, они объединяли четыре символа сотни, три символа десятки и 6 символов единиц (см. ниже).
1Л99
А А А Египетское написание числа 436
Г) 99
У египтян было несколько правил размещения символов, составляющих число. Во-первых, они группировали одинаковые символы (единицы с единицами, десятки с десятками и т.д.). Также они располагали одинаковые символы в определённом порядке, чтобы их было легко опознать. Посмотрите на следующую таблицу и представьте, насколько труднее было бы отличать 8 и 9, если бы они были записаны рядами палочек.


56
Раздел 1. Планы занятий
один
два
три
четыре
пять
шесть
семь
восемь
девять
1
и
III
11
III
II
hi
ш
i
in
hi
и
hi
Числа обычно писались справа налево, начиная с наибольшей степени числа 10, как сделано выше для числа 436. Однако в целом можно было располагать символы по-разному. Например, в надписях на гробницах числа обычно писали сверху вниз. На обоих рисунках ниже написано число 77.
лллл пплллл
ЛЛЛ III ллл
Заметьте, что при египетском представлении чисел порядок и расположение символов не играют большой роли. В самом деле, как бы вы ни расставляли эти значки, сумма остаётся той же самой. Системы такого рода называются аддитивными*
Интересно и поучительно сравнить нашу систему счисления и египетскую. Какую легче изучить? Какая из них более эффективна? Какую систему вы бы предпочли, чтобы производить сложение? А как насчёт умножения? Деления?
5.2. 	Тема занятия: «Задачи с цифрами»
Наша (индо-арабская) система счисления называется десятичной. Причина в том, что в качестве основания выбрано число 10. Вероятно, самой важной особенностью нашей системы является то, что важно, в каком порядке идут цифры: мы используем позицию (разряд) цифры, чтобы указать её значение. Если цифра занимает крайнее справа место, то она означает единицы. Второе справа место занимают десятки, третье — сотни и т. д. Каждый разряд в 10 раз больше, чем тот, что справа от него.
1 От лат. additio — прибавляю. —Прим. пер.


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 57
Например, запись 32 означает 3 • 10 + 2 • 1, а запись 23 означает 2-10 + 3-1.
Тот факт, что место каждой цифры является важным, отличает нашу систему от большинства древних систем счисления: египетской, римской, греческой и прочих. Благодаря этому мы можем выражать любое сколь угодно большое число с помощью всего лишь 10 символов: 0,1,2,..., 9. Системы счисления, где положение цифры имеет значение, называются позиционными системами счисления.
Сейчас позиционные системы счисления используются повсюду: кроме десятичной системы, широко применяются двоичная, шестнадцатеричная и восьмеричная системы —эти три системы популярны в компьютерных науках. В истории человечества были периоды, когда мы считали, используя основание 12. Следы этого остались в слове «дюжина», двенадцати часах на циферблате и двенадцати дюймах в футе.
Понимание того, как устроена наша система счисления, оказывается полезным при решении многочисленных задач.
Пример 1. Замените буквы цифрами так, чтобы максимизировать (сделать как можно большим) выражение
N0 +MORE + MATH.
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами1.)
Разбор примера 1. Давайте напишем десятичное представление для каждого из слагаемых:
NO + MORE + MATH = = 10-N + 1-0 + 1000-M +100-0 + 10-R+1-E +
+1000-М +100-А +10-Т +1 -Н.
После группировки и вынесения общего множителя получаем
1000 • (М + М) +100 • (О + А) +10 • (N + R + Т) +1 • (О + Е + Н).
Уже интуитивно понятно, что М должно быть равно 9. Однако давайте перегруппируем запись иным способом, чтобы обосновать
1 Фраза означает «больше никакой математики».—Прим. пер.


58
Раздел 1. Планы занятий
это предположение:
2000-М +101 • 0 +100 • А +10 • (N + R+T) -f-1 • (Е + Н).
Легко видеть, что самый большой множитель здесь 2000. Поэтому для максимизации выражения цифра М должна принимать самое большое из возможных значений, т. е. 9. Вторым по величине является 101, поэтому букве О нужно присвоить значение 8. Далее, букве А присваиваем значение 7. Цифры N, R и Т умножаются на один и тот же множитель 10, поэтому они могут иметь значения 6, 5 и 4 в любом порядке. Наконец, Е и Н получают значения 3 и 2 в любом порядке.
Таким образом, максимальное значение нашего выражения равно
2000 • 9 +101 • 8 +100 • 7 +10 • (6 + 5 + 4) +1 • (3 + 2) = 19663.
Посмотрим теперь, что произойдёт с числом, если к его записи добавить какую-нибудь цифру.
Вопрос 1. Что произойдёт с натуральным числом, если к его записи приписать справа цифру 0?
На этот вопрос несложно ответить: число станет в десять раз больше. Поэтому если исходное число было X, то новое число будет равно 10Х.
Вопрос 2. Что произойдёт с натуральным числом, если к его записи приписать справа цифру 1?
Число станет больше в 10 раз и ещё на 1. Поэтому если исходное число было X, то новое число будет равно 10Х + 1. (Аналогичный ответ будет и для любой другой цифры. Например, если справа приписать 7, то новое число будет равно 10Х + 7.)
Вопрос 3. Что произойдёт с натуральным числом, если к его записи приписать цифру 1 слева?
Теперь ответ не так прост — он зависит от величины числа (количества знаков в нём). Двузначное число увеличится на 100, трёхзначное число увеличится на 1000 и т.д.
Эти простые примеры иллюстрируют, как с помощью уравнений можно описывать изменения, связанные с цифрами. Используя эти соображения, можно переходить к более сложным задачам.
Пример 2. После добавления 0 в конец числа оно увеличилось на 252. Напишите исходное число.
Разбор примера 2. Продемонстрируем два разных подхода к решению задачи.


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 59
Первое решение использует уравнения. Если исходное число было равно X, то новое число равно 10Х. Поскольку оно на 252 больше исходного, мы можем составить уравнение 10Х = X + 252. Решая его, получаем 9Х = 252, X = 28.
Второе решение демонстрирует более конструктивный подход: мы будем использовать алгоритм сложения столбиком, чтобы «восстанавливать» число цифра за цифрой.
С чего начать? Поскольку мы не знаем, насколько велико это число, давайте обозначим его ...dcba. (Буквами обозначены цифры числа. Точки слева означают, что мы не знаем, когда остановимся. Линия сверху показывает, что мы имеем дело не с произведением переменных d, с, Ъ и а, а с числом, составленным из этих цифр.) Запишем условие в столбик:
,...dcba
+ 252
...dcbaO
Глядя на столбец единиц, мы видим, что а + 2 оканчивается нулём. Поэтому а = 8. Подставляем 8 вместо а в первое слагаемое и в сумму и получаем новое выражение. (Этот подход показан на следующем рисунке: во втором выражении вместо а подставлено 8.)
, ...deb
a
...dc
b
8
с
28
+*' ’
1—ч
d
028
+ 25
2
2
i tv1
5
2
Hh
1
2
52
252
...dcba
0
...deb
8
0
1
...dc
2
80
^ ...d
0
280
Теперь попробуем выяснить значение следующей цифры — Ъ. Смотрим на столбец десятков во втором выражении и видим, что Ь + 5 вместе с перенесённой из предыдущего разряда единицей даёт 8. Следовательно, Ъ = 2. Подставляем 2 вместо Ъ в первое слагаемое и в сумму и получаем следующее выражение. (В третьем выражении на рисунке выше вместо Ъ подставлено 2.)
Теперь взглянем на столбец сотен. Из столбца десятков ничего не переносилось, поэтому с = 0. Легко видеть, что и d = 0 и т. д. Итак, мы получили тот же ответ 28, но более наглядно.
Пример 3. Лена пишет двузначное число, а Маша вставляет 0 между его цифрами. Новое число в 9 раз больше исходного. Какое число написала Лена?
Разбор примера 3. Снова дадим два разных решения.


60
Раздел 1. Планы занятий
Первое решение (уравнение). Запишем число Лены в виде ab, где а и Ъ — цифры. После вставки 0 получилось число аОЬ. Второе число в 9 раз больше первого. Как написать это в виде уравнения? Нужно использовать десятичное представление для обоих чисел: 10а + Ъ и 100а + Ь. Получается уравнение 100а + Ь = 9(10а + Ь).
Последовательно упрощая, получаем
100а + Ъ = 90а + 9 Ь, 10а = 8Ь, 5а = 4 Ь.
У последнего уравнения бесконечно много целых решений. Однако наши а и Ъ — это цифры. Поэтому единственная возможная пара решений — это а = 4 и b = 5. (Это легко доказать. Поскольку левая часть делится на 5, правая часть тоже делится на 5. Следовательно, Ъ — 0 или Ъ = 5. Если b = 0, то и а = 0. Однако получающееся число 00 не является двузначным.) Поэтому ответом является число 45.
Второе решение. Воспользуемся умножением столбиком, чтобы построить нужное число цифра за цифрой:
аОЬ
В столбце единиц мы видим, что Ъ • 9 = Ь. Цифра Ъ не может быть нулём (иначе и а = 0), поэтому Ъ = 5. Значит, в следующий разряд перенесено 4. Теперь смотрим на разряд десятков: сумма а • 9 и перенесённой цифры 4 должна оканчиваться на 0. Поэтому а • 9 должно оканчиваться на 6. Значит, а = 4.
Пример 4. Найдите наибольшее шестизначное число, у которого каждая из цифр, за исключением двух последних, равна сумме двух соседей справа.
Разбор примера 4. Запишем неизвестное число в виде abcdef. Очень важное наблюдение: цифры а, Ь, си d полностью определяются через цифры е и /. В самом деле, по условию
d = е + /, c = d + e = 2e + f, b — с + d = Зе + 2/, а = Ь + с = 5е + 3/.
Чтобы шестизначное число было наибольшим, нам нужно подобрать ей/ так, чтобы величина а была максимально возможной,


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 61
но при этом оставалась цифрой, т. е. а < 10. С помощью метода проб и ошибок легко видеть, что наибольшее значение для а получается при е = 0 и / = 3. Следовательно, искомое число — 963 303.
Тема сегодняшнего занятия является достаточно технической. Поэтому школьникам будет полезно разобраться ещё с несколькими задачами.
5.3. 	Упражнения для самостоятельной работы
Задача 1. Замените буквы цифрами так, чтобы максимизировать следующее выражение (одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами1):
SEND + MORE + MONEY.
Задача 2. Доктор Ватсон сказал Холмсу: «Я никогда не раскрою вам свой секретный четырёхзначный пин-код. Я запомнил его, потому что он симметричен, а сумма всех цифр равна числу, образованному первыми двумя цифрами». Холмс ответил: «Ха! Теперь я могу пользоваться вашим кодом». Какой код был у доктора Ватсона?
Задача 3. Трёхзначное число оканчивается нулём. Если его вычеркнуть, оставшееся двузначное число будет на 351 меньше исходного. Каким было исходное число?
Задача 4. Маша написала трёхзначное число, которое начинается с цифры 9. Паша стёр эту девятку и приписал её справа от числа. У Паши получилось число, на 216 меньшее исходного. Какое число написала Маша?
Задача 5. Трёхзначное число начинается с 4. Если эту цифру переставить в конец числа, получится число, которое равно 0,75 от первоначального. Каким было исходное число?
5.4. 	Подборка задач
Задача 1. В номере моего дома 5 цифр, а сумма этих цифр равна возрасту моего друга Виктора. Когда я сказал это Виктору, он немедленно ответил, какой у меня номер дома. Сколько лет Виктору?
Задача 2. Если А + АА = ШУМ, то какова последняя цифра произведения
П-Р-И-С-В-И-С-Т?
1 Фраза означает «шлите ещё денег». —Прим пер.


62
Раздел 1. Планы занятий
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
Задача 3. Сколько существует девятизначных чисел, у которых цифры убывают по мере движения слева направо?
Задача 4. Волшебник Шмерлин обнаружил дверь в Пещеру Мудрости. Дверь закрыта на замок с трёхзначным кодом, и её охраняет дракон Драматемон. Дракон предлагает Шмерлину испытание. Шмерлин может выбрать три любых целых числа х, у и z, а Драматемон назовёт ему сумму Ах -f By + Cz, где А, В и С — цифры кода. После этого Шмерлин должен назвать код. Если код назван верно, дракон пропустит волшебника в пещеру. Если неверно — волшебник погибает. Может ли Шмерлин добиться успеха?
Задача 5. Шестизначное число начинается с единицы. Если переставить её в конец, число станет втрое больше. Что это за число?
Задача 6. На доске 10 х 10 отмечены два квадрата 1x1. Докажите, что всегда можно разрезать доску на две одинаковые части так, чтобы отмеченные квадраты относились к разным частям. Разрезы должны идти по линиям квадратов.
Задача 7. Решите пример: АААА — БББ + ВВ — Г = 1248.
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
. 5.5. Дополнительные задачи
Задача 1. Отличница Оля написала число, которое составлено из всех целых чисел от 1 до 500: 12345678910111213...499500. Её друг, озорник Миша, стёр первые 500 цифр этого числа. Какой цифрой начинается оставшееся число?
Задача 2. а) Найдите наибольшее шестизначное число, у которого каждая из цифр, за исключением двух первых, равна сумме двух соседей слева.
б) 	Найдите наибольшее целое число, у которого каждая из цифр, за исключением двух первых, равна сумме двух соседей слева. (По сравнению с п. а) мы убрали ограничение, что число должно быть шестизначным.)
Задача 3. В 100-значном числе 12345678901234567890...7890 Боря вычеркнул все цифры, которые стоят на нечётных местах. В получившемся 50-значном числе он снова вычеркнул все цифры, ко¬


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 63
торые стоят на нечётных местах. Он продолжал делать так, пока не осталось однозначное число. Что это за число?
Задача 4. Число X трёхзначное, а У — то же самое число, записанное с конца. Может ли сумма X + Y быть числом, в котором все цифры нечётные?
Задача 5. Какие 500 последовательных натуральных чисел нужно записать, чтобы получилось 2019 цифр?


Занятие 6
Двоичные числа I
Обычно дети интересуются двоичными числами, так как они важны для работы компьютеров. Однако, хотя большинство детей и знают про двоичные числа, не все понимают, как они устроены. Поэтому следующие два занятия мы посвятим изучению двоичных чисел. Мы начнём с интуитивного объяснения двоичных чисел. Затем мы формализуем обсуждение и добавим в него строгости. Закончим эту тему коротким рассказом о роли двоичных чисел в компьютерном мире.
Для преподавателей. На этом занятии следует ждать большого количества неожиданных вопросов. Возможно, было бы полезно освежить свои знания по темам, которые с большой вероятностью будут затронуты, например: «Как записать число в шестнадцатеричной системе счисления?», «Как музыка преобразуется в нули и единицы?» или «Что такое таблица ASCII?»
Что принести на урок
• Листок с пустой таблицей «двоичных чисел» (один на ученика; смотрите задачу 2 на с. 72; смотрите также приложение на с. 413).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• По желанию: два CD или DVD, один пустой, другой с данными (для рассказа о применении двоичных чисел).
6.1. 	Математическая разминка
Поскольку мы будем обсуждать двоичные числа, было бы неплохо убедиться, что школьники хорошо знакомы с возведением в степень, особенно с возведением в степень 0. Разминка начинается с лёгкого вопроса: сколько будет 34? Ответ прост: 3 • 3 • 3 • 3 = 81, число 3 умножается само на себя 4 раза.
Как насчёт 3°? Не так просто объяснить, что значит умножать число на себя 0 раз, поэтому мы попытаемся придумать такое значение, которое позволяло бы нам сохранить важные свойства one-


Занятие 6. Двоичные числа I
65
рации возведения в степень. Одно очевидное свойство таково: если показатель степени увеличивается на 1, то степень тройки увеличивается втрое: З1 = 3, З2 = 9, З3 = 27 и т. д.
Чтобы это свойство сохранялось для показателей 0 и 1, 3° должно быть втрое меньше, чем З1. Поэтому нам нужно, чтобы выполнялось равенство 3° = З1:3 = 1. Легко видеть, что такое рассуждение работает для всех чисел, и поэтому любое число в степени 0 должно быть равно 1.
Возможное продолжение дискуссии: ту же закономерность можно использовать для объяснения отрицательных степеней: число З-1
должно быть втрое меньше, чем 3°. Поэтому 3-1 = -. Аналогично
о-2 1
3 z = y и т. д.
Для преподавателей. Следует ожидать, что ученики спросят о том, сколько будет 0°: 0 или 1. С одной стороны, это число должно быть равно 1, поскольку любое число в нулевой степени равно 1:1° = 1, 0,1° = 1, 0,01° = 1 и т.д. С другой стороны, это число должно быть равно О, поскольку 0 в любой степени равен 0: О1 = О, О2 = О, О3 = 0 и т. д. Именно по этим причинам правильный ответ состоит в том, что 0° невозможно определить.
6.2. 	Тема занятия:
«Двоичная Страна —неформальное введение в двоичные числа»
Наше введение в двоичные числа начинается с короткой истории, представляющей «интуитивное объяснение» этого понятия1.
Существовала где-то далеко-далеко Двоичная Страна. В этой стране люди жили обычной жизнью: фермеры выращивали урожай, пограничная стража охраняла границы, а торговцы продавали и покупали. Но гири, которые использовались торговцами для взвешивания товаров, были очень необычными. Все гири в двоичной стране весили как степени числа 2: 1 килограмм, 2 килограмма, 4, 8, 16, 32 и т.д.
JL-JL
J L
J L
1
2
4
8
16
32
64
ООО
1Я впервые услышала об этом замечательном способе объяснять двоичные числа от Ольги Радко (Лос-анджелесский математический кружок). На сайте этого кружка можно найти много материалов по двоичным числам.


66
Раздел 1. Планы занятий
Эта система не настолько неудобна, как можно подумать. Пусть у торговца есть набор из трёх гирь 1, 2 и 4:
Наибольший вес, который можно взвесить с его помощью, равен 1 + 24-4 = 7; наименьший— 1. А остальные? Может ли торговец взвесить любое промежуточное целое количество килограммов между этими значениями? (Мы считаем, что при взвешивании предмет кладут на одну чашку весов, а гири — на другую.) Предложим детям найти решения этих задач.
• Как взвесить 2 килограмма? Мы можем использовать гирю 2 кг.
• Как взвесить 3 килограмма? Мы можем использовать гири 2 кг и 1 кг.
• Как взвесить 4 килограмма? Мы можем использовать гирю 4 кг.
• Как взвесить 5 килограммов? Мы можем использовать гири 4 кг и 1 кг.
• Как взвесить 6 килограммов? Мы можем использовать гири 4 кг и 2 кг.
• Как взвесить 7 килограммов? Мы можем использовать гири 4 кг, 2 кг и 1 кг.
Следовательно, с помощью набора гирь 1, 2 и 4 можно взвесить любое целое количество в промежутке от 1 до 7. Кроме того, 7 всего на единицу меньше следующей гири в этой системе — 8 килограммов.
Посмотрим на набор из гирь 1, 2, 4 и 8:
Проверим, насколько этот набор практичен. Наибольшее количество, которое можно взвесить с его помощью, равно
1+2+4+8= 15.
Можно ли набрать любой промежуточный целый вес от 9 до 15 килограммов, или окажется какой-нибудь пропуск? Ученики начинают выяснять, как взвесить 9,10,..., 14,15. Результаты сведены в таблицу (числа в правом столбце —вес в килограммах, галочки отмечают те гири, которые нужно взять).
Пока мы работаем над заполнением таблицы, какой-нибудь проницательный ученик формулирует важное правило, которое упро¬


Занятие 6. Двоичные числа I
67
щает поиск: если добавить 8 ко всем комбинациям для масс от 1 до 7, то получатся все массы от 9 до 15.
(3
4
В
1
Веса в килограммах
sf
1
у
2
у
3
✓
4
sT
✓
5
✓
✓
6
✓
У
✓
7
у
8
✓
✓
9
✓
✓
10
✓
у
✓
11
✓
✓
12
✓
✓
у
13
✓
✓
✓
14
✓
✓
15
А если мы хотим взвесить большие грузы? Давайте рассмотрим набор гирь 1, 2, 4, 8 и 16:
Насколько удобен такой набор? Наблюдение ученика помогает найти ответ: мы можем уравновесить любой вес от 17 до 31, добавляя 16 к соответствующей комбинации для чисел от 1 до 15. Поэтому набор гирь 1, 2, 4, 8 и 16 позволяет взвесить все целые веса от 1 до 31. Отлично!
Аналогично если добавить 32 к комбинациям для чисел от 1 до 31, то получим все числа от 33 до 63.
Сведём наши наблюдения в ещё одну таблицу.


68
Раздел 1. Планы занятий
Гири в наборе
Диапазон
до 2 -1 = 1
до 4 — 1 = 3
до 8 — 1 = 7
до 16-1 = 15
до 32-1 = 31
до 64 -1 = 63
Глядя на эту таблицу, мы замечаем интересную закономерность: сумма степеней двойки в каждом наборе равна числу, которое на 1 меньше следующей степени числа 2. Например, все гири от 1 до 16 вместе весят 31 = 32 — 1, все гири от 1 до 32 вместе весят 63 = 64 — 1 и т. д.
Это наблюдение приводит к новым вопросам. Будет ли эта закономерность верной и далее? Будет ли сумма чисел от 1 до 64 равна 128 — 1? Будет ли сумма чисел от 1 до 128 равна 256 — 1? А дальше?
Эта закономерность действительно сохранится, и доказательство этого факта является начальным пунктом для более «серьёзного» обсуждения двоичных чисел. Наша цель—доказать, что всегда справедливы равенства
1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 32-1,
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 64 — 1,
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64= 128-1,
1 + 2 + 4 + 8 +16 + 32 + 64 +128 = 256 — 1,
Проведём доказательство шаг за шагом, словно мы идём по ступенькам лестницы: каждый пройденный шаг поможет нам сделать следующий.
Итак, мы уже знаем, что 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 32-1.
Как использовать это равенство для доказательства того, что 1 + 2 + 4 + 8 + 16 +32 = 64—1? Обратите внимание на то, что мы не хотим проверять это прямыми вычислениями — это всё равно, что перепрыгнуть через несколько ступенек сразу. Нет, нам нужно


Занятие 6. Двоичные числа I
69
рассуждение, которое мы могли бы применять раз за разом для перехода на следующую ступеньку.
Имеем
1 + 2 + 4 + 8 +16 + 32 = (1 + 2 + 4 + 8 + 16)+ 32.
Поскольку 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 32 — 1, мы можем переписать правую часть в виде
(1+ 2 + 4 + 8 +16)+32 = 32-1 + 32 = 2-32-1 = 64-1.
Отлично, мы доказали искомое! Мы забрались на следующую ступеньку!
Теперь используем эту ступеньку, чтобы подняться на следующую, т. е. доказать, что 1 + 2 + 4 + 8 +16 + 32 + 64 = 128 — 1:
1 + 2 + 4 + 8 +16 + 32 + 64 = (1+ 2 + 4 + 8 +16 + 32) + 64 =
= 64-1 + 64 = 2*64-1 = 128-1.
Ура! Мы сделали это!
Мы можем двигаться таким способом и дальше, получая всё большие и большие степени числа 2. Иными словами, мы можем доказать, что такая сумма степеней числа 2 всегда на 1 меньше, чем следующая степень числа 2.
Таким образом, мы доказали, что множество гирь в Двоичной Стране — 1,2,4,8,16, 32,... — представляет очень удобную систему, в которой каждый набор гирь от 1 до 2П позволяет нам уравновесить любой целый вес от 1 до 2n+1 — 1, а если добавить в комплект следующую гирю (массой 2П+1), мы увеличиваем диапазон до 2П+2 — 1.
Поэтому для любого целого веса всегда найдётся комбинация гирь, которая его уравновесит.
6.3. 	Двоичная система счисления
Из истории Двоичной Страны мы познакомились с важными свойствми степеней числа 2.
• Любое целое число можно выразить в виде комбинации различных степеней двойки: 2°, 21, 22, 23, 24, 25, 26 и т. д.
• Более того, такая комбинация всегда уникальна: для любого целого числа есть только один способ выбрать такие степени. (Это можно доказать, но пока мы это доказательство опустим.)
Эти два свойства служат основой для двоичной системы счисления. Идея достаточно проста: чтобы записать какое-нибудь чис¬


70
Раздел 1. Планы занятий
ло в двоичной системе счисления, мы выражаем его в виде суммы различных степеней числа 2. Затем мы кодируем эту комбинацию с помощью двух символов: 0 и 1.
Таблица из Двоичной Страны с числами и соответствующими наборами гирь (на с. 67) даёт нам прекрасную стартовую позицию. Давайте поставим в каждой строке 1, если эта гиря используется, и 0, если не используется. Затем для каждого ряда напишем получающееся число из нулей и единиц.
Эта идея иллюстрируется следующей таблицей. В первом столбце стоят десятичные числа. Столбцы с гирями показывают, используется ли данная степень двойки в данном десятичном числе. Последний столбец заполнен получающимися комбинациями из 0 и 1.
Десятичное
число
Двоичное
число
32 (=25)
16 (=24)
8 (=23)
4 (=22)
2 (=22)
1 (=2°)
1
1
1
2
1
0
10
3
1
1
11
4
1
0
0
100
5
1
0
1
101
6
1
1
0
110
Итак:
• вес, используемый для получения 1, кодируется как «1»;
• веса, используемые для получения 2, кодируются как комбинация «10»;
• веса, используемые для получения 3, кодируются как комбинация «11»;
• веса, используемые для получения 4, кодируются как комбинация «100»;
• веса, используемые для получения 5, кодируются как комбинация «101»
• и т. д.
Таким образом можно закодировать любое число.
Данный способ представления чисел называется двоичной системой счисления.


Занятие 6. Двоичные числа I
71
Поскольку очень важно хорошо понимать устройство двоичной системы, давайте повторим ещё раз, как записать число в двоичном виде.
• Сначала мы выражаем какое-нибудь десятичное число в виде комбинации различных степеней числа 2.
• Потом мы записываем эту комбинацию с помощью двух символов — 0 и 1. Символ 1 используем для указания тех степеней двойки, которые входят в наше число, а символ 0—для указания тех степеней, которые не входят. Таким образом мы получаем соответствующее двоичное число.
Эта схема работает и в обратном направлении. Если у нас есть последовательность нулей и единиц (двоичное число), мы можем ей сопоставить соответствующие степени двойки и по ним восстановить исходное десятичное число. Это потрясающий способ записи чисел — ведь мы можем записать любое число с помощью всего лишь двух цифр: 0 и 1. Цифры от 2 до 9 могут отправляться на пенсию.
Теперь, когда мы узнали, как устроена двоичная система, самое время попрактиковаться! Давайте преобразуем несколько двоичных чисел в десятичные. Табличка со степенями двойки ускоряет сопоставление двоичных цифр и нужных степеней числа 2.
128
64
32
16
8
4
2
1
Пример 1. Преобразуйте 1001101 в десятичное число.
Разбор примера 1. Записав в эту табличку цифры числа 1001101, мы видим, что соответствующее число в десятичной системе тако- во: 64 + 8 + 4 + 1 = 77.
128
64
32
16
8
4
2
1
1
0
0
1
1
0
1
Задача 1. Напишите в виде десятичных следующие числа:
110011, 10000000, 1000101, 111111, 111110.
Ещё одна хорошая стартовая площадка для освоения двоичной системы — преобразовывать десятичные числа в двоичные.


72
Раздел 1. Планы занятий
Задача 2. Дополните и заполните следующую таблицу числами от 1 до 32 и их двоичными представлениями.
Число по основанию 10
Двоич¬
ное
число
32 (=25)
16 (=24)
8 (= 23)
4(=22)
2 (=2*)
1 (=2°)
1
1
1
2
Для преподавателей. Хотя это задание выглядит рутинным, это очень полезное упражнение. Более того, заполняя эту таблицу, ученики получают шанс заметить многие интересные закономерности, связанные со структурой двоичных чисел. Вы можете сделать такую таблицу самостоятельно или просто скопировать её из этой книги (см. с. 413). При нехватке времени вы можете раздать эту таблицу вместе с комплектом домашних задач.
6.4. 	Обозначения для двоичных чисел
Предположим, что учитель пишет на доске число 101. Зная двоичные числа, мы можем интерпретировать 101 двумя разными способами: как «обычное» число по основанию 10 или как двоичное число (которое равно 5). Как узнать, что имелось в виду?
Чтобы избавиться от двусмысленности, математики используют специальное обозначение: нижний индекс, который указывает основание системы счисления.
• Например, 1012 и 111112 — это числа по основанию 2 (двоичные числа).
Мы пока не изучали другие основания, но они тоже существуют. Например, 1013 означает число по основанию 3 (в троичной системе); 1014 означает число по основанию 4 (в четверичной системе) и т.д.
Для десятичной системы можно ставить индекс 10, но обычно его опускают. По умолчанию считается, например, что 101 = Ю110.
Сегодня мы многое узнали о двоичных числах. Давайте закончим занятие кратким обсуждением важности двоичных чисел в компьютерном мире.


Занятие 6. Двоичные числа I
73
6.5. 	Компьютеры и двоичные числа
Всем известно, что данные в компьютерах хранятся в двоичном виде. Но как именно это делается? Например, как можно слово — пусть даже из одной буквы — закодировать последовательностью из нулей и единиц?
Этот вопрос, который я задаю своим ученикам, вызывает большой интерес. После нескольких неверных предположений у Димы появляется идея присвоить каждому символу какой-нибудь номер. Далее мы развиваем эту идею, замечая, что можно создать специальную таблицу символов и их двоичных кодировок. Если все люди согласятся использовать такую таблицу, то можно будет кодировать буквы и декодировать их обратно. Эта идея появилась у Антона, который вспомнил, что слышал от папы про нечто под названием «таблица ASCII».
Нарисуем простую табличку, которая показывает, как буквам и символам можно присвоить двоичные эквиваленты.
Символ
Двоичное представление
а
00000001
Ъ
00000010
с
00000011
d
00000100
е
00000101
Подчеркнём, что табличка дана только для примера. В реальности, конечно же, такие таблицы выглядят иначе, и в целом всё устроено сложнее.
Теперь, когда мы знаем, как можно закодировать информацию в виде цифр 0 и 1, возникает вопрос, что происходит внутри машины. Как эти нули и единицы в реальности представлены в компьютерной памяти или на компакт-диске? Нужно понимать то, что внутри компьютера нет никаких цифр 0 и 1. Там находятся миллиарды крохотных переключателей. Такой переключатель, который называется бит, может хранить небольшой кусочек информации, определённый тем, находится ли он в положении «включено» или в положении «выключено». Предположим, что мы определили так: «включено» означает 1, а «выключено»— 0. Тогда последователь¬


74
Раздел 1. Планы занятий
ность таких переключателей можно использовать для хранения какой-нибудь последовательности из цифр 0 и 1.
Бит —это наименьший строительный блок для хранения информации; однако им неудобно пользоваться, поскольку он слишком мал. Поэтому биты обычно группируются в блоки по 8 битов; такие блоки называются байтами. Мы можем хранить различные буквы и цифры, устанавливая биты в байте в различные комбинации нулей и единиц: 01101111, 0100000 и т.д.
Сколько различных величин (символов или чисел) можно представить с помощью одного байта? Для получения ответа можно использовать такую комбинаторную идею: есть 8 чисел, каждое из которых может принимать одно из двух значений. Поэтому общее количество возможных комбинаций равно 28, т. е. 256.
Итак, мы можем закодировать 256 символов. Достаточно ли этого? На первый взгляд, да. В самом деле, обычно мы используем ограниченное количество символов: 33 буквы кириллического алфавита, 26 букв латиницы, 10 цифр. Если даже мы добавим заглавные буквы и знаки препинания, мы всё равно будем далеки от 256.
Многие годы это работало — символы кодировались байтами. Однако в мире есть много языков и общее количество символов намного превосходит 256. Поэтому для других языков приходилось использовать другие таблицы кодировки, и это очень сильно запутывало процесс интерпретации данных. Для решения возникшей проблемы компьютерные специалисты предложили отдельный стандарт под названием Юникод (Unicode). Юникод выделяет два байта на символ; этого хватает, чтобы собственная уникальная кодировка была у любого символа в мире.
Ещё одно полезное наблюдение состоит в том, что для общения с компьютером можно использовать не только 0 и 1, но и другие пары символов. Ведь нам всего лишь нужно обозначить два состояния бита. Для этого можно использовать другую пару символов: А и В или «+» и «—». Например, если мы будем использовать буквы А и В, то число 5 будет кодироваться не как 101, а как АВА, а число 8 запишется не как 1000, а как АВВВ.
Также полезно отметить, что различные виды цифровых носителей используют разные способы хранения данных. Компьютеры используют крохотные электронные переключатели, а аудиодиски (CD и DVD) хранят данные оптическим способом. На поверхности CD выжигаются микроуглубления, соответствующие 0 или 1.


Занятие 6. Двоичные числа I
75
Из-за таких углублений разные части поверхности отражают свет по-разному. Когда лазерный луч падает на поверхность, он обнаруживает эти различия и преобразует их в цифры 0 и 1.
Для преподавателей. В этом месте хорошо бы продемонстрировать ученикам пару дисков (CD или DVD) — пустой и записанный. Пустой диск имеет зеркальную поверхность, поскольку на нём ещё не записано (не выжжено) никаких данных.
6.6. 	Подборка задач
Задача 1. Переведите следующие числа из двоичной системы (по основанию 2) в десятичную (по основанию 10):
а)102; б)1012; в) 1112; г) 10002; д) 11012;
е) 	100000002; ж) 11111112.
Задача 2. Переведите следующие числа из десятичной системы в двоичную:
а) 3; б) 8; в) 15; г) 32; д) 31; е) 40; ж) 53.
Задача 3. а) Какое двоичное число на 1 больше, чем 1000000002? А какое на 1 меньше?
б) Какое двоичное число на 1 меньше, чем 11111111112? Какое на 2 меньше? А какое на 2 больше?
Задача 4. а) Как можно определить, является ли двоичное число чётным или нечётным?
б) Как можно определить, делится ли двоичное число на 4?
в) Если двоичное число заканчивается на 10, какой остаток оно имеет при делении на 4?
Задача 5. У золотоискателя Джо есть 30 золотых самородков стоимостью 1,2, ...,30 долларов. Какие 5 самородков ему нужно взять с собой, чтобы он смог заплатить любую сумму денег от 1 доллара до 30 долларов?
Задача 6. Мария покупает новый ноутбук. Она платит 260 долларов из собственных денег, а с остальной суммой ей помогают
отец, брат и сестра. Сестра дала ей | стоимости ноутбука, брат дал
- стоимости ноутбука, а папа дал ^ стоимости ноутбука. Сколько стоит новый ноутбук?
Задача 7. У вас есть пакет с мукой, 1-граммовая гирька и много лёгких полиэтиленовых пакетов. Можно ли отмерить 1000 граммов муки за 10 взвешиваний на чашечных весах?


76
Раздел 1. Планы занятий
Задача 8. Пять пиратов — капитан Артур, старший помощник Борис, канонир Виктор, рулевой Герман и кок Денис—добыли сундук с золотыми монетами. Артур взял половину монет и ещё полмонеты; Борис получил половину оставшихся монет и ещё полмонеты; доля Виктора составила половину оставшихся монет и ещё полмонеты; Герман взял половину оставшихся монет и ещё полмонеты. Наконец, когда Денис забрал половину остатка и ещё полмонеты, золота не осталось. Сколько золотых монет было у пиратов вначале? (Пираты не разрезали пополам ни одной монеты.)
♦
Задача 9. Волшебник Мерлин построил свой замок рядом с логовом дракона Шмога. Каждое утро с первыми лучами солнца дракон вылетает из своей пещеры и направляется к одному из четырёх близлежащих городков, которые расположены к северу, югу, западу или востоку от замка. Задача Мерлина — предупредить жителей, где сегодня нужно ждать Шмога.
В замке есть три башни, увенчанные магическими шарами: рубиновым, изумрудным и сапфировым. Когда загорается какой-нибудь шар, его свет виден во всех уголках страны. Поэтому было решено, что с помощью этих огней Мерлин будет посылать сигнал, который условленным кодом сообщает, куда направляется дракон.
Однако по ночам шары случайным образом мигают, и утром на башнях может оказаться любая комбинация включённых и выключенных шаров. Из-за почтенного возраста у Мерлина есть силы забраться утром только на одну из башен и включить или выключить соответствующий шар.
Итак, начиная со случайного расположения, Мерлин может поменять состояние не более чем у одного магического шара. После этого жители, глядя на свет шаров, должны понять, куда сегодня летит Шмог.
Можете ли вы помочь Мерлину придумать нужный код?


Занятие 7
Двоичные числа II
Это у нас второе занятие по двоичным числам. В прошлый раз мы узнали, как записывать и интерпретировать двоичные числа, а также как переводить их в десятичные. Сегодня мы узнаем, как производить арифметические операции с двоичными числами, и обсудим два различных алгоритма для преобразования десятичных чисел в двоичные.
Для преподавателей. На это занятие запланирован большой объём материала. Для младшей группы можно разделить занятие на два или отложить до следующего года знакомство с бсшее сложным вторым алгоритмом.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
7.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Что должно стоять на месте знака вопроса? (Выберите из вариантов А, Б, В, Г, Д1.)
(А)
(Б)
LH Э А п ш
(В)
(Г)
СЮ
1 Эта задача была предложена второклассникам на одной из математических олимпиад в Санкт-Петербурге (математическая олимпиада школы № 30). Будьте готовы мыслить нестандартно!


78
Раздел 1. Планы занятий
7.2. 	Тема занятия: «Двоичная арифметика»
Мы начнём занятие с обсуждения математических операций над двоичными числами.
Как складывать двоичные числа?
Как вычислить 1110012 +111012?
На ум приходит мысль преобразовать в десятичные числа, сложить и вернуться обратно к основанию 2. Разумеется, так делать можно, но этот подход крайне неэффективен. Вместо него можно использовать алгоритм сложения столбиком для двоичных чисел, который похож на алгоритм для сложения десятичных чисел.
Как и в случае десятичных чисел, начнём со сложения однозначных двоичных чисел. Смотрим на табличку для сложения по основанию 2. Мы уже знаем достаточно о двоичных числах, чтобы понимать, почему 1 + 1 = 102.
Для сложения двух двоичных чисел столбиком запишем их друг под другом, выровняв по правому краю, как мы это делаем для сложения десятичных чисел. Начнём с двух цифр в крайнем правом столбце. Если цифры в сумме дают 0 или 1, мы записываем это число ниже. Если в сумме они дают 10, мы пишем 0, а 1 переносим в следующий разряд. Продолжаем складывать разряд за разрядом, двигаясь справа налево. Не забывайте учитывать перенос и помните, что 1 +1 +1 = 112.
Сложение 1110012 +111012 выглядит так:
JL JL 1
.111001 111001 111001 .111001 (11001 111001
+ 11101 о + 11101 !=> + 11101 1 ^ 11101 ^ 11101 1- 11101 '
0 10 110 0110 10110 1010110
Как вычитать двоичные числа?
Их можно вычитать так же, как и десятичные, занимая в случае необходимости у предыдущего разряда. Ради краткости мы про¬


Занятие 7. Двоичные числа II
79
пустим подробное описание. Однако неплохо бы сделать вместе несколько вычитаний.
Сосчитайте:
1101102-100102, 101112-11112, 100002-10112.
Как умножать двоичные числа?
Алгоритм двоичного умножения похож на алгоритм умножения десятичных чисел в столбик, но он проще. Множители содержат только 0 и 1, поэтому при умножении в столбик на каждом шаге получается либо 0, либо копия первого множителя. Можно попробовать двоичное умножение на паре примеров.
Умножьте в столбик: 10012 • 112, 10112 • 1012.
Очень интересно выяснить, что происходит с двоичным числом, когда оно удваивается. В двоичном мире «удвоение» означает умножение на двоичную десятку (число 102). Иными словами, удвоение действует на двоичное число так же, как умножение на 10 действует на десятичное число: все цифры сдвигаются на один разряд, а справа добавляется 0.
Примеры:
• удвоив 1001112, мы получим 10011102;
• удвоив 111112, мы получим 1111102.
По тем же соображениям умножение на 4 (двоичное 100) эквивалентно сдвигу цифр числа на два разряда влево и добавлению двух нулей; умножение на 8 эквивалентно сдвигу цифр числа на три разряда влево и добавлению трёх нулей и т. д.
Примеры:
• число 111002 в 4 раза больше, чем 1112;
• число 10010002 в 8 раз больше, чем 10012;
• число 111011100002 в 16 раз больше, чем 11101112.
Интересно сравнить трудность умножения по основанию 10 и умножения по основанию 2. Для умножения многозначных чисел в десятичной системе счисления нужно уметь перемножать однозначные числа, т. е. нужно знать таблицу умножения до 9 • 9. В двоичном мире умножение гораздо проще: всё, что вам нужно знать, — это как складывать и как сдвигать. Например, чтобы умножить некоторое число на двоичное 101, нужно умножить его на 100 и добавить само исходное число: иными словами, сдвинуть на два разряда влево (т. е. добавить два нуля в конце исходного числа), а затем сложить получившееся число с исходным.


80
Раздел 1. Планы занятий
Именно так компьютеры и умножают двоичные числа. На уровне аппаратного обеспечения реализовать двоичное сложение и сдвиги очень просто. Поэтому в компьютерном мире и применяют такой подход: умножение осуществляется посредством сложений и сдвигов.
7.3. 	Как преобразовать десятичные числа в двоичные
На предыдущем занятии мы изучали, как из двоичного числа сделать соответствующее десятичное: всё, что нужно, — сложить степени двойки, которые соответствуют цифрам 1. Однако мы не обсуждали обратную процедуру: как преобразовать десятичное число в число по основанию 2. Например, с чего начать, если нужно перевести 123456789 в двоичную систему? Сегодня мы познакомимся с двумя алгоритмами для такого перевода. У вас будет возможность сравнить их и решить, какой вам удобнее.
Преобразование десятичного числа в двоичное: жадный алгоритм
Продемонстрируем первый алгоритм на примере числа 358. (Точно так же алгоритм будет работать и с любым другим числом.) Вспомним, что мы узнали на предыдущем занятии: в двоичной системе число выражается суммой различных степеней числа 2. Итак, нам нужна процедура, которая запишет число 358 в виде суммы степеней числа 2.
Выясним, какая наибольшая степень числа 2 поместится в 358. Это 256 = 28. Теперь делаем то же самое для разности 358 и 256.
• Наибольшая степень числа 2, помещающаяся в 358 — 256 = 102, — это 26 = 64.
Повторяем этот процесс, пока не получим 0.
• Наибольшая степень числа 2, помещающаяся в 102 — 64 = 38, — это 25 = 32.
• Наибольшая степень числа 2, помещающаяся в 38 — 32 = 6, — это 22 = 4.
• Наибольшая степень числа 2, помещающаяся в 6 — 4 = 2, — это 2*= 2.
• Разница между 2 и 2 — это 0. СТОП!
Ура! Действуя шаг за шагом, мы смогли выразить наше число в виде суммы степеней числа 2:
358 = 256 + 64 + 32 + 4 + 2 = 28 + 26 + 25+22 + 2а.


Занятие 7. Двоичные числа II
81
Теперь можно записать число 358 в двоичной системе:
1011001102.
Понятно, почему мы назвали такой подход «жадным». На каждом шаге мы принимаем решение, которое даёт наибольшую выгоду1, что в нашем случае означает выбор наибольшей возможной степени числа 2.
Что вы думаете об этом алгоритме? У него есть свои преимущества: например, он интуитивно понятен. Если ли у него недостатки? Да, конечно, — представьте, что вас просят перевести в двоичную систему какое-нибудь огромное число, например 1 ООО ООО. Как вы будете вычислять наибольшую степень числа 2, которая не превосходит 1 ООО ООО? Эта задача не выглядит привлекательно.
С большими числами гораздо лучше справляется второй алгоритм, но его объяснить намного сложнее.
Преобразование десятичного числа в двоичное: алгоритм деления на 2
С помощью этого алгоритма мы узнаем, как для данного десятичного числа сконструировать его двоичное представление цифра за цифрой, начиная от самой правой и двигаясь справа налево. (Первый алгоритм, наоборот, работал слева направо, от старших степеней к младшим.)
Как и в предыдущем случае, познакомимся с работой алгоритма на конкретном числе, а затем обобщим.
Начнём с того же числа 358. Давайте построим строку из цифр О и 1 следующим образом.
• Шаг 1. 358 —чётное число; поэтому пишем 0.
• Шаг 2. Делим 358 на 2. Получаем 358: 2 = 179. Число 179 нечётное. Добавляем слева 1; у нас получилось 10.
• Шаг 3. Вычитаем 1 из 179, а затем делим на 2. Получаем
(179-1) : 2 = 89.
Число 89 нечётное. Добавляем слева 1; у нас получилось 110.
1В общем случае жадный алгоритм — это алгоритм, при котором на каждом этапе принимается локально оптимальное решение — в надежде, что и глобальное решение будет оптимальным. Разумеется, это верно не всегда, но применимо для широкого класса задач. —Прим. пер.


82
Раздел 1. Планы занятий
• Шаг 4. Вычитаем 1 из 89, а затем делим на 2. Получаем
(89-1) : 2 = 44.
Число 44 чётное. Добавляем слева 0; у нас получилось ОНО.
• Шаг 5. Делим 44 на 2. Получаем 44:2 = 22. Число 22 чётное. Добавляем слева 0; у нас получилось 00110.
• Шаг 6. Делим 22 на 2. Получаем 22: 2 = 11. Число 11 нечётное. Добавляем слева 1; у нас получилось 100110.
• Шаг 7. Вычитаем 1 из 11, а затем делим на 2. Получаем
(11-1): 2 = 5.
Число 5 нечётное. Добавляем слева 1; у нас получилось 1100110.
• Шаг 8. Вычитаем 1 из 5, а затем делим на 2. Получаем
(5 — 1) : 2 = 2.
Число 2 чётное. Добавляем слева 0; у нас получилось 01100110.
• Шаг 9. Делим 2 на 2. Получаем 2:2 = 1. Число 1 нечётное. Добавляем слева 1; у нас получилось 101100110.
• Шаг 10. Вычитаем 1 из 1, а затем делим на 2. Получаем
(1 — 1) : 2 = 0.
Мы дошли до 0. СТОП!
Смотрим на получившуюся строку: 101100110. Это число 358 в двоичном виде!!! Таким образом, вышеописанная процедура даёт нам представление числа по основанию 2. Но почему?
Давайте посмотрим, почему такая процедура работает. Цифра за цифрой, справа налево, будем объяснять, почему получается двоичное представление десятичного числа.
Обоснование шага 1. Мы знаем, что чётность десятичного числа определяет последнюю цифру его двоичного представления.
Поскольку число 358 чётное, отсюда следует, что последняя цифра его двоичного эквивалента должна быть равна 0.
Обоснование шага 2. Деление чётного двоичного числа на 2 эквивалентно стиранию у него самой правой цифры 0.
Поэтому двоичные представления чисел 358 и 358:2 = 179 должны совпадать, за исключением того, что у 358 лишний 0 на конце. Значит, последняя двоичная цифра числа 179 должна быть равна предпоследней двоичной цифре числа 358. Число 179 нечётное, поэтому предпоследней цифрой числа 358 является 1.


Занятие 7. Двоичные числа II
83
Обоснование шага 3. Вычитание 1 из нечётного двоичного числа эквивалентно замене последней цифры 1 цифрой 0.
Поэтому двоичные представления чисел 179 и 178 должны совпадать, за исключением последней цифры (179 оканчивается на 1, 178-на 0).
Отсюда следует, что двоичные представления чисел
179 и 178:2 = 89
должны совпадать, за исключением того, что у 179 лишняя 1 на конце. Поэтому последняя двоичная цифра числа 89 равна предпоследней цифре числа 179. Эта предпоследняя цифра, в свою очередь, равна третьей с конца цифре исходного числа 358. Число 89 нечётное; следовательно, третья с конца цифра у двоичного представления числа 358 равна 1.
Уже можно заметить закономерность. На каждом шаге мы создаём новое, меньшее число, двоичное представление которого совпадает с двоичным представлением текущего числа со стёртой последней цифрой. Чтобы получить такое число, мы корректируем текущее число по чётности и делим на 2. Чётность или нечётность нового числа позволяет нам узнать ещё одну цифру у исходного числа.
В этом и состоит основная идея нашего алгоритма: последовательно, раз за разом, деля десятичное число на 2 и корректируя промежуточные результаты по чётности, мы можем получить все цифры соответствующего двоичного числа —по одной справа налево!
«Формальное» описание алгоритма деления на 2
Начав с исходного десятичного числа, мы повторяем следующие два шага. Мы будем генерировать цифры соответствующего двоичного числа справа налево.
• Вычислите следующую двоичную цифру: она равна 1, если текущее десятичное число нечётное; она равна 0, если текущее десятичное число чётное.
• Разделите число на 2, предварительно вычтя 1 в случае, если оно нечётное. Если результат деления равен 0, остановитесь: вы получили число по основанию 2. В противном случае используйте результат для следующей итерации.
Давайте ещё раз посмотрим на работу этого метода, используя для примера число 713. В таблице ниже показаны промежуточные результаты и ответ.


84
Раздел 1. Планы занятий
Исходное и промежуточные числа
Чётность
Следующая двоичная цифра
Двоичное представление числа 713
713
нечётное
1
1
356 =(713-1): 2
чётное
0
01
178 = 356:2
чётное
0
001
89 = 178:2
нечётное
1
1001
44= (89-1): 2
чётное
0
01001
22 = 44:2
чётное
0
001001
11 = 22:2
нечётное
1
1001001
5 = (11 — 1) :2
нечётное
1
11001001
2 = (5 — 1) : 2
чётное
0
011001001
1 = 2:2
нечётное
1
1011001001
0 = (1 — 1) : 2
ГОТОВО!
Мы получили двоичное представление: 713 = 10110010012.
Для преподавателей. Этот алгоритм легко расширить для преобразования десятичных чисел в любую систему счисления. Будьте готовы к тому, чтобы продемонстрировать, как этот алгоритм преобразует десятичное число в систему по основанию 16 или по другому экзотическому основанию. (Ваши ученики наверняка вас попросят об этом!)
Школьникам будет полезно сравнить эти два алгоритма. Некоторые различия видны сразу же: первый работает слева направо, от старших степеней к младшим. Второй алгоритм выдаёт цифры справа налево. Ключевая операция для первого алгоритма — умножение, для второго — деление. У первого алгоритма легче понять механизм, зато второй намного проще применять к большим числам.
7.4. 	Подборка задач
Задача 1. Сложите двоичные числа, используя сложение в столбик:
а) 10002 +1012; б) 110112 +1111112;
в) 	10111002 +101012; г) 11т0112 +1111111112.
Задача 2. а) Удвойте числа 10012,111111111012.
б) Напишите двоичное число, которое в 4 раза больше, чем
1110001112.


Занятие 7. Двоичные числа II
85
в) 	Напишите двоичное число, которое в 64 раза больше, чем Шг-
Задача 3. Переведите эти числа в двоичную систему счисления (используйте алгоритм по своему выбору):
а) 	80; б) 152; в) 401; г) 522; д) 1023.
Задача 4. Первая лилия в пруду расцвела 1 июня. После этого каждый день число цветков удваивалось. 15 июня цветы покрыли пруд полностью. Если бы 1 июня зацвели две лилии, а не одна и каждый день число цветков удваивалось, когда пруд был бы полностью покрыт цветами?
Задача 5. Чтобы получить Камень Мудрости, юный волшебник должен решить задачу. У него есть квадрат 7x7, который требуется разрезать на 9 меньших прямоугольных частей. При этом части должны быть такими, чтобы ими можно было замостить любой прямоугольник с целыми сторонами, который помещается в исходный квадрат: 1 х 1, 1 х 2, 1 х 3, ..., 1 х 7, 2 х 2, 2 х 3, ..., 6x7, 7 х 7. Решите эту задачу. (Все разрезы должны идти по линиям сетки. «Замостить» означает покрыть без зазоров и перекрывания.)
Задача 6. Братец Лис и Братец Кролик сажают на грядке свёклу и капусту. Грядка имеет 20 рядов и 7 мест для растений в каждом ряду. Процесс посадки происходит так: Братец Лис выбирает вид рассады (свёкла или капуста), а Братец Кролик выбирает свободное место, куда его можно посадить. Они продолжают действовать таким образом, пока вся грядка не будет засажена.
Братец Лис и Братец Кролик соглашаются делить урожай так: Братец Лис может забрать весь урожай с максимального количества рядов, на которых растения посажены в различном порядке.
Например, если они сделали посадки на грядке из четырёх рядов так, как изображено на рисунке ниже, то Братец Лис забирает урожай с трёх рядов, поскольку есть три разных ряда: первый, второй и четвёртый. (Буквы С и К означают свёклу и капусту.)
С
с
с
с
с
с
к
к
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
к
с
к
с
к
с
к
с


86
Раздел 1. Планы занятий
Какое наибольшее количество рядов может всегда обеспечить себе Братец Кролик вне зависимости от того, какие растения выберет для посадки Братец Лис?
♦
Задача 7. На рисунке вы видите карту города, улицы которого идут с севера на юг и с запада на восток.
На каждом перекрёстке есть небольшая площадь. Турист хочет пройти пешком от вокзала (А) до гостиницы (В), причём хочет двигаться самым длинным маршрутом, но не проходящим ни через какую площадь дважды. Нарисуйте такой маршрут и докажите, что более длинного не существует.
В
А


Занятие 8
Турнир по математическому домино
Важной частью программы математического кружка являются математические развлечения. Качественно подготовленное математическое соревнование одновременно и обучает школьников, и даёт им мотивацию. Кроме того, кружковцы получают возможность поработать в команде и лучше узнать друг друга.
Сегодня у нас первое математическое соревнование внутри кружка. Это математическое домино — увлекательный и простой для освоения турнир, который нравится школьникам любого возраста. Подробное описание игры можно найти в главе «Математическое домино» (см. с. 258).
Домино обладает такими огромными плюсами.
• Каждый учащийся вовлечён в активное решение задач от начала до конца игры.
• Дети могут работать в собственном темпе, регулируя сложность задач в соответствии с положением своей команды.
• В игре есть достаточно риска и неизвестных параметров, чтобы участникам было интересно.
• В игру можно играть ровно столько времени, сколько необходимо, и её можно в любой момент прервать.
Что принести на урок
• Один комплект карточек с задачами математического домино, которые распечатаны, разрезаны и сложены.
• Таблицы для подсчёта баллов (одна таблица на команду).
• Распечатки задач домино с ответами (одна на преподавателя).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Призы для участников турнира — по желанию. Однако дети всегда рады небольшой награде, например конфетам и шоколадкам.
Помните, что вам может понадобиться один или два помощника для проверки ответов. (Хорошая новость состоит в том, что этим по-


88
Раздел 1. Планы занятий
мощникам не нужно знать решения задач; они могут пользоваться готовыми ответами.)
8.1. 	Математическая разминка
Поскольку мы хотим оставить побольше времени для игры, мы используем время разминки на объяснение школьникам правил математического домино.
8.2. 	Правила математического домино
Математическое домино —это командное или индивидуальное соревнование по решению задач. Каждая команда работает в собственном темпе, выбирая задачи из набора имеющихся. Обычно мы играем маленькими командами, по два человека в команде.
Команда имеет две попытки на то, чтобы дать ответ на каждую задачу. Баллы присуждаются в зависимости от того, была ли задача решена с первой попытки (полная стоимость), со второй попытки (частичная стоимость) или не была решена (штраф). Цель игры — набрать больше баллов, чем соперники.
Каждая задача математического домино написана на карточке, похожей на доминошку: на одной стороне у неё пара чисел, а на другой — текст задачи. Эта пара чисел определяет количество баллов, которое команда может заработать на этой задаче: за решение задачи с первой попытки даётся полная стоимость, т. е. сумма обоих чисел; за решение задачи со второй попытки — частичная стоимость, т. е. большее из двух чисел на карточке; наконец, при отсутствии решения команда получает штраф —у неё вычитается меньшее из двух чисел на карточке. Например, приведённая ниже задача даст 5 + 3 = 8 баллов, если её решить с первой попытки, 5 баллов, если её решить со второй попытки, и штраф в 3 балла, если её вообще не решить. Для решения задачи на карточке 0:0 даётся всегда одна попытка. Правильное решение приносит 10 баллов. Неправильное решение не штрафуется.
I Сторона \
I доминошки v , с текстом * I задачи /
Нарисуйте
10-угольник,
который можно
R ■ Q
разделить на
5 треугольников
одним прямым
разрезом.
/L 1
/ Сторона , v доминошки| \ с баллами .


Занятие 8. Турнир по математическому домино
89
Те же самые числа-очки предсказывают сложность задачи. Поэтому, в зависимости от положения своей команды, дети могут планировать различные стратегии: можно взяться за более сложную задачу с повышенным риском, а можно решать простые, которые наверняка будут решены. Детям нравится играть в математическое домино: они совместно работают над забавными задачами, строят стратегии и принимают рискованные решения. Кроме того, их радует тот факт, что в задачах требуется только ответ, без объяснений.
Для преподавателей. Прочитайте главу «Математическое домино» на с. 258. Она включает подробные правила игры и массу полезных советов, как подготовиться к соревнованию и провести его. Ответы на задачи математического домино приведены в конце книги.
Планирование времени
Математические соревнования обычно требуют много времени. Однако преимуществом математического домино является возможность прервать игру в любой момент (с предупреждением за пять минут до окончания и запретом на взятие новых карт). В приведённом варианте почти 40 задач — этого хватит для большой группы на долгое время. Для более короткого времени просто ограничьтесь половиной задач. Вторая половина останется на следующую игру.
Запланируйте отвести некоторое время на объяснение правил игры и разделение детей по командам. Оптимальный размер — 2 школьника в команде. Но 1 или 3 человека тоже хорошие варианты1.
Соревнование
После того как правила объяснены, учащиеся разбиваются на команды и выбирают себе название. Затем начинается игра. Мы раскладываем карты на большом столе «доминошной» стороной вверх, чтобы их было удобно брать. После того как команда выбрала какую-нибудь задачу, она указывает в своей таблице её номер и предложенные баллы, а потом начинает её решать. Чтобы продемонстрировать ответ, ученики пишут его в таблице и показывают арбитру. Когда команда готова взяться за следующую задачу, она возвращает первую на стол и выбирает себе новую.
1 Существуют варианты игры, когда в командах и больше детей (до 5 человек). Но тогда берут сразу по 2 задачи на команду. —Прим. пер.


90
Раздел 1. Планы занятий
8.3. 	Задачи для математического домино
№
Задача
Баллы
1
Чтобы заполнить бочку, нужно либо 6 маленьких, 3 средних и 1 большое ведро воды, либо 2 маленьких, 1 среднее и 3 больших ведра воды. Сколько нужно больших вёдер воды, чтобы заполнить бочку?
3 : 0
2
Найдите два натуральных числа, удовлетворяющих следующим условиям.
• Их сумма равна 165.
• Если стереть самую правую цифру большего числа, числа станут равны.
5 : 2
3
На именинном пироге, имеющем форму квадрата 4x4, расположены 4 шоколадные розочки, как показано ниже. Разрежьте торт на четыре куска одинаковой формы и одинаковой площади, чтобы каждый кусок был украшен розочкой.
3 : 3
•
•
•
•
4
В семье несколько детей. Артём говорит, что у него поровну братьев и сестёр. Маша говорит, что братьев у неё втрое больше, чем сестёр. Сколько мальчиков и девочек в этой семье?
1 : 0
5
У ковбоя Джо был моток верёвки. Его жена использовала половину верёвки для сушки белья. Половиной оставшегося куска Джо привязал лошадь к дереву. Две пятых от остатка Джо использовал, чтобы связать бандита Билли. У ковбоя осталось 1,5 метра верёвки. Сколько верёвки было в мотке?
1 : 1
6
Сколько различных значений вы можете получить, если добавить скобки в выражение 1 + 2*34-4 (можно добавлять сколько угодно пар скобок)?
6:0
7
В этом выражении каждая звёздочка заменяет какую-нибудь цифру. Кроме того, каждое число в этом выражении — палиндром, т. е. одинаково читается слева направо и справа налево (например, палиндромами являются 2332 или 191). Расшифруйте выражение: ** + *** = ****.
5 : 0


Занятие 8. Турнир по математическому домино
91
№
Задача
Баллы
8
Напольные весы не отрегулированы (стрелка шкалы не показывает на 0). Когда Алиса встаёт на весы, стрелка показывает 40 кг. Когда встаёт Вадим, стрелка показывает 30 кг. Когда Алиса и Вадим встают вместе, стрелка показывает 80 кг. Сколько на самом деле весят Алиса и Вадим?
7:0
9
Вставьте несколько символов математических операций («+», «—», «•», «:»), чтобы получилось верное равенство:
1234567 = 13.
(Не обязательно использовать все четыре операции. Можно использовать несколько одинаковых операций. Можно объединять цифры в число. Нельзя использовать скобки.)
7:1
10
Два мальчика смотрят, как кузнец куёт меч. Глядя на часы, один из них говорит другу: «Интервал между 1-ми 4-м ударом составляет 12 секунд». Сколько секунд пройдёт между 1-м и 12-м ударом?
2:1
11
В парламенте одной страны заседают 100 человек. По крайней мере один из них нечестен. Однако в любой паре парламентариев по крайней мере один честен. Сколько имеется нечестных парламентариев?
4:0
12
Когда Сашу спросили, сколько ему лет, он сказал: «Я в три раза моложе, чем папа, но в три раза старше, чем мой младший брат Дима». Дима на 40 лет младше папы. Сколько лет Саше?
5:3
13
Сколько существует трёхзначных чисел, у которых ровно 2 цифры одинаковы?
6:2
14
Восемь деревьев растут в ряд на расстоянии 5 метров друг от друга. Рядом с самым правым деревом есть колодец. Садовник Василий стоит с пустым ведром у колодца. Ему нужно полить все деревья (одно полное ведро на два дерева) и вернуться к колодцу. Какова длина самого короткого маршрута Василия?
7:2
15
При рождении детёныш аллигатора имеет длину 5 сантиметров. За год он вырастает до 25 сантиметров. На сколько процентов он вырос?
4:1
16
Дорога длиной 28 километров разделена на три неравные части. Расстояние между серединами первой и последней частей равно 16 километров. Найдите длину средней части дороги.
2:2


92
Раздел 1. Планы занятий
№
Задача
Баллы
17
Имеются две цепи одинаковой массы. В первой 80 одинаковых звеньев, а во второй —100. Каждое звено первой цепи на 5 граммов тяжелее, чем звено второй цепи. Какова масса каждой из цепей?
7:5
18
В ряд выписана строка из цифр, причём любые две соседние цифры образуют число, которое делится на 17 или на 23. Первая цифра —9. Какой может быть 1001-я цифра? Найдите все ответы.
8:3
19
Справедливо утверждение: неверно, что фрука и большая, и круглая. Какие из следующих утверждений истинны?
а) Любая фрука маленькая и некруглая.
б) Любая фрука маленькая и имеет углы.
в) Любая фрука либо небольшая, либо некруглая, либо и то и другое.
г) Любая фрука либо небольшая, либо некруглая, но не то и другое сразу.
д) Если фрука большая, то она некруглая.
8:2
20
Николай владеет сетью супермаркетов и планирует начать рекламную компанию с четырьмя слоганами.
— Всё, что недорого, — невкусно!
— Всё, что невкусно, — недорого!
— Всё, что вкусно, — дорого!
— Не всё, что вкусно, — недорого!
Искушённый маркетолог говорит Николаю, что два из этих слоганов утверждают одно и то же. Какие два?
9:1
21
На олимпиаде по математике было 10 задач. За каждую правильно решённую задачу давали 5 баллов, а за каждую нерешённую вычитали 3 балла. Федя получил 34 балла. Сколько задач он решил правильно?
2:0
22
Дно квадратного бассейна выложено 900 квадратными плитками двух цветов, как показано на рисунке. Какова разность между количеством белых и чёрных плиток?
7:3


Занятие 8. Турнир по математическому домино
93
№
23
Задача
В коробке лежат 12 шариков, отличающихся только цветом: 6 красных, 3 белых, 2 зелёных и 1 чёрный. Какое наименьшее количество шариков нужно вытащить, чтобы у вас было не менее 3 шариков одного цвета?
Баллы
5:1
24
Незамкнутая ломаная состоит из 7 звеньев. Какое наибольшее число самопересечений может у неё быть? (Ломаная — это последовательность звеньев-отрезков, в которой каждый последующий отрезок начинается там, где заканчивается предыдущий. Конечные точки отрезков не считаются самопересечениями.)
7:4
25
Пятьдесят одинаковых звеньев соединены в незамкнутую цепь (одно звено изображено на рисунке). Отверстие в звене имеет длину 12 мм, толщина звена равна 3 мм. Какую длину имеет такая цепь?
6:4
26
Разрежьте эту фигуру на две одинаковые части. Разрезы могут идти по линиям решётки и диагоналям маленьких квадратиков.
4:2
27
Если вы приласкаете зелюка, он станет мюмзиком. Если какой-нибудь зелюк — мюмзик, то находящаяся близко нава станет свирлепой. Какие из следующих утверждений истинны?
а) Если вы не приласкаете зелюка, то находящаяся близко нава не станет свирлепой.
б) Если вы приласкаете зелюка, то находящаяся близко нава станет свирлепой.
в) Находящаяся далеко нава не может стать свирлепой, если приласкать какого-нибудь зелюка.
г) Если находящаяся близко нава свирлепая, то некоторый зелюк является мюмзиком.
5:4


94
Раздел 1. Планы занятий
№
Задача
Баллы
28
С момента, который был вчера за 10 часов до полуночи, до настоящего момента прошло столько же времени, сколько останется через два часа до сегодняшней полуночи. Сколько сейчас времени?
0:0
29
Серёжа и Лёня получили два одинаковых прямоугольника; каждый мальчик разрезает свой прямоугольник на две части. У Серёжи получилось 2 прямоугольника, периметр каждого из которых равен 40 см. У Лёни получилось 2 прямоугольника, периметр каждого из которых равен 50 см. Чему был равен периметр исходного прямоугольника?
8 : 1
30
Лариса сейчас вдвое старше, чем будет Анжела, когда Карине исполнится столько, сколько сейчас Ларисе. Кто из девочек старше всех? Кто младше всех?
3 : 2
31
Том с расстояния 30 метров увидел, как Джерри дразнит его, и тут же погнался за ним. Какое расстояние будет между ними через 5 минут, если Джерри бежит со скоростью 500 метров в минуту, а Том — только 450 метров в минуту?
4:3
32
Два последовательных двузначных числа сложили, а затем цифры их суммы записали в обратном порядке. Результат совпал с большим из двух исходных чисел. Что это были за числа?
7:6
33
У девочки есть ручная обезьянка, которая любит есть бананы. Каждый день она съедает ровно вдвое больше бананов,
2
чем весит сама, а каждую ночь она теряет - своего веса. На такой диете обезьянка счастлива. Однажды утром, уезжая на 4 дня, девочка оставила 40 килограммов бананов, которых в точности хватает, чтобы обезьянка была счастлива все эти дни. Сколько весила обезьянка в это утро?
4:4
34
Три человека играют в такую игру. Каждый из них пишет 100 различных слов, а потом три списка сравниваются. Если слово есть в двух или всех трёх списках, оно вычёркивается из всех списков. У первого игрока осталось 61 уникальное слово, у второго — 80. Каково наименьшее возможное число слов, которые могли остаться у третьего игрока?
8 : 0


Занятие 8. Турнир по математическому домино
95
№
Задача
Баллы
35
Переложите две спички так, чтобы равенство стало верным.
3:1
36
В ряд записана последовательность цифр:
12345767891234576789...
Всего в ней 2019 цифр. Где в этом ряду следует поставить знак «+», чтобы получилась наименьшая из возможных сумм?
6:5
37
За круглым столом сидят семь рыцарей и лжецов. Каждый из них заявил: «Из двух моих соседей один — рыцарь, а второй — лжец». Сколько рыцарей за столом?
6:1
38
В круговом турнире каждая футбольная команда играет с каждой по одному разу. В одном таком турнире оказалось, что пятая часть команд не набрала ни одного очка. Сколько команд принимало участие в турнире?
5:5
39
Лифт сломался, и поэтому директор корпорации вынужден подниматься по ступеням 100-этажного небоскрёба пешком. Подъём от первого этажа до второго занял у директора 10 секунд, а подъём на каждый последующий этаж занимал на 1 секунду больше, чем на предыдущий. Между какими этажами окажется директор через 10 минут?
6:3
8.4. 	Подборка задач
Задача 1. Два брата отправились собирать грибы, а в лесу пошли порознь. Через лес проходит дорога, которую братья время от времени пересекали. К концу дня старший брат пересёк эту дорогу втрое больше раз, чем младший. По одну сторону дороги или по разные находятся братья в этот момент?
Задача 2. Дьявол говорит лентяю: «Каждый раз при переходе через этот заколдованный мост твои деньги будут удваиваться. За это ты будешь мне платить по 40 монет за каждый переход по мосту». Лентяй пересёк мост три раза и остался совсем без денег. Сколько монет было у него до сделки с дьяволом?


96
Раздел 1. Планы занятий
Задача 3. У Кати 24 куклы, 26 плюшевых зверей и 25 машинок. Однажды она решила подарить эти игрушки своей младшей сестре Марине. Чтобы было интереснее, она дарит сестре один раз в день по две игрушки одновременно: куклу и зверя, куклу и машинку или зверя и машинку. Каждый раз, когда Марина получает в подарок 2 игрушки, она дарит в ответ Кате одну игрушку: плюшевого зверя, если ей подарили куклу и машинку; машинку, если ей подарили куклу и зверя; куклу, если ей подарили зверя и машинку. (Изначально у Марины достаточно игрушек, чтобы такой процесс был возможен.) В итоге у Кати осталась последняя игрушка.
а) Сколько дней потребовалось для такого обмена?
б) Какая игрушка осталась у Кати?
Задача 4. На гранях игральной кости написаны числа от 1 до 6. Когда Саша бросил кость в первый раз, сумма чисел на четырёх боковых гранях оказалась равна 12. Во второй раз она оказалась равной 15. Какое число написано на грани, противоположной грани с числом 3?
Задача 5. На дороге от Дедморозовска до Снегуринска через каждый километр стоят километровые столбы. На одной стороне каждого столба указано расстояние до Дедморозовска, а на другой—до Снегуринска. Петя заметил, что сумма всех цифр на каждом километровом столбе равна 13. Сколько километров от Дедморозовска до Снегуринска?


Занятие 9 Принцип Дирихле
Сегодня мы познакомимся с методом доказательства, который называется принципом Дирихле1. В разных языках используются различные названия этого метода. Например, в английском это «принцип клеток для голубей» (Pigeonhole principle), в немецком и французском — «принцип выдвижных ящиков» (Schubfachprinzip и Principe des tiroirs), в испанском и финском — «принцип голубятни» (Principio del palomar и Kyyhkyslakkaperiaate). Заключённая в нём идея крайне проста, однако метод отличается гигантскими возможностями. Он даёт схему рассуждений, которую можно применять в самых разных задачах—от простейших до крайне сложных.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
9.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Взгляните на последовательность следующих равенств. Начав с верного утверждения, мы пришли к равенству 1 = 2. Где ошибка в этом доказательстве?
Предположим, что х = 1 и у = 1. Тогда можно записать:
х — у, Х'Х — Х'у, х2 = ху, х2 + х2 — х2 + ху,
2х2 = х2 + ху, 2х2 — 2 ху — х2 + ху — 2ху, 2хг — 2 ху = х2 — ху,
2(х2 — ху) = х2 — ху, 2 = 1.
9.2. 	Тема занятия: «Принцип Дирихле»
Начнём с обсуждения методов в математике: что такое методы и почему они нам нужны?
1 Иоганн Петер Густав Лёжен Дирихле (1805—1859) — немецкий математик.— Прим. пер.


98
Раздел 1. Планы занятий
В математике часто бывает так, что одни и те же виды доказательств и схемы рассуждений используются снова и снова, при работе над самыми разными задачами и проблемами. Поэтому наиболее важные и чаще всего используемые схемы и приёмы часто формализуются и получают собственные названия. Соответственно, их можно использовать как готовые строительные блоки. Размышляя о какой-нибудь задаче, мы можем пользоваться этими блоками для сокращения работы, не тратя время на их доказательства.
Вот хорошая аналогия: опытный мастер всегда приходит на работу с комплектом инструментов. Если ему нужно справиться со сложной задачей, он попытается выбрать для неё наиболее удобный инструмент. Возможно, ему придётся попробовать несколько инструментов, прежде чем он найдёт нужный — тот, который сделает работу самой простой, быстрой и приятной. Но в любом случае трудно представить, чтобы мастер начинал работу с конструирования пилы или молотка.
Принцип Дирихле — метод, с которым мы сегодня познакомимся, — кажется очевидным. Тем не менее он является очень эффективным методом решения задач и его можно применять для получения многих интересных и захватывающих результатов.
Начнём обсуждение с того, что рассмотрим какую-нибудь задачу. Наша цель — объяснить тонкости принципа Дирихле на примере с конкретными числами.
Пример 1. Предположим, что 6 кроликов сидят в 5 клетках. Можно ли сказать что-то определённое о количестве кроликов в клетках?
Разбор примера 1. Один из учеников говорит, что должна найтись клетка с 2 кроликами в ней. Показываем контрпример: если в трёх клетках по 1 кролику, в четвёртой — 3 кролика, а пятая пуста, то ни в одной из клеток нет ровно 2 кроликов.
1
1
1
3
0
Другой ученик замечает, что точно найдётся клетка ровно с одним кроликом. Однако это тоже неверно. Можно посадить кроликов по три, и тогда не будет ни одной клетки с 1 кроликом.
3
0
0
3
0
Продолжая обсуждение, мы приходим к такому выводу: какое бы конкретное число ни взять, мы не можем найти клетку, в которой сидит ровно столько кроликов.


Занятие 9. Принцип Дирихле
99
На что же тогда мы можем претендовать? Поскольку точные утверждения не работают, может быть, можно прибегнуть к утверждению, где используются слова «по крайней мере»? Подход выглядит многообещающим, давайте попробуем. Можем ли мы сказать, что наверняка найдётся клетка, в которой сидят по крайней мере 6 кроликов? Необязательно, вполне может быть, что в каждой клетке сидят по меньшему количеству животных. Что насчёт клетки, в которой сидит по крайней мере 3 кролика? Тоже необязательно, поскольку животные могут сидеть по 1 или по 2. Может, обязательно существует клетка, в которой сидят по крайней мере 2 кролика? В этот раз большинство учеников говорят «да». Чтобы доказать существование такой клетки, используем доказательство от противного. Предположим, что в каждой клетке сидит не более одного кролика. (Пожалуйста, обратите внимание на то, что мы не можем сказать «сидит один кролик», поскольку некоторые клетки могут быть пустыми.) Тогда в 5 клетках вместе сидят не более 5 кроликов (см. рисунок).
<1
<1
<1
<1
<1
<5
Но у нас 6 кроликов. Противоречие. Поэтому хотя бы в одной клетке есть больше одного кролика.
Теперь, когда мы обсудили конкретный случай с 5 клетками и 6 кроликами, мы готовы сформулировать принцип Дирихле.
Принцип Дирихле. Предположим, что кролики сидят в клетках и что клеток меньше, чем кроликов. Тогда существует по крайней мере одна клетка, в которой сидят не меньше двух кроликов.
Доказательство принципа Дирихле. Это более общее утверждение можно доказать аналогичным образом. Если мы предположим, что в каждой клетке сидит не более одного кролика, то общее количество кроликов не более, чем число клеток. Но по условию кроликов больше, чем клеток. Противоречие.
Давайте посмотрим, как можно применять этот принцип к решению задач. Достаточно часто решение обнаруживается, как только удаётся определить, что в задаче будет «клетками», а что — «кроликами».
Стоит заметить, что ученики могут дать и другие вполне верные решения для предложенных задач. Однако, поскольку наша се¬


100
Раздел 1. Планы занятий
годняшняя цель — овладеть новым методом, обсуждение каждой задачи будем завершать показом решения, использующего принцип Дирихле.
Пример 2. На празднике каждый из 8 детей взял по одной конфете из вазы с конфетами 7 разных сортов. Докажите, что по крайней мере двое детей получили конфеты одного сорта.
Разбор примера 2. В этом случае мы предполагаем, что сорта конфет играют роль клеток, а дети —роль кроликов. Сопоставим кролика (ребёнка) с клеткой (сортом), если ребёнок выбрал этот сорт конфет. У нас 8 кроликов и 7 клеток, поэтому по принципу Дирихле должна найтись клетка как минимум с 2 кроликами. Это означает, что найдутся два ребёнка, которым достались конфеты одного сорта.
Да, это простая задача, и её можно решить самыми разными способами, однако принцип Дирихле в этом случае прекрасно работает.
Пример 3. В школе 400 учеников. Докажите, что хотя бы у двух из них дни рождения совпадают.
Разбор примера 3. Решим эту задачу двумя способами—доказательством от противного и с помощью принципа Дирихле. Оба способа правильны, но второй короче и элегантнее.
Доказательство от противного. Если в каждый конкретный день свой день рождения отмечает не более одного школьника, то всего получается не более 366 дней рождения. Но в школе 400 учеников. Противоречие. Поэтому должен найтись хотя бы один день, когда день рождения отмечают не менее чем 2 школьника.
Принцип Дирихле. Дни рождения играют роль кроликов, а дни года — роль клеток. Всего 400 кроликов и 366 клеток. Поэтому найдётся клетка (день года), которой соответствуют не менее чем 2 кролика (дня рождения).
Пример 4. В лесу растёт миллион сосен. Известно, что ни на одной сосне нет больше 600 тысяч иголок. Докажите, что найдутся хотя бы две сосны с одинаковым количеством иголок.
Разбор примера 4. Лена предлагает такое решение: «Если на одном дереве 1 иголка, на втором —2 и т.д. до 600 тысяч, то ещё останется 400 тысяч деревьев». Однако в этом решении таится подводный камень: откуда нам знать, сколько именно сосен с тем или иным количеством иголок растут в этом лесу? Может, там попросту нет дерева с одной иголкой. То же самое верно и для любого другого


Занятие 9. Принцип Дирихле
101
определённого количества иголок —возможно, сосны с таким количеством иголок в лесу нет. Лена также забыла и о том, что может найтись сосна с нулём иголок. Решение Лены можно подправить, однако давайте решим задачу с помощью принципа Дирихле. Деревья играют роль кроликов. Два «кролика» попадают в одну «клетку», если у них равные количества иголок. Итак, имеем 600001 клетку, и это меньше, чем 1000 000 кроликов. Поэтому должны найтись два дерева, которые попали в одну «клетку», т. е. имеют одно и то же количество иголок.
В этот момент Андрей спрашивает, следует ли при решении задач такого рода использовать доказательство от противного или принцип Дирихле. Ответ важен: снова напоминаем, что принцип Дирихле —это один из способов, удобный «короткий путь». Хотя с любой из этих задач можно разобраться с помощью доказательства от противного, решение с помощью клеток и кроликов обычно короче и удобнее1.
Пример 5. Пятнадцать девочек приехали в летний лагерь. Некоторые из них знакомы друг с другом, а некоторые — нет. Докажите, что найдутся хотя бы две девочки, у которых одинаковое количество знакомых.
Разбор примера 5. Ученики без промедления берутся за принцип Дирихле: девочки будут кроликами, а все возможные количества их знакомых — клетками. И тут происходит заминка: ведь есть 15 кроликов и 15 клеток (0,1, 2,..., 14). Кроликов и клеток поровну. Принцип Дирихле неприменим! Школьники озадачены, и я даю подсказку: могут ли все клетки быть заняты одновременно? Такой подсказки достаточно для прорыва в задаче. Один из учеников говорит, что если какая-то девочка знакома со всеми 14 остальными, то с нею знакомы все, а поэтому никто не может иметь 0 знакомых. И наоборот, если нашлась девочка, которая никого не знает, то то¬
1 Полезно также объяснить ученикам, что наше обоснование принципа Дирихле выше использовало доказательство от противного, так что при решении любой такой задачи доказательство от противного всё равно используется. Просто во втором случае оно используется неявно и мы сокращаем доказательство за счёт того, что не тратим заново время на стандартные элементы: «Предположим противное», «Тогда...», «Противоречие. Значит, предположение неверно». Можно привести и такое сравнение: примерно также при написании компьютерной программы мы используем стандартную готовую подпрограмму из библиотеки.— Прим. пер.


102
Раздел 1. Планы занятий
гда не может существовать девочка, которая знает всех. Поэтому на самом деле клеток 14, т. е. число кроликов больше, чем число клеток. Можно использовать принцип Дирихле.
Пример 6. Докажите, что среди первых 101 из чисел, являющихся степенями двойки (21, 22, ..., 2101), можно найти пару таких чисел, разность которых делится на 100.
Разбор примера 6. То, что нам требуется, выглядит труднодостижимым. Как мы можем утверждать что-нибудь о таких больших неизвестных числах? Однако давайте рассуждать. Когда разность двух чисел делится на 100? Только тогда, когда последняя пара цифр у них одинаковая. Поэтому важны только последние 2 цифры. Давайте сделаем 100 клеток и обозначим их номерами 00, 01, 02,..., 99. Кроликами будут наши степени двойки, и рассаживать мы их станем так: последние две цифры каждой степени определяют соответствующую клетку. Иными словами, в одной клетке оказываются числа, у которых две последние цифры совпадают. Но у нас 101 число и 100 клеток, поэтому есть клетка, в которую попадут не менее 2 чисел. У этих чисел последняя пара цифр совпадает, поэтому их разность оканчивается на 00, что означает, что она делится на 100.
9.3. Задача для решения в классе
Задача 1. Докажите более сильные варианты примера 6.
а) Докажите, что среди первых 51 из чисел, являющихся степенями двойки (21, 22, ..., 251), можно найти пару чисел, чтобы их разность делилась на 100.
б) Докажите, что среди первых 41 из чисел, являющихся степенями двойки (21, 22, ..., 241), можно найти пару чисел, разность которых делится на 100.
9.4. 	Подборка задач
Задача 1. Разрежьте фигуру, показанную на рисунке, на три равные части. (Линии могут идти по линиям сетки и по диагоналям маленьких квадратиков.)
Задача 2. Средняя школа Волшебства объявляет новый факультативный курс: астрология.


Занятие 9. Принцип Дирихле
103
На этот курс записалось пятнадцать учеников. Докажите, что по меньшей мере 2 из них родились под одним знаком зодиака. (Всего имеется 12 знаков зодиака.)
Задача 3. Восемь рыцарей участвуют в турнире, куда входят три вида соревнований: стрельба из лука, фехтование на мечах и метание копья. В каждом виде рыцарю присуждают 0, 1 или 2 балла. Докажите, что по крайней мере 2 рыцаря получили в итоге поровну баллов.
Задача 4. В группе из 12 политиков некоторые являются сторонниками друг друга, а некоторые нет. Докажите, что в этой группе можно найти двух политиков, которые имеют одинаковое количество сторонников. (Обратите внимание на то, что это отношение симметрично: если А является сторонником Б, то и В является сторонником А.)
Задача 5. Маргарита с помощью красного маркера отметила на числовой прямой 3 точки с целыми координатами. Ангелина с помощью синего маркера отметила среднюю точку для каждой пары красных точек. Докажите, что по крайней мере одна синяя точка имеет целую координату.
Задача 6. По заколдованному лабиринту можно идти вправо и вверх (см. рисунок). В каждой комнате лабиринта (отмечены на рисунке круж-
ками) живёт эльф, гном или приви-
дение. Если вы пройдёте через комнату, где живёт эльф, он даст вам 3 монеты, в комнате с привидением вы получите 6 монет, а гном не даст вам ничего. В лабиринт входят 12 детей. Докажите, что по крайней мере двое из них выйдут из лабиринта с одинаковым числом монет.
♦
Задача 7. Три ученицы математического кружка — Алёна, Белла и Виолетта — входят в команду, которая участвует в турнире «Самый лучший логик». Перед командой поставлено следующее задание.
Девочки входят в абсолютно тёмную комнату, где стоит коробка с 2 красными, 2 жёлтыми и 3 зелёными шляпами. Каждая из них наугад берёт шляпу, надевает её и выходит из комнаты. Теперь каждая девочка может видеть цвет шляп подруг, но не может увидеть, какого цвета шляпа на ней самой. Затем Алёну просят высказать


104
Раздел 1. Планы занятий
предположение о цвете, которого у её шляпы точно нет. Она может либо назвать цвет, либо промолчать. Потом то же самое делает Белла, затем Виолетта. Если первое высказанное предположение верно, команда побеждает; если неверно, команда проигрывает.
Когда Алёну спросили о цвете, которого у неё нет, она промолчала. Когда спросили Беллу, она промолчала. Сейчас очередь Виолетты. Что она должна сделать?
9.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Алёша случайным образом запол- ; ; ;
нил табличку 3x3 числами 0, 1 и 2 (по одно- ...
му числу в каждой клетке). Затем он посчитал ^ _ : /
суммы во всех строках, во всех столбцах и в двух - ~ ~ i ~ -
диагоналях. Докажите, что по крайней мере две —гг гтН
из этих сумм равны. ’" $ 9 ~
Задача 2. В Санкт-Петербурге больше 5 мил- *
лионов жителей. Докажите, что хотя бы два человека имеют поровну волос на голове, если известно, что ни один человек не имеет на голове более 1 миллиона волос.
Задача 3. Докажите, что среди любых 11 натуральных чисел можно найти два числа, разность которых делится на 10.
Задача 4. Группа из 70 школьников сдаёт три теста — по математике, русскому языку и физкультуре. На каждом тесте дают от 1 до 4 баллов. Верно ли, что в этой группе всегда можно найти 2 человек, которые показали на тестах одинаковые результаты?
(Упрощённый вариант задачи: 20 школьников и 2 теста.)
Задача 5. Алиса взяла красный маркер и отметила на координатной плоскости 5 точек с целыми координатами. Ульяна взяла синий маркер и отметила среднюю точку для каждой пары красных точек. Докажите, что хотя бы одна синяя точка имеет целые координаты.
Задача 6. Семиклассник Петя написал компьютерную программу для своего домашнего робота Васи. Начиная от 1, Вася должен писать числа, составленные только из единиц: 1, 11, 111 и т. д. Программа прекращает работать, когда Вася напишет число, которое делится на 19. Докажите, что программа закончит работать менее чем за 20 шагов.
\ »
i
1 ✓
-1-
»
ж-
I
! ✓ ■я-
i
~ф~
1
\/
f


Занятие 10 Принцип Дирихле в геометрии
В прошлый раз мы познакомились с принципом Дирихле — простой, но крайне мощной идеей, которую можно использовать в самых разных областях. Сегодня мы увидим, как применять этот принцип при решении геометрических задач.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Клетчатая бумага, которая удобна для сегодняшнего занятия, поскольку некоторые из сегодняшних задач используют сетку.
10.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Если поджечь с одного конца кусок верёвки («бикфордов шнур»), то он горит ровно два часа. Однако горение неравномерное — одни участки шнура горят быстрее, а другие — медленнее. У вас есть два таких шнура и коробок спичек. Можно ли точно отмерить 1 час 30 минут?
Задача для разминки 2. В условиях предыдущей задачи отмерьте 45 минут, если у вас есть 3 таких шнура.
10.2. 	Тема занятия: «Принцип Дирихле в геометрии»
Начнём с задачи.
Пример 1. Каково максимальное число королей, которых можно выставить на шахматную доску 8x8 так, чтобы никакие 2 короля не атаковали друг друга?
Разбор примера 1. Обычно обсуждение этой задачи происходит одинаково: кто-то из учеников выходит к доске и рисует расположение 16 королей, показанное слева.


106
Раздел 1. Планы занятий
й
t
£
*
t
«
I
I
t
«
2
1
«
«
t
*
t
t
t
«
1
*
«
t
«
«
«
«
t
«
«
«
Он утверждает, что это наилучшая возможная расстановка, поскольку короли расположены равномерно. Поэтому больше королей поставить на доску невозможно. Однако тут нетрудно выдвинуть контраргумент: существуют и нерегулярные расположения 16 королей; например, как на рисунке справа. Может быть, существует какой-то хитрый способ поставить 16 королей так, чтобы между ними поместился ещё один?
Подлив немного огонька в обсуждение, я даю подсказку: выделяю 8 линий, которые делят доску на квадраты размера 2x2 (см. рисунок).
Сколько королей можно разместить в одном квадрате 2x2? Очевидно, не более одного, иначе они будут атаковать друг друга.
Поскольку на доске 16 таких квадратов, на ней может поместиться не более 16 королей. Следовательно, любое решение с 16 королями является наилучшим возможным размещением.
Ещё раз выделим важные моменты этого простого и разумного подхода, к которому мы будем снова и снова прибегать в дальнейшем. Мы придумали решение, которое нам казалось оптимальным; однако мы не знали, как доказать этот факт. В самом деле, королей на доске можно расставлять огромным числом способов, и откуда нам знать, что нельзя найти способ ещё лучше? Поэтому для доказательства оптимальности мы поделили доску на несколько меньших фрагментов. Поскольку каждый фрагмент вмещает не более 1 короля, общее количество королей не может быть больше, чем число таких фрагментов. Поэтому любое решение с 1 королём в каждом фрагменте будет наилучшим из возможных.
«
«
t
«
t
.Шйк.
*
I
«
I
t
«
*
t
t
*
«


Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии
107
Пример 2. Каково максимальное число королей, которых можно поставить на шахматную доску 9x9, чтобы никакие 2 короля не атаковали друг друга?
Разбор примера 2. Задача явно сходна с той, которую мы только что обсудили. Поэтому давайте попробуем сходный метод: разделим доску на фрагменты, в каждом из которых не может быть более 1 короля. Если мы сможем найти расстановку, где в каждом из фрагментов будет стоять по 1 королю, то решение будет наилучшим из возможных.
Мы уже знаем, что в квадрате 2 х 2 не может быть больше чем по 1 королю. Поскольку наш квадрат нельзя разрезать на квадраты 2x2, давайте разрежем его, как показано на рисунке. Всего у нас 25 фрагментов, на каждом поместится не более 1 короля. Значит, на доску можно поставить не более 25 королей. Можно ли вместить ровно 25? Легко видеть, что можно. Предоставляем читателю найти решение самостоятельно.
Задача 1. На рисунке изображена карта Решёткограда. Линии изображают улицы, которые делят город на кварталы со стороной 2 километра, а наружные участки улиц имеют длину 1 километр. Какое максимальное количество стоянок такси можно разместить на улицах Решёткограда, чтобы расстояние между любыми 2 стоянками было не менее 2,2 километра?
(Расстояние между двумя точками измеряется не напрямик, а вдоль по дорогам, по которым придётся проехать от одной точки до другой. Например, расстояние между точками Л и С на рисунке — 6 километров, а между точками АиВ — 7 километров.)
Разбор примера 2. Как и в предыдущей задаче, дети легко обнаруживают решение с 9 стоянками для такси. Однако им трудно доказать, что это максимальное число.
Возможно, школьники станут говорить, что на каждой «вертикальной» улице может поместиться не более трёх стоянок. Значит, на 3 таких улицах может поместиться не более 9 стоянок. Контр¬
А
А
2 км
к
2 км
1 КМ
2 км
л
г
а
>с
2 км
р
1км
1
IB


108
Раздел 1. Планы занятий
аргумент здесь таков: в таком решении мы вообще не используем «горизонтальные» улицы. Вдруг при удачном размещении 9 стоянок на «вертикальных» улицах нам удастся добавить лишнюю стоянку на какой-нибудь из «горизонтальных»?
Для строгого доказательства давайте снова обратимся к знакомому подходу: разделим карту города на 9 фрагментов, чтобы в каждом могло поместиться не более одной стоянки такси.
Такое разбиение показано на рисунке: улицы разделены на 9 одинаковых крестообразных фрагментов.
Поскольку максимальное расстояние меж- ду любыми двумя точками внутри одного такого фрагмента составляет 2 километра, в каждый фрагмент поместится не более одной стоянки. Следовательно, всего в городе
поместится не более 9 стоянок. Любое решение с 9 стоянками будет оптимальным. Одно решение показано на том же рисунке: стоянки отмечены точками.
(Заметили ли вы неточность в этом решении? Мы совершенно забыли про те точки улиц — середины кварталов, — по которым проходит разрез. Какому из двух фрагментов должна принадлежать такая точка? Для этой задачи это не важно, так как расстояние внутри фрагмента в любом случае будет меньше, чем 2,2. Но для строгости решения давайте скажем, что точки на горизонтальных улицах принадлежат фрагментам справа, а на вертикальных — фрагментам снизу.)
Пример 3. Посадочная площадка на космической станции имеет размеры 10 х 10. Приземляющийся космический корабль класса «Тёмный спектр» занимает три квадрата в виде уголка, причём садится всегда по линиям решётки. (Уголок может смотреть в любую сторону.)
Поскольку кораблями класса «Тёмный спектр» любят пользоваться космические контрабандисты, вы планируете поставить на площадке датчики, которые будут засекать любую посадку корабля такого класса. (В один квадрат устанавливается один датчик; датчик подаёт сигнал тревоги, если на него приземляется корабль.) Какое наименьшее количество датчиков нужно установить, чтобы гарантированно обнаружить любой приземляющийся «Тёмный спектр»? Где их нужно установить?


Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии
109
Разбор примера 3. Ответ для этой задачи (50 датчиков) легко придумать, но нелегко доказать.
Давайте раскрасим посадочную площадку в шахматном порядке. Тогда любой приземляющийся корабль контрабандистов должен занять хотя бы один чёрный квадрат. Поэтому если мы установим датчики на 50 чёрных квадратах, то гарантированно обнаружим корабль.
Теперь нам нужно доказать, что нельзя обойтись меньшим количеством. Разрежем доску на фрагменты размером 2x2. Легко увидеть, что в каждом таком фрагменте придётся поставить как минимум 2 датчика. Поскольку у нас 25 фрагментов, для всей доски придётся использовать как минимум 50 датчиков.
10.3. 	Подборка задач
Задача 1. Разместите по кругу 6 положительных чисел так, чтобы каждое из них было произведением двух соседних. Найдите решение, в котором не все числа равны между собой.
Задача 2. Разделите фигуру на рисунке на 3 части ———
одинаковой формы и одинакового размера. (Все раз-
резы должны идти по линиям решётки.)
Задача 3. На участке марсианской поверхности размером 10 х 10 километров живут 100 поселенцев с Земли. Каждый поселенец владеет квадратным участком размера 1x1 километр. Больше четверти этих переселенцев приехали из России. Докажите, что не менее двух поселенцев из России являются соседями. (Соседями считаются поселенцы, у участков которых есть общая сторона или вершина.)
Задача 4. Докажите, что если из множества натуральных чисел от 1 до 98 выбрать 50 различных целых чисел, то найдутся два выбранных числа, сумма которых равна 99.
Задача 5. Сеня и Валера играют в морской бой на поле 8x8. Сеня расположил где-то на поле линкор 1x4. Валера может выбирать клетки и стрелять по ним. Какое наименьшее число выстрелов гарантирует Валере, что он по крайней мере один раз попадёт в линкор («ранит» его)?
Задача 6. На столе сидят 25 мух. Известно, что из любых трёх мух можно выбрать двух, расстояние между которыми меньше 10 санти¬


110
Раздел 1. Планы занятий
метров. Докажите, что круглой мухобойкой с радиусом 10 сантиметров можно одним ударом прихлопнуть не меньше 13 мух.
♦
Задача 7. Разумные кактусы с планеты Кареллия счастливы, если посажены на расстоянии не менее 2 метров друг от друга. В московском зоопарке построен павильон для кареллианских кактусов, имеющий вид круга диаметром 20 метров. В нём посажено 20 кактусов так, что все они счастливы. Докажите, что в павильоне можно посадить ещё один кареллианский кактус, причём все кактусы по- прежнему будут счастливы.
10.4. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Ковбой Джо выстрелил 15 раз по ковру размером 4x4 и сделал в нём 15 дырок. Всегда ли можно вырезать из ковра квадратик размером 1 х 1, в который не попала пуля? (Места попадания пуль считаем точками.)
Задача 2. Два скорпиона терпят друг друга только при условии, что они находятся на расстоянии не меньше чем 2 метра друг от друга. Сколько неуживчивых скорпионов могут поместиться на проволочном кубе с длиной стороны 1 метр? (Расстояние между скорпионами измеряется вдоль рёбер куба; скорпионов считаем точками.)


Занятие 11
Математическая олимпиада I
Сегодня день первой олимпиады нашего кружка.
В главе «Математическая олимпиада» (см. с. 267) вы найдёте много информации об организации и проведении соревнований такого рода.
Сегодня мы устраиваем устную олимпиаду. Детям устные соревнования интереснее, чем письменные. Когда школьники рассказывают свои решения, они сразу же получают нужные замечания и могут исправлять и улучшать результаты. Кроме того, устная олимпиада даёт преподавателю ценную возможность обсудить задачи один на один с большинством учеников в группе. Всё это делает олимпиаду важным учебным событием.
Что принести на урок
• Распечатки задач олимпиады (одна на ученика).
• Призы для участников (по желанию).
11.1. 	Событие дня: математическая олимпиада
На этой олимпиаде предлагается 9 задач. Они примерно упорядочены по возрастанию сложности и распечатаны в двух частях: в одной первые 6 задач, а в другой — последние 3.
На случай, если какой-нибудь сообразительный школьник быстро решит всё, имеются две дополнительные задачи.
В начале олимпиады все получают первую часть задач. Как только какой-нибудь школьник решил любые четыре задачи оттуда, он получает вторую часть.
Для преподавателей. Этот набор задач можно использовать также и для
письменной олимпиады. Однако в письменной олимпиаде задач долж-


112
Раздел 1. Планы занятий
но быть меньше, и лучше исключить из неё задачи, где первый вариант
решения с большой вероятностью будет неправильным.
Перед раздачей задач подчеркнём несколько важных правил будущего соревнования.
• Олимпиада — это индивидуальное состязание. Поэтому не разрешены никакие разговоры.
• Задачи можно решать и рассказывать в любом порядке; на одну задачу даётся до трёх попыток.
• Если все преподаватели заняты разговором с другими учениками, школьник должен написать своё имя в листе ожидания на доске. Для преподавателей. В дни олимпиады мы не даём домашнее задание.
Поэтому сегодня нет набора задач для домашней работы. Работа школьников дома над нерешёнными задачами олимпиады приветствуется.
11.2. 	Первая часть задач
Задача 1. 25 воробьёв сидели на 2 кустах. Затем 5 воробьёв перелетели с первого куста на второй, а 7 воробьёв улетели со второго куста в поле. После этого на втором кусте оказалось вдвое больше воробьёв, чем на первом. Сколько воробьёв сидело на каждом из кустов изначально?
Задача 2. Сколько времени у муравья займёт путь по внешнему периметру фигуры, составленной из трёх квадратов, как изображено ^ на рисунке? Размеры указаны в метрах, скорость муравья равна 1 метр в минуту. Точ- фф--j
ное расположение самого маленького квадра-
та неизвестно.
Задача 3. Злая колдунья положила по кругу 7 яблок. Три яблока отравлены, причём они идут подряд. У вас есть волшебный прибор, который умеет сравнивать уровень яда в двух яблоках. Если одно яблоко отравлено, а другое нет, то прибор сообщит вам, в каком больше яда (т. е. вы узнаете, какое яблоко из двух ядовитое, а какое хорошее). Если же оба яблока отравлены или оба хорошие, он сообщит только, что в этих яблоках одинаковый уровень яда (но не уточнит, отравленные они или хорошие). Покажите, как найти 2 хороших яблока, использовав прибор только один раз.
Задача 4. С помощью одного чайного пакетика можно заварить 2 или 3 чашки чая. Таня и Ваня купили по одинаковой коробке паке¬
з-:
О


Занятие 11. Математическая олимпиада I
113
тиков. До того как пакетики в коробках закончились, Таня заварила 57 чашек, а Ваня —83 чашки. Сколько пакетиков в коробке?
Задача 5. Можно ли заполнить доску 8x8 натуральными числами так, что:
• если у 2 квадратов есть общая сторона, то числа в этих квадратиках отличаются на 1;
• если 2 квадрата можно соединить ходом коня, то числа в них отличаются на 3?
Задача 6. 25 пиратов с судна «Позорная акула» провели два дня в таверне, играя в карты. В первый день все 25 пиратов проиграли разное количество золотых дублонов — от 1 до 25 (никакие два пирата не проиграли поровну). Во второй день произошло то же самое: все пираты проиграли различные суммы от 1 до 25. Капитан внёс общие двухдневные потери каждого пирата в судовой журнал. Докажите, что произведение 25 чисел в журнале — чётное число.
11.3. 	Вторая часть задач
Задача 7. У двух голодных числоедов на обед были числа от 1 до 1 ООО ООО. Первый числоед съел все числа, которые делились на 8, но не делились на 11. Второй числоед съел все числа, которые делились на 11, но не делились на 8. Кто из числоедов съел больше чисел?
Задача 8. По законам Шахматного королевства фигура может находиться на доске только тогда, когда не нападает на другие фигуры и сама не находится под ударом. На доске живут шесть угрюмых ладей. Могут ли они разместиться на доске так, чтобы на той же доске не смог поместиться ещё и конь?
Задача 9. По кругу написано 99 чисел. Известно, что в каждой паре соседей одно число делится на другое. Докажите, что можно найти пару чисел, не являющихся соседями, но обладающих тем же свойством.
11.4. 	Дополнительные задачи
Задача 10. Докажите, что число 11111. ..11111 (81 единица) делится на 81.
Задача 11. Назовём пятизначное число неразрушимым, если оно не является произведением двух трёхзначных чисел. Какое наибольшее количество неразрушимых чисел может идти подряд?


Занятие 12 Комбинаторика I. Повторение
Комбинаторика — это раздел математики, посвящённый искусству подсчёта.
Наверное, вы уже встречались с задачами, в которых вас спрашивали о количестве способов выбрать или расположить набор объектов? Так вот, комбинаторика изучает методы решения таких задач. Комбинаторика — очень полезная прикладная дисциплина: она применяется в программировании, экономике, теории вероятностей, теории игр и многих других науках. При этом работа над хорошей комбинаторной задачей сравнима по увлекательности с решением головоломки.
Мы посвятим изучению комбинаторики следующие четыре занятия. Мы, конечно же, узнаем несколько полезных формул. Но наша главная цель — не запоминать формулы, а понимать их происхождение. И те задачи, которые мы будем решать в этой теме, будут не на формулы, а на понимание. Иными словами, наша цель — научить детей решать содержательные задачи и развить их комбинаторные навыки и интуицию.
На первом занятии мы займёмся повторением — повторим несколько базовых принципов комбинаторики (например, перестановки и правило произведения), а также попробуем творчески применять эти формулы.
Что принести на урок
• Распечатки задач, которые решаются в классе (одна на ученика).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
12.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Можно ли разделить эту фигуру на две одинаковые части? (Это половина хорошо известного символа Инь-


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 115
Ян. Она образована полуокружностью диаметра 2R сверху и двумя полуокружностями диаметра R снизу.)
Задача для разминки 2. Вторую задачу разминки мы используем, чтобы освежить знания учеников о факториалах, поскольку они будут полезны для сегодняшнего урока. Время, отведённое на эти задачи, зависит от уровня подготовки школьников. Вот примерные вопросы, которые можно задать.
• Что такое 10!, 100!, п\?
10! 100! п\ 0
• Как упростить выражения '(гГ-2~)Т
• Как с помощью факториалов записать сокращённо следующие выражения: 10-9-8-7-6, 100*99*...*45, п*(п-1)*...*(п-7)*(п-8)?
12.2. 	Тема занятия:
«Повторение комбинаторных методов»
Правило произведения
Пример 1. Питер — говорящий попугай, который говорит предложениями из 3 слов. Предложение всегда начинается с существительного, затем идёт глагол, затем местоимение. Питер знает:
• 2 существительных: ПИТЕР и ПОПКА;
• 3 глагола: ЛЮБИТ, ЗНАЕТ и ВИДИТ;
• 4 местоимения: СЕБЯ, ЕГО, ЕЁ и ТЕБЯ.
Сколько различных предложений может произнести Питер?
Разбор примера 1. Давайте начнём конструировать фразы попугая слово за словом. После того как Питер произносит одно из двух существительных, у него есть три способа сделать фразу из двух слов — можно добавить один из трёх глаголов. Например, если попугай начинает со слова ПИТЕР, то он может сказать: «ПИТЕР ЛЮБИТ», «ПИТЕР ЗНАЕТ» или «ПИТЕР ВИДИТ». Поэтому количество фраз из 2 слов в 3 раза больше, чем количество фраз из 1 слова. Следовательно, таких фраз 2*3 = 6. Аналогично к каждому предложению из 2 слов можно 4 способами приписать местоимение. Поэтому


116
Раздел 1. Планы занятий
число фраз из 3 слов в 4 раза больше, чем число фраз из 2 слов. Получается, что Питер может сказать 2 • 3 • 4 = 24 фразы.
Задача о попугае служит напоминанием о правиле произведения — важном методе решения комбинаторных задач. Основная. идея этого правила такова: если объект А можно выбрать п способами, а объект В независимо от первого выбора можно выбрать т способами, то пару объектов можно выбрать п • т способами. Аналогичным образом это распространяется на случай, когда выбираются не два объекта, а больше.
Давайте применим правило произведения к такой задаче.
Пример 2. У попугая Питера есть друг —попугай Дитер, который тоже умеет говорить. Фразы Дитера всегда построены таким образом: сначала прилагательное, потом существительное, а потом глагол. Дитер знает:
• 3 прилагательных: СЧАСТЛИВЫЙ, ГОЛОДНЫЙ и ОДИНОКИЙ;
• 2 существительных: ПОПУГАЙ и КРОКОДИЛ;
• 3 глагола: ПОЁТ, ПЛАЧЕТ и РАБОТАЕТ.
а) Сколько фраз умеет говорить Дитер?
б) Питер и Дитер рассказывают историю из двух фраз. Каждый говорит по одной фразе. Сколько разных историй они могут создать?
Разбор примера 2. а) Ещё одно применение правила произведения даёт ответ: 3 • 2 • 3 = 18. Объяснить этот ответ можно точно так же, как и в предыдущем случае.
б) 	А вот здесь есть одна тонкость. Обычно дети рассуждают так: к каждой фразе Питера можно добавить фразу Дитера, поэтому ответом будет 24 • 18. Но это неверно. В самом деле, здесь учтены только те истории, что начинаются с фразы Питера. Однако первым может идти и предложение Дитера, что даёт нам ещё 18 • 24 вариантов. Поэтому окончательным ответом является 18 • 24 • 2 = 864.
Пример 3. В чемодане у леди есть 3 различные чёрные юбки и 5 различных кофточек —3 синие и 2 зелёные. Также у неё есть 10 различных шляпок—6 синих и 4 зелёные. Наряд леди состоит из юбки, а также кофточки и шляпки совпадающих цветов. Сколькими способами леди может выбрать свой наряд?
Разбор примера 3. Если мы просто перемножим число способов выбрать юбку, кофточку и шляпку, т. е. 3*5* 10, то получим невер¬


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 117
ный ответ. В самом деле, мы посчитали все возможные комбинации шляпок и кофточек, в том числе и не совпадающие по цвету. На самом же деле леди может надеть только зелёную кофточку с зелёной шляпкой или синюю кофточку с синей шляпкой. Поэтому нам нужно посчитать отдельно зелёные наряды и синие наряды, а потом сложить получившиеся числа. Леди имеет 3*3*6 синих нарядов и 3 * 2 * 4 зелёных нарядов. Общее количество нарядов у леди равно 3*3*64-3*2*4 = 78.
Цель предыдущего примера — напомнить о важной роли сложения в комбинаторике. Правило сложения гласит: если объект А можно выбрать п способами, а объект В можно выбрать т способами, то какой-нибудь из объектов А или В можно выбрать п + т способами. Аналогичным образом это распространяется на случай, когда объектов больше чем два.
Повторим ещё раз. Когда нужно складывать, а когда —умножать?
Если мы можем разбить задачу на несколько взаимно исключающих случаев (например, зелёные наряды и синие наряды), то нужно сложить количество способов, соответствующих каждому случаю.
Если же общий результат получается после выбора на нескольких последовательных этапах и на каждом этапе у нас есть своё число способов (например, сначала выбираем зелёную кофточку, а потом зелёную шляпку), то общее количество способов получается умножением.
Пример 4. Назовём число супернечётным, если оно составлено только из нечётных цифр. (Например, числа 5, 33, 13 573 супер- нечётные.) Сколько существует трёхзначных супернечётных чисел, все цифры которых различны?
Разбор примера 4. У нас есть три позиции (сотни, десятки, единицы), которые можно заполнять цифрами. Однако, в отличие от предыдущей задачи, позиции нельзя заполнять независимо друг от друга, поскольку цифры должны быть разными. Например, если мы используем единицу для первой цифры числа, то её уже нельзя будет поставить на второе или третье место.
Однако в данном случае наше рассуждение будет похожим. Для выбора первой цифры у нас есть 5 способов (1,3, 5, 7, 9). Если мы уже выбрали первую цифру, то вторую цифру можно выбрать 4 спо¬


118
Раздел 1. Планы занятий
собами. Поэтому существует 5 • 4 = 20 двузначных супернечётных чисел с разными цифрами. Теперь у нас осталось 3 способа выбрать третью цифру. Следовательно, ответ: 5 • 4 • 3 = 60.
Пример 5. Повреждённый робот R2 помнит только пять цифр: 1, 2, 3, 4 и 5.
а) Сколько четырёхзначных чисел может написать робот, используя только эти цифры?
б) Сколько четырёхзначных чисел, где ровно одна цифра 3?
в) Сколько пятизначных чисел, где ровно две цифры 3, причём между этими тройками расположена ровно одна цифра?
г) Сколько четырёхзначных чисел, где все цифры различны?
д) Сколько четырёхзначных чисел, начинающихся на нечётную цифру, где все цифры различны?
е) Сколько четырёхзначных чисел, оканчивающихся на чётную цифру, где все цифры различны?
ж) Сколько пятизначных чисел, в которых чётные и нечётные цифры чередуются?
Разбор примера 5. а) У нас есть 4 места и 5 вариантов выбора для каждого места (любая из 5 цифр). Поэтому получаем 5 • 5 • 5 • 5 = = 625.
б) Начнём с того, что выберем место для 3, а потом заполним оставшиеся места. Пусть 3 стоит на первом месте. Тогда каждое из остальных трёх мест можно заполнить 4 способами. Поэтому есть 4.4.4 — 64 числа с тройкой на первом месте. Но если поставить тройку на второе место, то оставшиеся места также можно заполнить 64 способами. То же самое будет и для тройки, стоящей на третьем или четвёртом месте. Поэтому ответ: 4* 64 = 256.
в) Начнём с того, что выберем места для двух троек, а потом заполним оставшиеся места. У нас есть всего три способа поставить
тройки так, как требует условие: 3_3 , _3_3_ и 3_3. Для любого
такого расположения есть 4 • 4 • 4 = 64 способа заполнить оставшиеся места. Поэтому ответ: 3 • 64= 192.
г) 5-4*3-2 = 120.
д) Первую цифру можно выбрать тремя способами. Какую бы первую цифру мы ни выбрали, есть 4 способа выбрать вторую, 3 способа выбрать третью и 2 способа выбрать четвёртую. Поэтому ответ: 3-4*3-2=72.
е) Начнём с последней цифры, которую можно выбрать двумя способами. После этого есть 4 способа выбрать третью, 3 спосо¬


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 119
ба выбрать вторую и 2 способа выбрать первую. Поэтому ответ: 2*4*3 *2 = 48.
ж) 	Все такие числа делятся на две группы. В одной группе первая, третья и пятая цифры нечётные, а вторая и четвёртая — чётные. Нечётные цифры можно выбрать 3*3*3 = 27 способами, а чётные — 2*2 = 4 способами. Поэтому всего в этой группе по правилу произведения 27 * 4 = 108 чисел. Во второй группе первая, третья и пятая цифры чётные, а вторая и четвёртая — нечётные. Чётные цифры можно выбрать 2 * 2 * 2 = 8 способами, а нечётные — 3*3 = 9 способами. Поэтому всего в этой группе 8 * 9 = 72 числа. Всего же по правилу сложения получаем 108 + 72 = 180 чисел.
Перестановки
Вспомним про ещё одно важное понятие, с которым мы знакомились в первый год занятий, — перестановки. (Более подробно о перестановках и правиле произведения читатель может узнать в [1].)
Пример 6. Нам нужно рассадить 10 девочек на 10 стульев, стоящих в ряд. Сколькими способами это можно сделать?
Разбор примера 6. Ответ: 10*9*8*7*6*5*4*3*2*1.В самом деле, для первого стула у нас есть 10 способов выбора, для второго —9 и т. д. Формулу можно записать короче, используя факториал:
10!= 10*9*8*7*6*5*4*3*2*1.
В общем виде наша задача выглядит так.
Имеется п различных объектов. Сколькими способами их можно переставить между собой?
Как и в предыдущей задаче, первый объект можно выбрать п способами, второй объект можно выбрать п — 1 способом, для третьего объекта осталось п — 2 способа и т. д.
Поэтому число перестановок вычисляется по формуле
Рп = п * (п — 1) * (гг — 2) *... * 2 * 1.
Обратите внимание на то, что в каждой перестановке объекты одни и те же, но у них разный порядок. Таким образом, порядок имеет значение.
Итак, можно сказать, что Рп — это количество способов, которыми мы можем взять все п наших различных объектов, если нам важен порядок.


120
Раздел 1. Планы занятий
Размещения
А если мы берём не все предметы, но нам по-прежнему важен порядок?
Пример 7. В соревновании участвуют 100 человек. Сколькими способами можно выбрать трёх призёров?
Разбор примера 7. Ответ: 100 • 99 • 98.
Действительно, победителя можно выбрать 100 способами, второго призёра —99, а третьего —98. С помощью факториалов фор-
100* ^
мулу можно записать в виде Обратите внимание на то, что порядок важен: если победила Ира, на втором месте Таня, а на третьем Миша — это вовсе не то же самое, что случай, когда порядок был таким: Миша, Ира, Таня.
В общем виде наша задача такова.
Имеется п различных объектов.
Мы выбираем к из них, причём порядок имеет значение, и ставим в ряд, друг за другом, в том же порядке, что брали. Даже если у нас выбрано одно и то же множество объектов, но в разном порядке, мы получим два разных ряда объектов. Как мы видели, Ира, Таня, Миша и Миша, Ира, Таня — это два разных упорядоченных набора.
Сколькими способами можно выбрать к объектов из п?
Каждый такой упорядоченный набор называется размещением (или размещением из п по /с, если хотят точно указать параметры). Число размещений обычно1 обозначают А*. Эта формула читается «Л из п по к» или «число размещений из п по к».
Очевидно, что в только что решённом примере 7 мы нашли А\00. А в примере 4 ранее мы вычислили А;?: в самом деле, у нас было 5 объектов (нечётных цифр), и мы брали 3 из них (чтобы составить трёхзначное число с разными цифрами).
Найти общее решение можно так же, как мы делали в этих задачах.
Первый объект можно выбрать п способами, второй объект можно выбрать п — 1 способом и т.д., до к-то объекта, который можно выбрать п — к +1 способом.
1 Встречаются и другие обозначения — например, Р(п, к). Использование буквы Р подчёркивает связь перестановок и размещений, ведь перестановка тг объектов —это просто размещение из тг по п.—Прим. пер.


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 121
Поэтому число размещений вычисляется по формуле Акп = п-(п —l)-(n —2)-...-(n —fc + 1).
Добавим несколько замечаний.
Во-первых, откуда мы узнали, что последним сомножителем будет п — к + 1? Потому что можно увидеть закономерность: первый множитель гг, второй — (гг — 1), третий — (п — 2) и т. д. Тогда можно сделать вывод, что fc-м множителем является гг - (к-1) = гг -fc + 1.
Во-вторых, эта формула достаточно длинная. Но сегодняшняя разминка помогает нам сообразить, как её можно сократить:
В-третьих, обратите внимание на то, что количество перестановок из тг объектов просто равно числу размещений из п по гг. Это неудивительно, ведь каждое размещение из гг объектов по гг — это и есть перестановка из гг объектов: мы просто берём все объекты.
Для преподавателей. Подчеркнём ещё раз, что понять формулы для перестановок и размещений гораздо важнее, чем их запомнить. Мы хотим, чтобы школьники учились думать о таких задачах в терминах перемещений и расстановок объектов по местам. Поэтому в этой книге мы будем записывать ответы с помощью интуитивно понятных произведений
20*
типа 20 • 19 • 18 • 17 • 16, а не только в виде готовых формул типа .
Наилучший способ овладеть комбинаторными методами и наработать интуицию — побольше практиковаться. Поэтому переходим к решению задач.
12.3. 	Задачи для решения в классе
Задача 1. а) Сколькими способами можно набрать число 206 на кодовом замке (см. рисунок), если вы начинаете с центральной кнопки, а каждая последующая должна примыкать к только что нажатой?
б) Тот же вопрос для числа 2066.
в) Тот же вопрос для числа 2006.
Задача 2. У гнома Геннадия есть 3 плаща разных цветов: синий, зелёный и коричневый. У него также есть 5 различных шляп: 3 жёл¬


122
Раздел 1. Планы занятий
тые и 2 красные. Наконец, у него 6 различных пар башмаков: 2 жёлтые пары и 4 красные. Геннадий выбирает себе наряд из плаща, шляпы и башмаков. Сколькими способами он может это сделать, если он хочет, чтобы цвет башмаков соответствовал цвету шляпы?
Задача 3. У инопланетян с планеты Мумба-Юмба в алфавите всего 4 буквы: А, Б, М и Ю. Любая комбинация этих букв является словом в мумба-юмбском языке. Например, и АББА, и ЮЮЮ — это слова мумба-юмбского языка.
а) Сколько 2-буквенных слов есть в этом языке? Сколько 3-буквенных слов?
б) Сколько 3-буквенных слов, в которых все буквы различны?
в) Сколько 4-буквенных слов, которые оканчиваются на А?
г) Сколько 4-буквенных слов, которые начинаются с гласной, а все их буквы различны?
д) Сколько 4-буквенных слов, которые оканчиваются согласной, а все их буквы различны?
е) Именами на планете Мумба-Юмба являются 4-буквенные слова, у которых по краям гласные, а в середине две согласные, например АМБА, ЮММА. Сколько разных имён есть у жителей планеты?
ж) Фамилиями на планете Мумба-Юмба являются 3-буквенные слова, у которых все буквы различны, а в середине гласная, например БЮМ, ЮАБ. Сколько разных фамилий может быть у жителей планеты?
Задача 4. Мила хочет купить 16 воздушных шариков. Шарики продаются 3 цветов: красные, зелёные и синие. Сколькими способами Мила может купить шарики, если она хочет, чтобы у неё было по крайней мере 4 шарика каждого цвета?
12.4. 	Подборка задач
Задача 1. В семье 6 детей —3 мальчика и 3 девочки. Сегодня фотограф делает семейный снимок.
а) Сколькими способами можно посадить в ряд трёх девочек?
б) Сколькими способами можно посадить в ряд всех детей, чтобы все девочки были слева, а все мальчики — справа?
в) Сколькими способами можно посадить в ряд всех детей, чтобы мальчики и девочки чередовались?
г) Сколько существует способов посадить в ряд всю семью, чтобы все девочки сидели подряд, все мальчики сидели подряд, а родители сидели либо вместе в центре, либо по одному на каждом из краёв?


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 123
Задача 2. Имеется 40 волшебников и 40 мётел. Сколькими способами можно раздать мётлы волшебникам, чтобы каждый получил по метле?
Задача 3. Число-палиндром — это число, которое одинаково читается в обоих направлениях. Например, 13531 — это палиндром.
а) 	Сколько существует пятизначных палиндромов?
б) Сколько существует пятизначных палиндромов, у которых три первые цифры различны?
в) Сколько существует пятизначных чисел, состоящих из разных цифр и оканчивающихся на 2?
г) Сколько существует нечётных пятизначных чисел, состоящих из разных цифр?
Задача 4. У математика есть жена и три ребёнка, причём все члены семьи отмечают день рождения в один день. Однажды математик сказал: «Когда родился мой первый ребёнок, сумма возрастов в нашей семье была равна 45. Год назад, когда родился третий ребёнок, она была равна 70. А сейчас сумма возрастов 3 детей равна 14». Определите возраст всех детей математика.
Задача 5. а) Квадрат 2x2 разделён на 4 квадратика 1x1. Мы покрываем квадрат 8 прямоугольными треугольниками (по 2 на каждый квадратик), которые могут быть чёрными или белыми. Назовём
покрытие «правильным», если треугольники с общей стороной имеют разный цвет. (Два примера «правильного» покрытия изображены на рисунке справа.) Сколько всего существует «правильных» покрытий?
б) 	Ответьте на тот же вопрос для квадрата 3x3.
12.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Сколькими способами можно прочитать слово ВЕЕР на рисунке справа?
Задача 2. В замке людоеда есть 25 пленников.
а) 	Сколькими способами он может выбрать одного человека на обед и одного на ужин?
б) 	Людоед обещал своей невесте освободить кого-нибудь из пленников. Сколькими способами он может выбрать двух пленников, чтобы их освободить?


124
Раздел 1. Планы занятий
Задача 3. Сколькими способами можно прочитать слово ЗООСАД в таблице справа?
(Можно переходить от клетки к клетке, если у них общая сторона или общая вершина.)
Задача 4. Сколькими способами можно составить четырёхзначное число из цифр 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, чтобы:
а) 	все цифры были различными и число начиналось с чётной цифры;
б) все цифры были различными и число заканчивалось нечётной цифрой?
Задача 5. Вы занимаетесь продажей роботов на одной из планет звезды Тау Кита. Для своего магазинчика вы только что получили большую партию одинаковых бытовых роботов и одинаковых ро- ботов-нянек. Кроме этого, у вас есть для продажи 1 медицинский робот и 1 робот-контролёр. В витрине вашего магазина помещается 6 роботов. Сколькими способами вы можете заполнить витрину, если вы планируете показать:
а) 	только бытовых роботов и роботов-нянек;
б) 5 бытовых роботов и роботов-нянек, а также медицинского робота;
в) 	5 бытовых роботов и роботов-нянек, а также одного робота другого типа?
Задача 6. Маша разрабатывает компьютерную игру и хочет, чтобы у каждого пользователя был уникальный пароль.
а) 	Сначала она планировала ввести пароли длиной 8 символов, которые включают только строчные буквы а, Ъ и с. Сколько различных паролей может создать Маша?
б) 	Её друг Кирилл предложил использовать пароли длиной 8 символов, которые включают только буквы а, Ь и с, причём ровно одна буква должна быть заглавной. Сколько различных паролей теперь может создать Маша?
в) 	Наконец Маша решила использовать пароли длиной 9 символов, которые включают одну цифру (от 0 до 9) и буквы а, Ъ и с, причём ровно одна буква должна быть заглавной. Во сколько раз таких паролей больше, чем в первоначальном плане Маши?
Д
А
С
А
Д
А
С
О
С
А
С
О
3
О
С
А
С
О
С
А
Д
А
с
А
Д


Занятие 13 Комбинаторика II. Сочетания
До сих пор мы работали с перестановками и размещениями — упорядоченными наборами объектов. Сегодня мы познакомимся с сочетаниями — наборами объектов, в которых порядок неважен, — и научимся считать их количество.
Это понятие объяснять сложнее, потому что детям труднее увидеть, откуда появляется формула для сочетаний. Поэтому в первой части занятия мы рассмотрим несколько конкретных задач на сочетания. Наша цель —чтобы школьники сами нашли главную идею формулы и поработали с ней. Затем мы введём и объясним формулу для числа сочетаний. Наконец, завершим занятие решением различных задач на сочетания.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
13.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. На Синей улице 10 домов, расположенных на одной стороне улицы на равных расстояниях друг от друга. На Зелёной улице 100 домов, также расположенных на одной стороне улицы на равных расстояниях друг от друга, причём расстояния между соседними домами такие же, как и на Синей улице. Во сколько раз длиннее прогулка от первого дома до последнего по Зелёной улице, чем по Синей?
Задача для разминки 2. Существуют ли такие числа, что их сумма равна 10, а сумма их квадратов меньше 0,2?
Задача для разминки 3. Как бы вы определили 0! (факториал нуля)?


126
Раздел 1. Планы занятий
13.2. 	Тема занятия: «Сочетания»
Сочетания и птица-буквоед
Начнём с нескольких задач о птице-буквоеде.
Пример 1. Каждое утро птица-буквоед по имени Нюша приходит в соседний магазинчик, где торгуют буквами слова ЧИСЛО. Она выбирает 3-буквенное слово, составленное из 3 разных букв слова ЧИСЛО, и приносит его птенцам на обед.
Птенцы у Нюши разборчивые и хотят, чтобы каждый раз их еда отличалась от всех предыдущих. Поэтому Нюша старается не повторять слова, которые она уже покупала. Для слов порядок имеет значение: например, ЛИС и СИЛ — разные слова, хотя и состоят из одинаковых букв. Сколько разных обедов Нюша может купить в этом магазинчике?
ЧгтгЧг'
Разбор примера 1. Эту задачу можно решить, применив правило произведения: первую букву слова можно выбрать 5 способами, вторую — 4 способами, а третью — 3 способами. Поэтому в ответе получаем А? = 5 • 4 • 3 = 60. Это задача на определение числа размещений, и с такими задачами мы уже знакомы.
Пример 2. Птенцы у Нюши избаловались. Они считают, что если два слова состоят из одних и тех же букв, то у них одинаковый вкус. (Например, для них одинаковый вкус имеют слова ЧИО и ОЧИ.) Сколько теперь разных обедов Нюша может купить в магазинчике?
Разбор примера 2. Обратите внимание на разницу: в новой задаче не имеет значения, какую букву взяли первой, а какую — последней. Если Нюша придёт домой с одним и тем же набором букв, птенцы решат, что это один и тот же обед.


Занятие 13. Комбинаторика II. Сочетания
127
С такими задачами мы ещё не знакомы и не знаем, как их решать.
Понятно, что теперь у Нюши вариантов для выбора стало меньше. Насколько меньше?
Мы можем начать решать задачу с попытки записать все различные варианты обедов, которые можно принести птенцам-бук- воедам. Если мы запишем правильно, то получится 10 различных комбинаций букв:
«Ч, И, С», «Ч, И, Л», «Ч, И, О», «Ч, С, Л», «Ч, С, О»,
«Ч, Л, О», «И, С, Л», «И, С, О», «И, Л, О», «С, Л, О».
Один из способов организованно создать такой список —начать выписывать все комбинации, которые включают букву Ч, затем те, которые включают букву И, но не включают Ч, и т. д., до последней комбинации «С, Л, О».
А нет ли более эффективного способа получить тот же ответ?
Давайте посмотрим на один из этих 10 наборов букв, например «Ч, И, С». Для неизбалованных детей из этих трёх букв можно сделать целых 6 обедов. В самом деле, вы можете либо выписать все возможные варианты, как на рисунке ниже, либо использовать формулу для числа перестановок: Р3 = 3 • 2 • 1 = 6.
, ч! ЧИС, ЧСИ, СЧИ,1
s '! сич, ичс, исч ■
4 '
Точно так же и любой другой обед для избалованных птенцов соответствует 6 обедам для неизбалованных птенцов. Мы замечаем, что число обедов для избалованных буквоедов в 6 раз меньше, чем число обедов для неизбалованных буквоедов.
Следовательно, чтобы найти количество различных наборов из 3 букв, нам нужно:
• сначала найти количество способов расставить в ряд 3 буквы из 5: А;? = 5 • 4 • 3 = 60;
• затем разделить его на количество способов переставить эти три буквы между собой: Р3 = 3 • 2 • 1 = 6.
Поэтому получаем ответ:


128
Раздел 1. Планы занятий
Это подход будет работать и для других задач, похожих на задачу о птицах-буквоедах.
Пример 3. Предположим, что Нюша отправилась в другой магазин, где продаются буквы А, Б, В, Г, Д, Е. Сколькими способами Нюша может выбрать 4 буквы для своих избалованных птенцов?
Разбор примера 3. Будем действовать так же: если бы дети были неизбалованными, т. е. порядок букв имел бы для них значение, то Нюша могла бы им купить = 6 • 5 • 4 • 3 различных 4-буквенных слов.
На самом деле порядок не играет роли и важны только сами буквы. Поэтому у мамы-буквоеда выбор намного меньше: каждому определённому набору из 4 букв (например, «А, Б, В, Г») соответствуют сразу 4 • 3 • 2 • 1 = 24 слова, которые можно составить из этих букв. Поэтому 4-буквенных наборов оказывается в 24 раза меньше, чем 4-буквенных слов. Итак, получаем ответ:
К _ 6-5-4-3 _ - Р4 — 4-3-2-1 А15,
Оказывается, Нюша может купить в этом магазине всего 15 обедов!
Общее определение для сочетаний
Понятно, что птица и буквы — это всего лишь пример. Давайте обобщим нашу задачу на случай произвольных объектов и произвольного их количества. Прежде всего подчеркнём важную разницу между двумя способами подсчёта вариантов выбора.
• Предположим, что наша процедура выбора происходит так: когда мы выбираем объекты, мы ставим их рядышком — в том же порядке, как берём. В этом случае, даже если мы выбрали одинаковое множество объектов, но разными способами, у нас получится 2 разных ряда. Такая модель описывает выбор, когда порядок имеет значение.
Например, если в правлении компании есть 10 директоров, а вам нужно выбрать председателя и заместителя, то порядок выбора, разумеется, важен. Одно дело, когда мистер Уайт — председатель, а мистер Браун —его заместитель, и совсем другое, когда мистер Браун — председатель, а мистер Уайт —заместитель. Как мы уже знаем, такие упорядоченные наборы называются размещениями.
• Теперь предположим, что процедура выбора устроена иначе: когда мы выбираем объекты, мы складываем их в большой мешок.


Занятие 13. Комбинаторика II. Сочетания
129
Для нас важно, какие объекты в итоге окажутся в мешке, но не важно, в каком порядке они туда попадут. Такая модель описывает выбор, когда порядок не имеет значения.
Например, если вы играете в домино и получаете в начале игры семь доминошек, то совершенно неважно, в каком порядке вы их вытащили из общей кучи, — имеет значение только то, какие именно доминошки оказались у вас в руках.
Такого рода задачи встречаются во множестве реальных жизненных ситуаций. Неупорядоченные наборы объектов называются сочетаниями.
В общем виде наша задача про сочетания такова.
Имеется п различных объектов.
Мы выбираем к из них, причём порядок не имеет значения.
Сколькими способами можно выбрать к объектов из п?
Это число тоже имеет собственное обозначение. Число сочетаний обычно обозначают СЭта формула читается «С из п
по к» или «число сочетаний из п по к». Нередко используется
также обозначение Q j.
Потренируемся работать с сочетаниями
Давайте будем учиться находить и решать задачи, которые сводятся к сочетаниям.
Пример 4. В магазине продаются 6 видов пирожных. Сколькими способами можно купить три пирожных разных видов?
Разбор примера 4. Когда мы покупаем пирожные, важно, какие именно пирожные лежат в коробочке, с которой вы ушли из магазина. И совершенно неважно, в каком порядке их складывали в эту коробочку. Поэтому нужно искать число сочетаний. Ответ равен С%. Чтобы вычислить это число, применяем тот метод, что мы разработали.
• Если бы порядок был важен, то ответ был бы 6 • 5 • 4.
• Но порядок неважен, и наши три пирожных можно как угодно переставлять между собой, получая при этом одно и то же сочетание. Три пирожных можно переставлять 3 • 2 • 1 = 6 способами. По-
6*5*4
этому ответ: 3 2 1 = 20.
Пример 5. У одного волшебника имеется 10 магических трав. Из любых 6 трав он может сварить волшебный эликсир. Сколько разных эликсиров может приготовить этот волшебник?


130
Раздел 1. Планы занятий
Разбор примера 5. Поскольку порядок добавления трав не имеет значения, нам нужно найти число способов, которым можно взять 6 объектов из 10, т. е. С^. Как и выше, получаем
6 _ 10-9-8-7-6-5 6-5-4-3-2* 1 •
Этот ответ очень громоздкий. Его можно упростить. Вместо
10-9-8-7-6-5
10! „
можно написать Поэтому наше выражение принимает вид
Гб _ Ю! ю 6! *4!
Для преподавателей. С помощью факториалов формулы для числа сочетаний можно записать более компактно. Однако школьникам проще понять длинную формулу—она отражает идею, как был получен результат. Наверное, оптимальный подход— давать обе формулы, пока ученики не освоятся с ними.
Пример 6. В школьном математическом клубе есть шесть девочек—Анна, Барбара, Валерия, Галина, Дина и Елена. Сколькими способами можно выбрать 4 девочек для участия в математической олимпиаде?
Разбор примера 6. Очевидно, порядок выбора девочек не играет роли, поэтому это задача о сочетаниях, где нужно из 6 объектов выбрать 4. Ответ:
Г4 6-5-4-3 6!
С6 4-3-2-1 2! -4!
Пример 7. Птица-буквоед Нюша отправилась в магазин, где продают буквы А, Б, В, Г, Д, Е. Она хотела бы купить 3-буквенное слово из различных букв, которые шли бы в алфавитном порядке. Сколькими способами она может это сделать?
Разбор примера 7. Для решения этой задачи используем идею: если у нас есть множество из трёх букв, то есть только один способ расположить буквы в алфавитном порядке. Как бы мы ни брали определённые три буквы—АЕГ, ГАЕ, ЕГА и т.д.,— только в одном случае (АТЕ) буквы будут идти в алфавитном порядке. Поэтому количество слов с алфавитным порядком букв равно числу способов выбрать 3 буквы из 6, т. е. числу сочетаний из 6 по 3. Ответ:
г3 — 6-5-4 _ 2Q
С6 - з-2-l ” zu*


Занятие 13. Комбинаторика И. Сочетания
131
Для преподавателей. Если ученики готовы к общей формуле для числа сочетаний, вы можете ввести её:
Мы не будем её использовать, поскольку хотим, чтобы материал был доступен для более юных школьников.
Каким должен быть ответ в комбинаторной задаче: формула вроде 100-99-98 или какое-то число (значение, полученное после вычисления по такой формуле)? Мы всегда настаиваем, чтобы школьники добавляли к численному ответу формулы. Формула демонстрирует логику решения и значительно упрощает поиск возможных ошибок.
13.3. 	Подборка задач
Задача 1. Может ли быть так, чтобы дробь, у которой числитель меньше знаменателя, равнялась дроби, у которой числитель больше знаменателя?
Задача 2. Тому нужно покрасить забор из 9 белых вертикальных досок. У него есть три банки с краской — красной, зелёной и синей.
а) Сколькими способами Том может это сделать, если он красит каждую вторую доску (т. е. вторую, четвёртую и т.д.)?
б) Сколькими способами Том может это
сделать, если он красит каждую вторую доску, но ровно 1 доска должна оказаться красной?
в) Сколькими способами Том может это сделать, если он красит все доски, ровно 3 доски должны оказаться красными и забор должен быть раскрашен симметрично?
Задача 3. В школьной гимнастической команде 20 девочек, из которых только две семиклассницы — Маша и Наташа. Для участия в соревнованиях нужно выбрать 8 девочек, причём по крайней мере одна из них должна быть семиклассницей. Сколькими способами это можно сделать?
Задача 4. На плоскости выбрали 10 точек, причём никакие 3 точки не лежат на одной прямой. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках?


132
Раздел 1. Планы занятий
Задача 5. а) Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек?
б) Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек, если три из них — Вера, Надя и Люба — хотят сидеть подряд?
в) Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек, если две из них—Валя и Галя — не хотят сидеть рядом друг с другом?
Задача 6. Из дерева вырезали несколько равносторонних треугольников, а затем прикрепили их к стене. Затем вокруг них натянули верёвку (см. рисунок). Докажите, что если верёвка образует треугольник, то этот треугольник равносторонний.


Занятие 14 Математический аукцион I
Сегодня кружковцев ожидает математический аукцион — увлекательное и весёлое командное соревнование.
В начале игры отводится время на решение задач, а затем начинается купля-продажа решений.
Каждая команда добивается права рассказывать свои решения, делая ставки, обдумывая план действий и вырабатывая стратегию.
В наших математических кружках аукционы пользуются неизменной популярностью.
Правила игры подробно описаны в главе «Математический аукцион» (с. 252).
Для преподавателей. Убедитесь, что вы хорошо освоили правила математического аукциона. В игре есть определённые тонкости, и, если вы запутаетесь посреди турнира, в этом будет мало хорошего.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Распечатки задач математического аукциона (одна на ученика).
• Спички для задач разминки (по желанию).
• Бумага в клетку; она будет полезна при решении некоторых задач аукциона.
• Призы для участников аукциона (по желанию).


134
Раздел 1. Планы занятий
14.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. В каждом из заданий переложите одну спичку, чтобы получилось верное равенство. (Спички изображают римские цифры.)
14.2. 	Событие дня: игра «Математический аукцион»
Планирование времени
Математический аукцион обычно требует большего времени, чем лекция. Более того, аукцион нельзя прервать в середине — есть риск, что школьники будут этим недовольны. Поэтому для такого соревнования преподавателю нужно особенно тщательно спланировать время.
Вероятно, ваши ученики уже знакомы с правилами игры (дневник первого года [1] включал несколько аукционов). Если это не так, выделите определённое время на объяснение правил.
Примерный график для сегодняшней игры: 5 минут на освежение правил и создание команд, 30 минут на решение задач и 30 минут на сам аукцион. Общее время игры — примерно один час.
Соревнование
Игра начинается после объяснения правил и разделения школьников на две команды. Команды получают задачи и начинают их решать.
Когда время, отведённое на решение, закончилось, объявляются названия команд, определяются капитаны и начинаются торги.


Занятие 14. Математический аукцион I 135
Для преподавателей. Математический аукцион — это соревнование. Кроме того, задачи аукциона устроены так, что они допускают несколько вариантов ответов — «найдите как можно больше способов» или «используйте как можно меньшее количество». Поэтому мы не публикуем решения этих задач.
В разделе решений есть важный комментарий к задаче 3.
Цену каждой задачи на этом аукционе можно сделать равной 100 тугрикам. В этом случае перед началом игры каждая команда получает по 200 тугриков.
14.3. 	Задачи для математического аукциона
Задача 1. В стране Тугрикании используются монеты в 1, 2, 5 и 10 тугриков. Используя несколько таких монет, а также знаки арифметических операций («+», «—», «•», «:»), можно сконструировать какое-то математическое выражение. Ценой такого выражения назовём общую стоимость монет, входящих в него. Напишите выражение, которое равно 2009, чтобы его стоимость была как можно меньше.
Лучше решение у той команды, у которой ниже стоимость выражения.
Задача 2. Вырежьте из квадрата 10 х 10 как можно большее число таких фигур (см. рисунок).
Лучше решение у той команды, которая сумела поместить в квадрат больше фигур.
Задача 3. Шестнадцать точек расположены на „ „ „ и
квадратной решётке так, как показано на рисунке.
Каково наименьшее количество точек, которые можно стереть, чтобы никакие 4 из оставшихся не нахо- .... дились в углах какого-нибудь квадрата?
Лучшим будет считаться решение той команды, которая стёрла меньше точек.
Задача 4. На бесконечной шахматной доске нарисуйте фигуру как можно большей площади, чтобы:
• линия, окружающая эту фигуру, проходила по линиям сетки и не имела самопересечений и касаний;
• фигура содержала не более 9 чёрных клеток.
Лучше решение у той команды, у которой получилась фигура большей площади.
Е


136
Раздел 1. Планы занятий
14.4. 	Подборка задач
Задача 1. Расшифруйте равенство: (АА+АА+1)-А=ААА. (Одинаковые буквы заменяют одинаковые цифры.)
Задача 2. Можно ли построить два выпуклых четырёхугольника так, чтобы первый помещался внутри второго, но сумма диагоналей первого была больше, чем сумма диагоналей второго? (Четырёхугольник называется выпуклым, если все его углы меньше 180°.)
Задача 3. Два пешехода шли из пункта А в пункт В. Первый пешеход шёл половину расстояния со скоростью 4 километра в час, а вторую половину расстояния — со скоростью 6 километров в час. Второй пешеход шёл половину времени со скоростью 4 километра в час, а оставшееся время — со скоростью 6 километров в час. Кто первым прибыл в пункт В?
Задача 4. На доске написаны числа 1,2,..., 100. Каждую минуту профессор стирает три соседних числа и заменяет их числами, которые на 1 больше. Может ли профессор добиться, чтобы все числа стали равны 1000?
Задача 5. У Ромы есть 13 поролоновых кирпичей размером 1x1x2.
а) Может ли Рома склеить их в сплошной куб размером 3 х 3 х 3 с выемкой вместо одного уголка 1x1x1?
б) Может ли Рома склеить их в куб размером 3 х 3 х 3, у которого дырка 1 х 1 х 1 в центре?
Задача 6. При дворе принца Лимона служили бароны, герцоги и графы. В некий момент придворные начали сражаться на дуэлях. Каждая дуэль приводила к смертельному исходу, причём бароны убивали только герцогов, герцоги — только графов, а графы — только баронов. Известно, что никто не победил более чем на одной дуэли. В конце концов живым победителем остался барон Апельсин. Каким был титул первой жертвы, если первоначально было 100 придворных?
♦
Задача 7. Несколько шкатулок содержат вместе 2000 жемчужин. Докажите, что можно убрать несколько жемчужин и несколько шкатулок так, чтобы оставшиеся шкатулки содержали поровну жемчужин, причём всего осталось бы не менее 100 жемчужин.


Занятие 15
Комбинаторика III. Дополнения. Математический питон
Умение решать комбинаторные задачи приходит с опытом. Поэтому сегодняшнее занятие организовано следующим образом: первые 15 минут мы будем обсуждать простой, но важный для решения задач метод дополнений. Остальное время мы будем практиковаться в его использовании при решении задач. Чтобы было веселее, организуем это в виде игры — математического питона1. Правила игры можно найти на с. 263.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Распечатки задач для математического питона (одна на команду).
• Распечатки таблиц со счётом для математического питона (одна на команду). Таблицу со счётом сделать несложно; пример можно посмотреть в правилах игры.
• Ответы для математического питона (один комплект для преподавателя). Ответы можно найти в разделе «Решения».
• Спички для задач разминки (по желанию).
15.1. 	Математическая разминка
Сегодня на разминке у нас две головоломки со спичками.
Задача разминки 1. Переложите ровно 3 спички, чтобы получилось 4 квадрата. (Не оставляйте торчащих или наложенных друг на друга спичек.)
1 Игра основана на правилах математической абаки, но мы дали ей другое название.


138 Раздел 1. Планы занятий
Задача для разминки 2. Переложите ровно 2 спички, чтобы получилось 4 квадрата. (Не оставляйте торчащих или наложенных друг на друга спичек.)
15.2. 	Тема занятия: «Принцип дополнения»
Пример 1. В корпорации «Почините крышу!» работают 5 кровельщиков и 10 менеджеров. Сколькими способами можно выбрать бригаду из 5 человек для починки крыши, если в ней должен быть хотя бы один кровельщик?
Разбор примера 1. Нам нужно пересчитать все бригады, где есть 1, 2, 3, 4 или 5 кровельщиков. Первая мысль —найти число бригад для каждого из этих случаев, а затем сложить результаты.
Например, если в бригаде 1 кровельщик и 4 менеджера, то нам нужно выбрать 1 кровельщика из 5 (таких способов, как мы помним, имеется С1) и 4 менеджеров из 10 (таких способов имеется С^0). Поэтому всего получается С* • С^0 способов для получения такой бригады. Аналогично получаем выражение для бригады с 2 кровельщиками и 3 менеджерами и т.д. Суммируя все способы, получаем
/~>Л I /~>2 s->3 г3 /~>2 I ^4 /^1 I ^-*5 ^0 ь5 * Ь10 ”Г 5 * Ь10 “Г * Ь10 "Г 5 * ^10 5 ‘ ^10*
Но такая формула выглядит громоздко, и вычисления по ней будут долгими.
Однако есть более удобный способ. Давайте найдём две такие величины:
• количество всех возможных бригад из 5 человек (очевидно, их имеется С^5);
• количество бригад из 5 человек, в которых нет кровельщиков (очевидно, их С^0, поскольку всех 5 работников приходится выбирать из 10 менеджеров).
Видите ли вы, как могут нам помочь эти величины? Разность между ними — в точности число бригад, где есть хотя бы один кровельщик (см. рисунок)! А это как раз то, что нам нужно найти!


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон
139
Бригады
без
кровельщиков
Все бригады
Бригады, где есть хотя бы один кровельщик
V
Поэтому у нас есть альтернативная формула для нужного количества бригад: Cj5 — С^0 Она не только компактнее, но и гораздо удобнее для вычислений:
г5 —г5 — 15-14-13-12-11 _ 10-9-8-7-6 _ оПЛо _ 9г9 _ 97q-,
Ч5 Чо“ 5-4-3-2-1 5 *4*3 -2-1 “ ” 7
Работая с этой задачей, мы применили принцип дополнения. Вместо того чтобы искать количество элементов в каком-то множестве, мы нашли количество элементов в другом множестве, которое дополняет наше множество до целого. Считать количество элементов в требуемом множестве было сложно, а вот сделать то же самое для дополнения и для общего множества оказалось намного проще. После этого нам осталось только написать разность найденных чисел.
Пример 2. Сколькими способами можно вытащить 4 карты из колоды в 52 карты, чтобы среди них оказался хотя бы один туз?
Разбор примера 2. Предложим два решения: одно использует переход к дополнению, а второе — нет.
Решение без дополнения. «Хотя бы один туз» означает 1, 2, 3 или 4 туза. Как и выше, можно посчитать количество способов для каждого из этих случаев, а затем сложить полученные числа:
• четыре карты, среди которых 1 туз: С1 • С^8 (берём 1 туз и 3 «не туза»);
• четыре карты, среди которых 2 туза: С? • С?8;
• четыре карты, среди которых 3 туза: с| • cj8;
• четыре карты, среди которых 4 туза: С4 • С^8.
Суммируя, получаем общее количество способов:
Г' 1 -4-L 4- Г*0
* ^48 ^4 * ^48 ^ * 48 ~г ь4 * 48’
Не станем производить вычисления по этой громоздкой формуле, а обратимся ко второму решению.


140
Раздел 1. Планы занятий
Решение с использованием принципа дополнений. Чтобы найти количество наборов карт хотя бы с одним тузом, нужно найти число всех наборов и вычесть число наборов без тузов. Поэтому искомое количество равно
Г4 _Г4 _ 52-51 -50-49 _ 48-47-46-45 52 48 4-3-2-1 4-3-2-1 *
Таким способом искомое число, равное 76145, вычислить намного проще, чем с помощью первого решения.
Теперь займёмся игровым решением задач по комбинаторике. Во время этой игры ученики встретятся с множеством комбинаторных задач, включая и дополнения.
15.3. 	Событие дня: «Математический питон» по комбинаторике
Игра «Математический питон» — это соревнование по решению задач на скорость. Сегодня в игру входят три набора задач (3 питона). Школьники будут двигаться по этим цепочкам задач, набирая баллы за правильные ответы.
Питон 1
Неандерталец Фома умеет произносить 5 звуков: гласные звуки О и А и согласные звуки Р, К и Ф. Словом в его языке является любая комбинация этих звуков.
Задача 1. Фома резервирует 5-буквенные слова, состоящие только из согласных, для названий опасных животных — например, РРРФФ или ФРФКФ. Скольким разным опасным животным Фома может дать имя?
Задача 2. Имя безвредного животного образуется из 4 букв, причём две центральные — гласные, например, РАОК или КААО. Скольким разным безвредным животным Фома может дать имя?
Задача 3. Фома планирует называть своих будущих сыновей 4-буквенными словами, в которых гласные и согласные чередуются, — например, РАФА или АРОР. Сколько сыновей Фома может назвать разными именами?
Задача 4. Фома планирует называть своих будущих дочерей 5-буквенными словами, в которых удвоенная Р и 3 гласные, — например,


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон
141
именами могут быть РРАОА, АРРОА или ААРРО. Сколько дочерей Фома может назвать разными именами?
Задача 5. Фома называет слово «магическим», если оно одинаково читается от начала к концу и от конца к началу, — например, магическими словами являются АКА или ФРРФ. Сколько в его языке магических слов из 5 букв, у которых в центре гласная?
Задача 6. Для описания разных видов еды Фома использует 5-буквенные слова, которые заканчиваются удвоенной А, а всего в них ровно 3 гласные, — например, названиями блюд являются АРРАА, РОФАА или ФРОАА. Сколько различных слов для еды может придумать Фома?
Задача 7. Сколько в языке Фомы 5-буквенных слов, в которых любые две буквы, стоящие рядом, различны?
Задача 8. Сколько в языке Фомы есть 5-буквенных слов, содержащих хотя бы одну букву А?
Питон 2
Задача 1. Группа из 10 туристов собирается в поход. Им нужно выбрать руководителя группы, координатора и кострового. Сколькими способами они могут это сделать?
Задача 2. Во время похода 10 туристов решили отправить 3 человек в соседнюю деревню за продуктами. Сколькими способами они могут выбрать этих 3 человек?
Задача 3. В семье 11 детей: 6 девочек и 5 мальчиков. Для генеральной уборки папе нужно выбрать 2 девочек и 3 мальчиков. Сколькими способами он может это сделать?
Задача 4. В семье 11 детей: 6 девочек и 5 мальчиков. Аня и Таня поссорились. Сколькими способами мама может выбрать группу из 4 девочек и 2 мальчиков, если она не хочет, чтобы в этой группе оказались одновременно и Аня, и Таня?
Задача 5. Найдите количество треугольников с вершинами в отмеченных точках.
Задача 6. 12 детей собираются водить хоровод вокруг новогодней ёлки. Сколькими способами они могут встать в круг, если Катя и Лиза обязательно хотят быть рядом друг с другом?
Задача 7. В городе живут 10 мастеров —2 из гильдии пекарей, 5 из гильдии ювелиров и 3 из гильдии магов. В городском совете


142
Раздел 1. Планы занятий
есть 5 вакансий — 3 места старшего советника и 2 места младшего советника. Сколькими способами можно заполнить вакансии, если каждая гильдия хочет иметь одно место старшего советника?
Задача 8. Сколькими способами можно разделить группу из 9 школьников на 3 команды?
Питон 3
Задача 1. Сколько существует пятизначных чисел, не содержащих нулей? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 2. Сколько существует пятизначных чисел, содержащих хотя бы один ноль? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 3. В группе из 12 туристов 4 знают, куда надо идти, а 8 — не знают. Сколькими способами можно выбрать группу из 4 туристов?
Задача 4. В группе из 12 туристов 4 знают, куда надо идти, а 8 — не знают. Сколькими способами можно выбрать группу из 4 туристов, чтобы там был хотя бы один человек, который знает, куда надо идти?
Задача 5. Кот и пёс собираются ехать в поезде из 10 вагонов. Они не хотят сидеть ни в одном вагоне, ни даже в соседних вагонах. Сколькими способами они могут выбрать себе вагоны?
Задача 6. Пираты Бом, Ром, Сом и Лом добыли 7 одинаковых золотых монет. Сколькими способами они могут разделить эти монеты, если каждый пират должен получить хотя бы по одной монете?
Задача 7. Сколькими способами можно поставить на шахматную доску 8x8 чёрную ладью и белую ладью, чтобы они не нападали друг на друга? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 8. Сколькими способами можно поставить на шахматную доску 8x8 чёрного короля и белого короля, чтобы они не нападали друг на друга? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
15.4. 	Подборка задач
Задача 1. Три мастера каратэ пришли в школу боевых искусств, где занимаются 20 учеников. Учитель школы должен выбрать 3 учеников для индивидуальных занятий с мастерами. Сколькими способами он может это сделать?
Задача 2. В летнем лагере «Весёлые ребята» есть 20 детей и 3 вожатых. Сколькими способами они могут выбрать группу из 10 чело¬


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон 143
век, чтобы измазать зубной пастой школьников из соседнего лагеря «Солидные зверята», если в лагере «Весёлые ребята» должен остаться хотя бы один вожатый?
Задача 3. Мы хотим посчитать количество шестизначных чисел, у которых есть хотя бы одна чётная цифра. Сколько таких чисел существует?
Задача 4. Найдите число способов сделать пятизначное число из цифр 1, 2, 3, 4, 5 без повторений, чтобы:
а) чётные цифры располагались рядом друг с другом;
б) чётные цифры отделялись друг от друга не менее чем одной нечётной цифрой.
Задача 5. На клетчатой бумаге нарисован квадрат 1000 х 1000. Внутри него вдоль по линиям от края до края квадрата провели несколько линий. Получившийся рисунок из прямоугольников раскрасили в шахматном порядке. Докажите, что общая площадь чёрных прямоугольников —чётное число.
♦
Задача 6. На прямой отмечено несколько отрезков. Левая половина каждого отрезка выкрашена в красный цвет, а правая — в синий. Оказалось, что все левые половины образуют один непрерывный красный отрезок, а все правые половины образуют один непрерывный, синий отрезок. При этом красный отрезок оказался на 20 сантиметров длиннее синего. Докажите, что среди первоначальных отрезков можно найти 2 таких, что один из них будет по крайней мере на 40 сантиметров длиннее другого.


Занятие 16
Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
На нескольких последних занятиях мы изучали правила и принципы комбинаторики. Мы узнали несколько полезных формул, но нашей основной целью было не выучить эти формулы, а понять, откуда они появляются.
К этому моменту кружковцы уже имели достаточно практики и понимают, что одну и ту же комбинаторную задачу часто можно решать разными методами. Настоящее искусство состоит в том, чтобы выбрать оптимальный метод — приводящий к красивому и элегантному решению. Поэтому наша цель — учить школьников эффективному решению задач и развивать их комбинаторные умения и интуицию.
Тема сегодняшнего занятия тесно связана с этой целью. Мы обсудим несколько видов комбинаторных задач, с которыми мы ещё не сталкивались, и покажем, как можно переформулировать задачу так, чтобы она свелась к другой, которую мы уже умеем решать.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Спички для задач разминки (по желанию).
16.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Передвиньте две спички так, чтобы рыбка плыла в другую сторону.


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости 145
Задача для разминки 2. Передвиньте одну спичку так, чтобы осёл повернулся.
Задача для разминки 3. Передвиньте две спички так, чтобы корова смотрела влево.
16.2. 	Тема занятия: «Комбинаторные хитрости»
Первые три задачи — примеры одной и той же комбинаторной уловки, превращающей сложную задачу в более простую.
Пример 1. Сколькими способами можно переставить буквы Д, В, О, Р, Е, Ц, К, И, Й?
Разбор примера 1. Эта задача не вызывает затруднений; дети быстро приходят к ответу: 9-8-7*6-5-4-3-2-1 = 9!.
Пример 2. Сколькими способами можно переставить те же самые девять букв Д, В, О, Р, Е, Ц, К, И, Й, чтобы в перестановке содержалось слово КИЙ? (Например, перестановка ДОВЦЕКЖГР содержит слово КИЙ.)
Разбор примера 2. Школьники предлагают ответ 7*6! (что равно 7!) и дают такое обоснование: во-первых, будем переставлять все буквы, кроме К, И и Й. Таких способов 6!. Затем вставим слово КИЙ на одно из 7 допустимых мест. Например, если 6 букв расположены в порядке РЕЦ ДВО, то слово КИЙ можно вставить так: КИЙРЕЦДВО, РКИЙЕЦДВО и т.д. (см. рисунок). Поэтому ответ: 6! -7 = 7!.


146
Раздел 1. Планы занятий
Пример 3. Сколькими способами можно переставить те же самые девять букв Д, В, О, Р, Е, Ц, К, И, Й, чтобы в перестановке содержались слова ВОР и КИЙ?
Разбор примера 3. Полина предлагает переставлять буквы Д, Е и Ц (это можно сделать 3*2*1 способами), а затем вставлять слова ВОР и КИЙ на какие-то места между буквами. Однако при таком подходе к решению шансы на успех не кажутся большими, потому что слова ВОР и КИЙ могут стоять рядом или нет и могут идти в разном порядке.
Давайте вернёмся к примеру 2 и посмотрим на него иначе. Представим, что вместо 9 букв у нас есть 7 фишек: на шести фишках написаны буквы Д, В, О, Р, Е, Ц, а на седьмой — слово КИЙ (см. рисунок).
Ю СЕ) CD СЕ) СЮ СШ (М
Теперь пример 2 можно переформулировать так: «Сколькими способами можно переставить эти фишки?» Эта задача проще: 7 объектов можно переставить 7! способами. (Обратите внимание: мы получили такой же ответ!)
Можно ли применить такой же подход к примеру 3? Конечно! Предположим, у нас есть 5 фишек: на трёх написаны буквы Д, Е, Ц, а на двух — слова ВОР и КИЙ. Следовательно, всё, что нам нужно, — переставить эти 5 фишек. Поэтому в ответе получаем 5!.
ЮСЮСШ©(М
Это была первая демонстрация того, как можно трансформировать комбинаторные задачи. Теперь обсудим следующую группу задач.
Пример 4. В школьной команде по гимнастике 8 девочек. Нужно выбрать капитана, координатора и знаменосца. Сколькими способами это можно сделать?
Разбор примера 4. Это простая^адача на нахождение числа размещений. Капитана можно выбрать 8 способами, затем координатора—7, затем знаменосца — 6. Итого 8*7*6 способов. Альтернативная форма записи: Ag = ^j.


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
147
Пример 5. В школьной команде по гимнастике 8 девочек. Нужно выбрать 3 девочек для выступления на соревнованиях. Сколькими способами это можно сделать?
Разбор примера 5. С такими задачами мы тоже прекрасно знакомы. Хотя нужно снова выбрать 3 девочек, но теперь их порядок уже не важен. Поэтому нас интересует не число размещений, а число
8*7*6
сочетаний. Таким образом, ответ: Cg = 3 2 ^ = 56. Альтернативная форма записи: Cg = 5,8*3,.
Пример 6. Что больше — количество способов выбрать 3 девочек из команды, в которой 8 человек, или количество выбрать 5 девочек из той же команды?
Разбор примера 6. Первая реакция: «5 больше, чем 3; поэтому способов выбрать 5 человек больше». Тогда я спрашиваю: «Что больше: число способов выбрать 3 девочек, которые отправляются на соревнования, или число способов выбрать 5 девочек, которые остаются дома?» Теперь Саша восклицает, что выбрать 3 для соревнований — ЭТО ТО ЖЕ САМОЕ, что выбрать 5, которых нужно оставить дома. Поэтому способов выбрать 3 девочек из 8 имеется столько же, сколько существует способов выбрать 5 девочек из 8.
Проиллюстрируем этот полезный факт рисунком: галочки показывают трёх девочек, отправляющихся на соревнования, а крестики — тех 5, кто остаётся дома. Теперь легко увидеть, что любое множество из трёх девочек соответствует дополняющему множеству из пяти девочек.
i/XXi/1/XXX
Один из учеников спрашивает, можно ли с помощью формулы для числа сочетаний доказать, что эти два числа равны. Проводим короткое вычисление: число способов выбрать 5 девочек из 8 равно 8-7-6-5-4 ^ г , 8-7-6
5 4 3 2.1- Сокращая на 5 • 4, получаем 3 2,1? т. е. в точности число способов выбрать 3 девочек из 8. Поэтому формула также доказывает, что эти величины равны.


148
Раздел 1. Планы занятий
Эта задача иллюстрирует очень важную идею: число способов выбрать к объектов из множества, в котором п объектов, равно числу способов выбрать п — k объектов из того же множества.
Перейдём к следующей группе задач.
Пример 7. У Нины есть 3 оранжевые и 5 синих бусин. Сколько различных ожерелий она может сделать из этих бусин? (Ожерелье — это нитка с 8 бусинами. Например, ООСОСССС и ССССОСОО—два разных ожерелья.)
Разбор примера 7. Маша говорит, что ответ —28. Почему? Потому что для каждого из 8 мест есть 2 варианта. Однако она тут же поправляет себя: это было бы верно, если бы у нас было много бусин каждого вида. Затем Вадим предлагает вариант 23 • 5. Почему 23? Потому что есть только 3 оранжевые бусины. Почему 5? В этом он не уверен. Этот ответ в любом случае неправилен. Чтобы дать подсказку, я предлагаю вернуться к задаче выбора 3 девочек для соревнований. Давайте дадим оранжевые карточки 3 девочкам, которые едут на соревнования, а синие карточки — 5 девочкам, которые остаются дома. Я исправляю рисунок: вместо 3 галочек теперь 3 оранжевых кружка, а вместо 5 крестиков — 5 синих кружков. Затем приглашаю детей хорошенько приглядеться к новой картинке.
©©©©©©©©
И тут наступил тот момент, когда можно воскликнуть «Эврика!»,—школьники начинают видеть сходство между двумя задачами. Ряд из 8 девочек, 3 из которых держат оранжевые карточки, а 5 — синие, фактически равен ряду из 8 бусин, 3 из которых оранжевые, а 5 — синие. Поэтому количество способов сделать ожерелье из 3 оранжевых и 5 синих бусин равно числу способов выбрать 3 объекта из 8. Эти задачи одинаковы, а поэтому и ответ в них 8-7-6
совпадает: Сд = 3 2 ; р
Число способов составить последовательность из к объектов одного вида и п —к объектов другого вида равно числу способов выбрать к объектов из п.


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
149
Пример 8. В районе Мат-Хэттен ^
есть 4 улицы, идущие с запада на во- * *
сток, и 6 авеню, идущих с севера на
юг. Все улицы имеют одностороннее _ _ _ _ _
движение: автомобиль может ехать -Js. только на восток или на север. Мы находимся у школы в углу А и хотим
взять такси, чтобы поехать в кинотеатр в углу В. Сколькими способами можно проехать на такси от А до В?
Разбор примера 8. Максим замечает, что задачу можно решать пошагово. Мы можем постепенно вычислить число способов добраться до каждого перекрёстка, начиная от тех, что ближе всего к точке А. Этот метод правилен и для небольших сеток может быть вполне удобен. Однако для сетки размером 100 х 100 с его помощью мы провозимся целую вечность.
Для решения давайте ответим последовательно на такие вопросы.
• Какова длина маршрута от Л до В (если мы её измеряем количеством проезжаемых кварталов)?
тивное обозначение для этих маршрутов? (По сути, такое обозначение
должно работать как набор направлений: когда у нас есть направления, мы должны восстановить весь маршрут.)
Ответы на все эти вопросы помогут нам обнаружить решение. Прежде всего замечаем, что длина любого маршрута от Л до В равна 8 и путь состоит из 3 вертикальных и 5 горизонтальных отрезков. Теперь придумаем описание любого маршрута, где используются две буквы: В для движения «вверх» и П для движения «вправо». Тогда сплошной маршрут на рисунке соответствует последовательности ВПВПВППП, а пунктирный — последовательности ППВППВПВ. Может быть, эти строки о чём-то нам напоминают? Да, это же перевоплощение задачи об ожерелье, которое можно составить из 8 бусин, где 3 бусины одного цвета, а 5 —другого. В нашей задаче нужно найти все возможные последовательности из трёх букв В и 5 букв П.
8*7*6
Поэтому ответ на эту задачу: Cg = 3.2.1*
• Сколько вертикальных и горизонтальных отрезков может быть на та¬
ком маршруте?
• Можем ли мы придумать эффек-


150
Раздел 1. Планы занятий
Таким образом, у нас есть уже три интересные и разные комбинаторные задачи, которые описываются одной и той же моделью. Закончим обсуждение, добавив ещё два симпатичных изменения к предыдущей задаче. Справитесь ли вы с новыми вариантами?
Задача 1. Ваша цель—добраться из точки А в точку В. Однако на этот раз вы хотите по пути зайти в кафе, где продают ваше любимое мороженое (см. рисунок). Сколько у вас есть подходящих различных маршрутов?
Задача 2. Ваша цель—добраться из точки А в точку В. Однако вы не хотите проходить через перекрёсток, где обычно болтается ваш враг хулиган Петька (см. рисунок). Сколько у вас есть подходящих различных маршрутов?
Задача 1. Воздушные силы Глюксембурга имеют 10 самолётов- шпионов.
а) В понедельник 4 самолёта должны отправиться с секретной миссией в Фингалию. Сколькими способами можно выбрать эти 4 самолёта?
б) Во вторник 4 самолёта должны отправиться с секретной миссией в Тартарию, 4 —в Розалию, а 2 —в Сугробию. Сколькими способами можно распределить эти самолёты?
16.3. 	Задачи для решения в классе
16.4. Подборка задач


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
151
Задача 2. Назовём ожерельем нитку с драгоценными камнями в каком-либо порядке.
а) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров и 6 одинаковых рубинов?
б) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров, 4 одинаковых рубинов и 2 одинаковых изумрудов?
в) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров, 3 одинаковых изумрудов, 4 одинаковых рубинов и 1 оникса?
Задача 3. Алёша, Боря и Ваня решают один и тот же набор задач. Чтобы было интереснее, они решили давать 4 конфеты тому, кто решит какую-нибудь задачу первым, 2 конфеты тому, кто решит задачу вторым, и 1 конфету тому, кто решит задачу третьим. В результате оказалось, что каждый из мальчиков решил все задачи, причём одновременных решений не было. Дети заявили, что в итоге каждый получил по 20 конфет. Докажите, что они ошиблись в подсчётах.
Задача 4. Муравей Тим живёт на трёхмерной кубической решётке размерами 4x4x1 (см. рисунок). Сколькими способами Тим может пробраться из левого нижнего узла (точка Л) в правый верхний (точка В), если он хочет это сделать кратчайшим путём?
( Точка В )
у*-:
?h--
С—с
-~C
71--
--.r
—*r
C—ii
i—i
Li
—tt
hi
hr
( ТочкаЛ )
Задача 5. а) Монету подбросили 20 раз. Сколько различных результатов (последовательностей гербов и решек) можно получить?
б) 	Имеется полоска из 20 квадратов. На крайнем левом квадрате стоит ладья. За один ход ладья может прыгнуть вправо на любое ко¬


152
Раздел 1. Планы занятий
личество квадратов. Сколькими способами ладья может допрыгать до самого правого квадрата? (Примеры: ладья может сделать это за один прыжок длиной в 19 квадратов; или за три прыжка — сначала на 2 квадрата, потом на 15, потом ещё на 2 — и т. д.)
Задача 6. Назовём натуральное число приятным, если оно меньше, чем любое другое натуральное число с той же суммой цифр. Найдите 200-е приятное число.
16.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. В районе Мат-Хэттен есть 6 улиц, идущих с запада на восток, и 9 авеню, идущих с севера на юг. Все улицы имеют одностороннее движение: автомобиль может ехать только на восток или на север.
а) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру?
б) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут должен пройти через перекрёсток Удачи?
в) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут не должен пройти через перекрёсток Неудач?
г) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут должен пройти через перекрёсток Удачи и не должен пройти через перекрёсток Неудач?
Задача 2. а) Сколькими способами вы можете положить 7 разных монет в 3 кармана?
б) 	Сколькими способами вы можете положить 7 одинаковых монет в 3 кармана?


Занятие 17
Магические квадраты и близкие задачи
Наше сегодняшнее занятие посвящено магическим квадратам1. На этом занятии будет чем заняться как любителям теории, так и тем школьникам, которые предпочитают практическую работу.
Мы начнём с краткого экскурса в историю магических квадратов. Затем мы поучимся их строить. Далее мы сформулируем и решим несколько интересных задач о квадратах. В конце дискуссии обсудим необычные разновидности магических квадратов: квадраты большего размера, мультипликативные квадраты и т. д.
Даже если более продвинутые кружковцы с лёгкостью справятся с построением квадрата, им будет чем заняться, когда дело дойдёт до задач.
Что принести на урок
• Несколько наборов карт с числами от 1 до 10. (Эти карты удобны при конструировании магических квадратов. Можно использовать карты от настольных игр типа «Уно» или просто взять колоду игральных карт.)
• Малярный скотч. (По желанию: он полезен для визуальной демонстрации метода двойного подсчёта для решения задач.)
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
17.1. 	Математическая разминка
Для сегодняшней разминки мы используем задачу, которая иллюстрирует ещё одну полезную комбинаторную идею.
Задача для разминки 1. Сколькими способами можно написать натуральное число, в котором нет нулей, а сумма цифр равна 6?
Разбор задачи для разминки 1. Это трудная задача, и у наших кружковцев получилось несколько разных ответов. Как понять, какой из них правильный?
1 На занятии используются материалы с лекции Марка Сола, посвящённой магическим квадратам [15].


154
Раздел 1. Планы занятий
Чтобы выяснить это, мы просим школьников разобраться с несколькими более простыми вариантами этой задачи, когда сумма цифр равна 2, 3 и 4.
Работая с ними, ученики начинают видеть закономерность в ответах. Однако требуется определённое время, чтобы объяснить и обосновать эту закономерность. Ответ и объяснения смотрите в разделе «Решения».
17.2. 	Тема занятия:
«Магические квадраты с цифрами от 1 до 9»
Определение. Магическим квадратом называется квадратная таблица пхп, заполненная п2 натуральными числами1, суммы которых в каждой строке, в каждом столбце и в двух диагоналях равны одному и тому же числу. Это число называется магической константой квадрата.
История. В течение долгих веков магические квадраты были завораживающим источником новых математических знаний. Из-за приписываемых им мистических свойств они часто использовались для гадания и в качестве талисманов. Первое упоминание магического квадрата относится к Древнему Китаю, ему более 3 тысяч лет2. Вероятно, из Китая магические квадраты попали в Индию, в арабские страны и в Европу. Во всех этих странах они использовались в философии, алхимии, астрологии и в искусстве.
Например, этот квадрат 4x4 изображён на гравюре «Меланхолия» знаменитого немецкого художника Альбрехта Дюрера. Магическая константа для этого квадрата равна 34. Числа 15 и 14 в середине нижней строки образуют год создания гравюры —
15143.
гЧаще всего рассматривают квадраты, заполненные различными числами от 1 до п2 (такие магические квадраты называются нормальными). Однако это не обязательно — можно, например, использовать повторяющиеся числа или строить магический квадрат только из чётных чисел или только из простых чисел .—Прим. пер.
2 Первое изображение магического квадрата 3x3 (Ло Шу) на черепаховом панцире датируется примерно 2200 годом до нашей эры. —Прим. пер.
3 Кроме того, в нижней строке стоят числа 1 и 4. Если взять соответствующие латинские буквы (А и D), мы получим инициалы художника. Добавим также, что суммы любых пар чисел, симметричных относительно центра квадрата,
16
3
2
13
5
10
11
8
9
6
7
12
4
15
14
1


Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи
155
Математики проявляли серьёзный интерес к изучению свойств магических квадратов. Они переходили к третьему измерению, придумывали новые правила для построения и т. д. Сегодня магические квадраты исследуют в нескольких разных областях математики.
Не только профессионалы, но и многие любители для развлечения занимались магическими квадратами. Например, американский политический деятель Бенджамин Франклин в юности забавлялся созданием магических квадратов 8 х 8 и 16 х 16.
Так чего же мы ждём? Давайте построим собственный магический квадрат 3x3! Самый банальный способ построить магический квадрат — записать одно и то же число в каждую клетку. Но это неинтересно, поэтому давайте будем считать, что все числа в наших квадратах будут различными.
Я предлагаю школьникам построить магический квадрат 3x3, в котором будут все числа от 1 до 9. Я делю их на небольшие группы (по 2—3 человека) и раздаю карты. Каждая группа получает 9 карт с цифрами от 1 до 9. Если вы используете обычные игральные карты, единицей служит туз. Цель каждой группы — расположить карты в виде магического квадрата. Будем двигаться к этой цели постепенно.
Первая задача — построить квадрат, у которого одинаковые суммы во всех строках. Когда школьники начинают придумывать такие квадраты, обнаруживается, что у всех групп получается одна и та же сумма —15. На вопрос о причине школьники предлагают объяснение: сумма всех чисел равна 45 (= 1 + 2 + ... + 9), поэтому если в трёх строках суммы равны, то они равны 15.
Итак, мы только что выяснили, как найти магическую константу любого квадрата: нужно просто разделить общую сумму всех чисел на число строк (или столбцов)!
Следующий шаг — изменять квадрат так, чтобы суммы в столбцах тоже стали равными. Теперь школьники уже знают магическую константу, поэтому это не занимает много времени.
Последняя задача — обеспечить равенство сумм на диагоналях. Эта стадия —самая трудная. Поэтому, возможно, вам придётся
равны (такой магический квадрат является ассоциативным, или симметричным). Наконец, в квадрате Дюрера мы получим ту же сумму 34 для чисел, стоящих во всех угловых квадратах 2 х 2, в центральном квадрате 2 х 2, в квадрате из угловых клеток (16—13—1—4), в вершинах наклонных квадратов 3—8—14—9 и 2—12—15—5, в вершинах прямоугольников 3—12—14—5 и 2—8—15—9 и прямоугольников 3—2—14—15 и 5—8—12—9.—Прим. пер.


156
Раздел 1. Планы занятий
помочь —указать, какую карту нужно использовать для ключевой центральной позиции.
После того как все группы закончат создание квадрата, я приглашаю представителей групп нарисовать их на доске. (Ниже показаны несколько возможных квадратов.) Первый же взгляд на эти рисунки немедленно порождает несколько вопросов.
6
7
2
1
5
9
8
3
4
6
1
8
7
5
3
2
9
4
4
9
2
3
5
7
8
1
6
Вопрос 1. Почему у всех квадратов в центре одно и то же число?
Обсуждение вопроса i. Дадим два объяснения, каждое из которых демонстрирует важную идею. Первое использует конструктивный метод проб и ошибок. При таком подходе убираются все возможные кандидаты, за исключением числа 5. Второе объяснение короче и элегантнее, оно использует крайне полезный метод двойного подсчёта.
Конструктивный метод проб и ошибок. Будем проверять всех возможных кандидатов на положение в центре и убедимся, что ни одно число, кроме 5, не годится.
Предположим, что в центре находится цифра 9. Где может быть 8? Если в углу, то она на одной диагонали с 9, если на стороне —то в одной строке или в одном столбце с 9. Но тогда соответствующая сумма будет больше, чем 8 4- 9 = 17, т. е. не равна 15. Предположим, что в центре находится 8. Тогда нам некуда будет поставить 9. По той же причине в центре не может быть 7 или 6 (при добавлении 9 сумма даже двух цифр будет не меньше 15).
Предположим, что в центре находится 1. Куда нам поставить 2? Сумма этих двух цифр равна 3, и для получения 15 нам нужно число 12, а у нас максимум — 9. Точно так же получаем, что в центре не может быть 2, 3 и 4. Поэтому единственный возможный кандидат на центральное место —цифра 5.
Двойной подсчёт. Давайте сосредоточимся на четырёх наборах чисел: в средней строке, в среднем столбце и на обеих диагоналях. Сумма чисел в каждом наборе равна магической константе 15, поэтому общая сумма чисел во всех четырёх наборах равна 15 • 4 = 60.
Но ведь средняя строка, средний столбец и обе диагонали пересекаются, и поэтому центральное число учтено несколько раз. Мы


Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи
157
учли его 4 раза, хотя все остальные числа —по разу (см. рисунок внизу). Поэтому наша сумма равна сумме всех чисел плюс утроенное центральное число. Поскольку сумма всех чисел равна 45, на утроенное центральное число приходится 60 — 45 = 15. Следовательно, в центре стоит 5.
Для преподавателей. Иногда понимание двойного подсчёта происходит с большим трудом. Чтобы помочь школьникам визуально представить картинку, я использую рулон малярного скотча. (Малярный скотч прилипает к доске, но не оставляет на ней следов.) Я черчу на доске таблицу
3 х 3 и леплю на неё четыре полоски ленты, как нарисовано выше. При такой визуализации детям понятно, что центральное число посчитано
4 раза, а все остальные — один раз. Лента более наглядна и более осязаема, чем маркер. Кроме того, к концу занятия школьники устают, а лента даёт удобную передышку, помогающую усвоить идею.
Вопрос 2. Посмотрите на все магические квадраты на доске. Любой из них можно превратить в другой с помощью вращения, отражения или комбинации этих операций. Почему эти квадраты так похожи?
Обсуждение вопроса 2. Мы уже знаем, что в центре должна быть цифра 5. Давайте теперь объясним, почему 1, 3, 7 и 9 не могут оказаться в углах. Каждая угловая цифра принадлежит трём разным наборам — строке, столбцу и диагонали. Однако для каждой из цифр 1, 3, 7, 9 мы можем собрать сумму 15 только двумя способами: для 1: (5,9) или (6,8), для 3: (4,8) или (5, 7), для 7: (2,6) или (3, 5), для 9: (1, 5) или (2,4).
Поэтому 1, 3, 7 и 9 придётся поместить по сторонам, а в углах расположатся 2, 4, 6 и 8.
Вооружившись этим знанием, давайте посмотрим, сколько различных магических квадратов можно построить. Берём пустой квадрат 3 х 3 и ставим 5 в центр. Начнём заполнять оставшиеся клетки. Предположим, что мы решили начать с правого верхнего угла. У нас есть 4 кандидата (2, 4, 6 и 8). Пусть мы взяли число 2. То¬


158
Раздел 1. Планы занятий
гда в противоположном углу должно стоять число 8. Осталось два незаполненных угла и два варианта для них — 4 и 6. Мы можем поставить 6 двумя способами — по часовой стрелке от клетки, где стоит 2, или против часовой стрелки. После этого числа 4,1, 3, 7 и 9 ставятся однозначно. Процесс заполнения изображён на следующем рисунке.
Как вы видите, при конструировании квадрата 3x3 особой вариативности у нас нет. Прежде всего, есть 4 способа заполнить правый верхний угол. Затем есть 2 способа заполнить соседние углы. И всё—-больше выбора нет! Это объясняет, почему бывает всего 4x2 = 8 различных магических квадратов. Более того, они не такие уж и различные, если учитывать повороты и отражения, поскольку переходят друг в друга.
Мы закончили изучать магические квадраты 3x3, построенные из чисел от 1 до 9. Однако у нас ещё осталось немало интересного для исследования.
17.3. 	Ещё немного о магических квадратах 3x3
Я прошу каждую группу отложить карту с числом 1, а взамен выдаю карту с числом 10.
Можно ли построить магический квадрат из чисел от 2 до 10? Довольно скоро некоторых учеников осеняет идея: если все числа в построенном квадрате 1—9 увеличить на 1, то получится квадрат 2—10! Поэтому существует 8 магических квадратов 2—10.
Предлагаю ещё пару вопросов.
Вопрос 3. Какова магическая константа нового квадрата?
Обсуждение вопроса 3. Каждое число на 1 больше. Поэтому сумма в каждой строке больше на 3. Следовательно, константа нового квадрата равна 15 + 3 = 18.
Вопрос 4. Мы только что придумали новый магический квадрат, добавив 1 к каждому элементу исходного. Можете ли вы придумать другие способы создавать новые магические квадраты?


Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи
159
Обсуждение вопроса 4. Во-первых, мы можем использовать сложение: если ко всем элементам первоначального квадрата прибавить одно и то же число, новый квадрат тоже будет магическим. Во-вторых, можно использовать умножение: если все элементы первоначального квадрата умножить на одно и то же число, новый квадрат тоже будет магическим.
Также мы можем складывать элементы двух магических квадратов, а можем даже перед сложением умножать их на различные числа — полученные квадраты снова будут магическими.
17.4. 	Ещё немного о магических квадратах
Если остаётся время, то можно обсудить другие виды магических квадратов. Например, есть ли квадраты большего и меньшего размера?
Существует ли магический квадрат 2x2? Предоставляем читателю возможность самостоятельно доказать, что в магическом квадрате 2x2 все числа должны быть одинаковыми.
Существуют ли большие магические квадраты? Да. Например, в начале урока был продемонстрирован квадрат 4x4. Можно построить квадраты ещё больше — 5 х 5, 6 х 6, 1 ООО ООО х 1 ООО ООО и т. д. Математики предложили алгоритмы для создания магических квадратов любого размера!
Можно ли составить магический квадрат, в котором используется не сложение, а умножение? Если такой квадрат найдётся, назовём его мультипликативным магическим квадратом.
Можно ли наш квадрат 3x3 переделать в мультипликативный? Да, и идея тоже связана с умножением: заменить каждое число соответствующей степенью двойки. Например, вместо 4 пишем 24, вместо 5 пишем 25 и т. д. Предоставляем читателю возможность самостоятельно доказать, что получится мультипликативный квадрат.
Такой подход приводит к массе других вопросов. Предлагаем читателю самому найти на них ответы.
• Получится ли магический квадрат, если использовать для основания степени другое число?
• Пусть у вас есть мультипликативный магический квадрат. Получится ли другой квадрат, если прибавить к его элементам одно и то же число? А если умножить элементы на одно и то же число?
• Можно ли складывать мультипликативные квадраты? А умножать?


160
Раздел 1. Планы занятий
17.5. 	Подборка задач
Задача 1. Можно ли построить магический квадрат из первых 9 простых чисел? Либо сконструируйте такой квадрат, либо объясните, почему такой квадрат невозможен.
Задача 2. Докажите, что в любом магическом квад- г™
рате 3x3 сумма чисел в угловых клетках равна сумме — -
чисел, стоящих в клетках по сторонам. (На рисунке спра- ——— ва угловые клетки отмечены крестиками, а клетки на —1—1— сторонах — ноликами.)
Задача 3. Докажите, что в магическом квадрате 4x4:
а) сумма чисел в 4 центральных и 4 угловых клетках равна удвоенной магической константе (на рисунке а) эти клетки закрашены);
б) сумма чисел в 4 центральных клетках равна магической константе (на рисунке б) эти клетки закрашены).
а) 6)
Задача 4. Десять дочерей царя Дадона поступили в академию «Идеальная Царевна», где есть курсы кулинарии, поэзии и боевых искусств. Каждая царевна по каждому из этих предметов либо сдала зачёт, либо не сдала. Докажите, что хотя бы у двух царевен будут одинаковые результаты.
Задача 5. а) На какой угол поворачивается часовая стрелка за одну минуту?
б) Какой будет величина угла между часовой и минутной стрелками в 0 часов 5 минут?
в) В какой момент после полуночи минутная и часовая стрелки в первый раз будут направлены в противоположные стороны?
г) В какой момент после полуночи минутная и часовая стрелки в первый раз будут направлены в одну сторону?
Задача 6. Рыцари Круглого Стола едят пирог с изюмом. Волшебник Мерлин сделал так, что каждый рыцарь съел либо вдвое больше изюминок, либо меньше на 10 изюминок, чем его сосед справа. Докажите, что рыцари вместе не могли съесть ровно 1001 изюминку.


Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи
161
♦
Задача 7. Магический квадрат 4x4 заполнен числами от 1 до 16. Некоторые из чисел были стёрты. Восстановите квадрат.
4
15
5
8
7


Занятие 18
Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному
Сегодня мы займёмся методом двойного подсчёта, т. е. подсчёта двумя разными способами.
Идея этого метода состоит в том, чтобы взглянуть на задачу с двух разных точек зрения и подсчитать одну и ту же величину двумя способами. Поскольку величина одна и та же, два полученных выражения должны быть равны. Такое равенство часто даёт неожиданную идею для решения задачи или же задаёт уравнение, из которого можно найти ответ.
На самом деле мы и до прошлого занятия уже использовали метод двойного подсчёта, не называя его. Сегодня на занятии мы более формально обсудим этот метод и продемонстрируем на примерах, насколько он может быть полезным.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Для задачи 6 (задача о футбольном мяче) принесите футбольный мяч или его изображение. Это полезно для объяснения геометрии футбольного мяча (если вы попробуете нарисовать мяч на доске, вероятнее всего, результаты будут плачевными). Если вы берёте на занятие настоящий мяч, возьмите заодно малярный скотч. Им можно будет отмечать те рёбра, которые будут сосчитаны дважды.
18.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Предположим, что у нас есть 21 монета. Все монеты выглядят одинаково, но одна из них фальшивая — она чуть легче настоящей. Можно ли определить фальшивую монету за 3 взвешивания на двухчашечных весах без гирь?


Занятие 18. Двойной подсчёт
163
Задача для разминки 2. В абсолютно тёмной комнате на столе лежит 30 монет. 12 монет лежат вверх орлом, а остальные — вверх решкой. Ваша задача — разделить монеты на две группы, чтобы в каждой группе было поровну монет орлами вверх. (В темноте вы не видите, лежит монета вверх орлом или решкой, однако можете передвигать и переворачивать монеты.)
18.2. 	Тема занятия: «Двойной подсчёт»
Первый пример состоит из двух частей, которые мы будем последовательно решать и обсуждать.
Пример 1. а) 40 орков и гоблинов стоят прямоугольным строем в 4 шеренги и 10 колонн. Может ли быть, чтобы в каждой шеренге орков было 7, а в каждой колонне орков было 3?
б) 	Группа девочек-скаутов стоит прямоугольным строем из 12 шеренг. У некоторых девочек есть значки. Известно, что общее количество значков в каждой шеренге равно 10, а в каждой колонне равно 8. Сколько колонн в этом строю?
Разбор примера 1. а) Давайте посчитаем общее количество орков двумя способами — по шеренгам и по колоннам. В каждой шеренге 7 орков, поэтому если считать по шеренгам, то всего получится 4 • 7 = 28 орков. Но если считать по колоннам, то получим 10 • 3 = 30 орков. Значит, требуемое расположение невозможно.
/ 7 орков
\ в каждой \ шеренге
ЧЧ|
|3 в каждой;
; колонне |
1 1
б) 	Посчитаем общее количество значков у всех девочек по шеренгам и по колоннам. В каждой шеренге 10 значков, поэтому всего имеется 12 • 10 = 120 значков. Но эта же величина должна получиться, если считать по колоннам. В каждой колонне 8 значков, поэтому колонн должно быть 120:8 = 15.
Прежде чем двигаться дальше, обратим внимание учеников на метод, который мы применили: в каждой из задач мы нашли два


164
Раздел 1. Планы занятий
разных способа вычислить одну и ту же величину. Поскольку результаты должны быть одинаковыми, мы пришли к уравнению, которое позволяет нам решить задачу.
Давайте решим ещё несколько задач, которые демонстрируют возможности метода двойного подсчёта.
Пример 2. Группа марсиан и группа венерианцев встретились для важного разговора. В начале встречи каждый марсианин пожал руки 6 разным венерианцам, а каждый венерианец пожал руки 8 разным марсианам. Известно, что на встрече было 24 марсианина. Сколько было венерианцев?
Разбор примера 2. Давайте выясним, какую величину в этой задаче можно посчитать двумя различными способами. Может быть, число рукопожатий? Поскольку в любом рукопожатии участвуют марсианин и венерианец, общее количество рукопожатий марсиан совпадает с общим количеством рукопожатий венерианцев. Мы знаем, что каждый марсианин пожал руки 6 венерианцам. Всего марсиан было 24, поэтому у них всего было 24 • 6 = 144 рукопожатия. Значит, и у венерианцев было 144 рукопожатия. Но каждый из них пожимал руки 8 марсианам, следовательно, венерианцев в делегации было 144:8 = 18.
Пример 3. На рисунке вы видите карту Пушечного острова с крепостями и дорогами. Звезда в центре означает столицу Большую Крепость, 10 кружков означают 10 маленьких крепостей. На острове есть 4 дороги, идущие от берега до берега; все они проходят через столицу.
Известно, что общее количество пушек во всех крепостях на дороге, идущей с запада на восток, равно 130, а общее количество пушек во всех крепостях, расположенных на каждой из трёх остальных дорог, равно 80. Всего на острове 280 пушек. Сколько пушек в Большой Крепости? (В разных крепостях может быть различное количество пушек.)


Занятие 18. Двойной подсчёт
165
Разбор примера 3. Давайте выясним, какую величину в этой задаче можно посчитать двумя различными способами. Мы знаем общее количество орудий —280. Может быть, можно придумать другой способ посчитать это число? Если сложить число пушек на всех дорогах, получится 3 • 80 + 130 = 370. В этой сумме мы по одному разу посчитали все пушки маленьких крепостей и 4 раза посчитали пушки Большой Крепости (она находится на пересечении всех четырёх дорог). Значит, наше число 370 по сравнению с исходным 280 включает лишние трижды посчитанные пушки Большой Крепости. Поэтому в ней находится (370 — 280): 3 = 30 пушек. И снова умное применение двойного подсчёта позволяет нам найти число орудий, не пытаясь как-то размещать пушки по крепостям.
Пример 4. Перед вами карта замка.
8 кружков обозначают 8 башен, в каждой из которых сидит по заключённому. Башни соединены 12 стенами. На каждой стене находятся солдаты, охраняющие узников.
Считается, что заключённого охраняют все солдаты, находящиеся на всех трёх стенах, примыкающих к его башне. Для несения охраны имеется 12 групп солдат: в первой — 1 человек, во второй — 2,..., в последней—12. Можно ли расставить эти 12 групп охранников по одной на каждую стену, чтобы оказалось, что каждого узника охраняют поровну человек?
Разбор примера 4. Ответ на этот вопрос отрицателен. Для доказательства воспользуемся двойным подсчётом. Предположим, что нужная расстановка возможна.
Какую величину можно подсчитать двумя разными способами? Давайте посчитаем общее количество охранников.
Первый способ посчитать их количество — по стенам, стена за стеной: 1 + 2 +... +11 +12 = 78. (Проще всего найти эту сумму с помощью группировки: (1 -I-12) + (2 +11) +... + (6 + 7) = 13 • 6 = 78.)
Теперь найдём ту же величину по башням, башня за башней. Пусть каждого узника охраняют х человек. Тогда если мы условимся, что каждый узник видит только тех солдат, которые его охраняют, то все узники вместе видят 8л: солдат. При этом, поскольку каждая стена соединяет две башни, каждого охранника видят ровно 2 заключённых. Следовательно, мы «увидели» каждого охранника


166
Раздел 1. Планы занятий
два раза, и фактическое число охранников — 4х. В итоге получаем равенство 78 = 4х.
Заметим, что 78 не делится на 4, поэтому х—дробное число. Но число охранников должно быть целым. Противоречие. Поэтому мы не можем разместить солдат требуемым образом.
Пример 5. За круглым столом сидят 5 директоров пяти банков. У некоторых из этих банков отрицательный баланс (задолженность банка превышает имеющуюся в банке сумму денег), а у некоторых — положительный (сумма имеющихся в банке денег больше, чем его задолженность). Известно, что для любых 3 директоров, сидящих подряд, их банки в совокупности имеют положительный баланс. Докажите, что суммарный баланс всех 5 банков положителен.
Разбор примера 5. Единственные величины, которые есть в нашем распоряжении, — это суммарные балансы любых трёх соседних банков. Попробуем сложить эти 5 сумм. Рисунок справа помогает нам увидеть, что баланс любого банка включается в 3 из этих 5 сумм.
(На этом рисунке Да, Д2, Д3, Д4 и Д5 обо- значают для простоты и директоров, и баланс их банков.) Например, баланс у директора Дг включается в комбинации (Д4, Д5, Дх), (Д5, ДЪД2) и (ДъД2>ДзУ Значит, если мы сложим все 5 сумм, то мы три раза учтём баланс каждого банка: 3(Дг + Д2 + Дз + Д4 4- Д5). Но каждая из 5 сумм положительна по условию. Тогда и сумма Д1 + Д2 4- ДЗ + Д4 4- Д5 положительна, т. е. у всех банков в сумме положительный баланс.
Закончим классической задачей о количестве чёрных и белых многоугольников на футбольном мяче.
Пример 6. Футбольный мяч сшит из нескольких чёрных пятиугольников и белых шестиугольников. Они расположены так, что к сторонам каждого чёрного пятиугольника примыкают белые шестиугольники, а к сторонам каждого белого шестиугольника примыкают поочерёдно чёрные пятиугольники и белые шестиугольники. Всего мяч состоит из 32 многоугольников (панелей). Сколько среди них пятиугольников и шестиугольников?


Занятие 18. Двойной подсчёт
167
Разбор примера 6. Ищем величину, которую можно посчитать двумя способами. Что это может быть? Давайте посмотрим на рёбра, которые являются общими для панелей разного цвета. (Преподавателю: сделайте описание наглядным, отметив некоторые рёбра малярным скотчем, который можно прилепить на принесённый мяч или на рисунок мяча.)
Сначала посчитаем количество этих рёбер с помощью чёрных панелей. Пусть у нас х чёрных панелей. Каждая чёрная панель граничит с 5 белыми; поэтому общее число чёрно-белых рёбер равно 5х. Теперь обратимся к белым панелям. Всего у нас 32-х белых панелей, каждая граничит с 3 чёрными. Поэтому получается 3(32 — х) чёрно-белых рёбер.
Мы посчитали одно и то же двумя разными способами, поэтому получается уравнение:
5х = 3(32- х), 8х = 96, х = 12.
Итак, на футбольном мяче 12 чёрных пятиугольников и 20 белых шестиугольников.
Для преподавателей. Если у вас не очень сильная группа или группа более младших школьников, задача о футбольном мяче может оказаться слишком сложной и её лучше пропустить. Однако эта задача является классическим примером двойного подсчёта, и было бы несправедливо здесь не упомянуть о ней1.
А теперь время для самостоятельного решения задач. Нужен определённый опыт и интуиция для понимания, что мы имеем дело с задачей на двойной подсчёт, и определения величины, которую можно посчитать двумя способами. Поэтому для успешного освоения метода двойного подсчёта школьникам требуется много практики. Именно такие задачи составляют большинство в сегодняшней подборке. Кроме домашних задач, дадим также ещё несколько дополнительных.
1В некоторых источниках приводится отдельное название для приёма, сочетающего принцип Дирихле с методом двойного подсчёта, —принцип Фуби- ни. Одна из стандартных формулировок принципа Фубини: «если в среднем в каждой клетке находится к кроликов, то существует клетка, в которой сидит не менее к кроликов». Разумеется, «не менее» в этой формулировке можно поменять на «не более», и утверждение всё равно останется верным. В сильной группе можно предложить кружковцам доказать этот принцип.—Прим. ред.


168
Раздел 1. Планы занятий
18.3. 	Подборка задач
Задача 1. Можете ли вы украсить торт 8x8 шоколадными розами, чтобы на каждом куске размером 2x2 было ровно две розы, а на любом куске 3x1 была ровно одна роза? Либо нарисуйте такое расположение, либо объясните, почему это невозможно.
Задача 2. Все пираты судна «Чёрная Жемчужина» носят треуголки. Каждая треуголка украшена золотыми кисточками: на одном углу 1 кисточка, на другом —2 кисточки, на третьем —3 кисточки. Каждый вечер пираты укладывают свои шляпы в виде треугольной башни (не заботясь о порядке углов). Однажды во время бессонницы капитан Барбосса сложил число кисточек во всех углах башни, и оказалось, что в каждом углу по 25 кисточек. После небольшого раздумья капитан решил, что не менее 1 кисточки было потеряно. Прав ли капитан?
Задача 3. а) Расположите в кружках натуральные числа от 1 до 7 так, чтобы суммы чисел на всех трёх отрезках были равны 12 и суммы чисел на обеих концентрических окружностях тоже были равны 12.
б) Можете ли вы найти другое решение, при котором число в центре будет другим?
в) Можете ли вы решить эту головоломку для числа, отличного от 12?
Задача 4. В трамвае едет шестьдесят человек. Среди них несколько кондукторов и несколько фальшивых кондукторов (людей, которые выдают себя за кондукторов), несколько контролёров и несколько фальшивых контролёров, а также, возможно, несколько обычных пассажиров. Общее количество фальшивых кондукторов и фальшивых контролёров в 4 раза меньше, чем общее количество настоящих кондукторов и настоящих контролёров. Общее количество контролёров (настоящих и фальшивых) в 7 раз больше, чем общее количество кондукторов (настоящих и фальшивых). Сколько обычных пассажиров в трамвае?
Задача 5. На награду «Лучший математический фильм» были номинированы несколько кинокартин. Каждый из 10 арбитров втайне от других выбирает лучший фильм. Известно, что из любых 4 арбитров по крайней мере 2 голосовали за один и тот же фильм. До¬


Занятие 18. Двойной подсчёт
169
кажите, что существует фильм, который выбрали по крайней мере 4 арбитра.
♦
Задача 6. На шахматной доске 8x8 имеется 30 диагоналей (по 15 в каждом направлении). Можно ли поставить на доску несколько шахматных фигур, чтобы общее число фигур на каждой диагонали было нечётным? (Подсказка: решить задачу поможет чёрно-белая раскраска доски.)
18.4. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Света, Ира и Лёня играют в шахматы. Каждый сыграл 10 партий.
а) Сколько было всего сыграно партий?
б) Может ли быть, чтобы Лёня сыграл с Ирой больше партий, чем со Светой?
Задача 2. В детский сад пришли 13 детей. Каждый ребёнок принёс по 3 игрушки: куклу, плюшевого зверя и машинку. Время от времени какая-нибудь пара детей обменивается игрушками друг с другом. Может ли оказаться так, что каждый ребёнок отправился домой с игрушками только одного вида: либо с куклами, либо с животными, либо с машинками?
Задача 3. 36 бойцовых котов стоят строем 6 х 6. У каждого кота за ремнём заткнуто несколько кинжалов. Может ли общее число кинжалов в каждой шеренге быть больше 50, а общее число кинжалов в каждой колонне при этом быть меньше 50?
Задача 4. а) У фермера Джона есть 8 свиней. Он заметил, что любые 4 свиньи в сумме весят не меньше 1000 килограммов. Докажите, что все 8 свиней в сумме весят не меньше 2000 килограммов.
б) 	У фермера Джона есть 6 свиней. Он заметил, что любые 4 свиньи в сумме весят не меньше 1000 килограммов. Докажите, что все 6 свиней в сумме весят не меньше 1500 килограммов.
Задача 5. Тёмный маг собрал отряд орков и гоблинов. В первый день каждый орк поссорился с 10 гоблинами и 5 орками, а каждый гоблин поссорился с 9 орками и 6 гоблинами. Кого в отряде больше — орков или гоблинов? (В каждой ссоре участвуют двое, и ссора симметрична — если А поссорился с В, то и В поссорился с А.)


170
Раздел 1. Планы занятий
Задача 6. У миссис Смит есть несколько банкнот по 10 долларов и по 20 долларов. Если она потратит все свои 10-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 4 пирога с малиной. Если она потратит все свои 20-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 5 пирогов с малиной. Если она потратит и все 10-долларовые, и все 20-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 6 пирогов с малиной. Сколько стоит один пирог с малиной?
Задача 7. Несколько студентов выбирают себе математические курсы. Всего предлагается 7 курсов: математическая логика, методы доказательств, комбинаторика, теория чисел, теория графов, криптография и стратегические игры. Оказалось, что каждый студент выбрал себе нечётное число курсов и каждый курс был выбран нечётным числом студентов. Чётно или нечётно общее количество студентов?
Задача 8. а) Шесть монет расположили в виде треугольника, как на рис. А. Известно, что общий номинал любых трёх граничащих друг с другом монет (образующих треугольник) равен 10 тугрикам. Чему равен суммарный номинал всех шести монет? (Монеты одинаковы по размеру, но их номинал может быть разным.)
б) 	Взгляните на рис. Б. Каким может быть суммарный номинал всех десяти монет? (Условия те же, что в п. а). Либо вычислите этот суммарный номинал, либо приведите примеры двух разных сумм.)
А Б
Задача 9.10 школьников выставили по одной фотографии в «Ин- стаграме», чтобы собирать лайки. В первый день все фотографии получили разное число лайков — от 1 до 10. То же самое произошло и во второй день. После двух дней оказалось, что нет двух фотографий, у которых поровну лайков. Докажите, что найдётся такая пара фотографий, что у одной ровно на 10 лайков больше, чем у другой.


Занятие 18. Двойной подсчёт 171
Задача 10. Можно ли расставить в кружках 10 чисел 0,1,2,..., 9, чтобы суммы 3 чисел на каждом отрезке были одинаковыми?
Задача 11. Имеется 7 натуральных чисел. Какие бы 6 из них мы ни взяли, сумма этих 6 чисел делится на 5. Докажите, что каждое из чисел делится на 5.
Задача 12. Тамара нарисовала прямоугольник на клетчатой бумаге и замостила его доминошками 1x2. Она заметила, что любая линия решётки разрезает кратное 4 число доминошек. Докажите, что длина по крайней мере одной стороны прямоугольника делится на 4.
Задача 13. Таблица 4x4 заполнена числами, как показано на рисунке. Перед каждым числом поставлен либо «+», либо «—», причём в каждой строке и в каждом столбце есть ровно 2 плюса и 2 минуса. Докажите, что сумма всех чисел с учётом знаков всегда будет равна 0.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
Задача 14. Каждый из 27 английских джентльменов посещает не более двух разных клубов. Кроме того, любые два из этих джентльменов посещают один и тот же клуб. Докажите, что по крайней мере 18 из этих джентльменов посещают один и тот же клуб.


Занятие 19 Математическая олимпиада II
Сегодня день второй олимпиады нашего кружка.
Что принести на урок
• Распечатки задач олимпиады (одна на ученика).
• Призы для участников (по желанию).
19.1. 	Событие дня: «Математическая олимпиада»
В главе «Математическая олимпиада» (с. 267) вы найдёте много информации об организации и проведении олимпиады.
Сегодняшняя олимпиада устроена так же, как и первая. Задачи упорядочены по увеличению сложности. Они делятся на две части. В начале занятия каждый ученик получает первую часть задач. Как только он решает любые четыре задачи из неё, он получает вторую часть задач.
19.2. 	Первая часть задач
Задача 1. Саша и Паша спускались с вершины горы. Саша пошёл пешком, а Паша поехал на лыжах —в 20 раз быстрее, чем Саша. На половине расстояния до низа горы Паша сломал лыжи и оставшуюся часть тоже шёл пешком — в 2 раза медленнее, чем Саша. Кто спустился с горы первым?
Задача 2. На вешалке висели 20 шляп. К ней подошли 25 человек. Некоторые из них взяли шляпу, а некоторые повесили свою. Может ли оказаться так, что на вешалке после этого осталось 10 шляп?


Занятие 19. Математическая олимпиада II
173
Задача 3. Одуванчик открывается утром и цветёт жёлтым цветом 2 дня. Утром третьего дня он белеет, а к концу этого дня облетает. Вчера на лугу было 20 жёлтых цветов и 14 белых; сегодня 15 жёлтых и 11 белых.
а) Сколько жёлтых цветов было позавчера?
б) Сколько белых цветов будет завтра?
Задача 4. Можно ли расставить числа от 1 до 6 на рёбрах тетраэдра так, чтобы для каждой вершины сумма чисел на примыкающих к ней рёбрах была одной и той же?
Задача 5. Саша нарисовал на бумаге 6 отрезков и отметил точки пересечения синим маркером. Оказалось, что в каждой отмеченной точке пересекаются ровно 2 отрезка. Кроме того, на первом отрезке оказалось 3 отмеченные точки, на втором —4, на третьем, четвёртом и пятом — по 5 отмеченных точек. Сколько отмеченных точек есть на шестом отрезке?
Задача 6. Соревнование по поеданию хот-догов продолжалось два дня. Во время первого дня каждый участник съел столько хотдогов, сколько все остальные участники вместе во второй день. Докажите, что все участники за два дня съели поровну хот-догов.


174
Раздел 1. Планы занятий
19.3. 	Вторая часть задач
Задача 7. В школьном лагере находится 55 детей. Из каждых 10 детей по крайней мере 5 одного возраста. Докажите, что в лагере найдётся по крайней мере 25 детей одного возраста.
Задача 8. Граф Дракула хочет распределить 100 золотых талеров между тремя благотворительными организациями: «Легализация некромантии», «Анонимные вампиры» и «Скорая донорская помощь». Каждой из организаций он хочет дать какое-то натуральное число талеров. Сколькими способами граф может сделать свой благотворительный вклад?
Задача 9. Восемь ладей поставлены на шахматную доску так, что они не бьют друг друга. Докажите, что число ладей на чёрных полях чётно.
Задача 10. В коробке лежат теннисные мячи 10 разных цветов. Известно, что из коробки можно вытащить 100 мячей так, чтобы в ней осталось одно и то же количество мячей каждого цвета. Докажите, что в коробку можно добавить 900 мячей, чтобы в ней было одно и то же количество мячей каждого цвета.
19.4. 	Дополнительные задачи
Задача 11. Числа 1, 2, 3 и 4 расположены по кругу (в этом порядке). Вы можете добавить по 1 к любой паре соседних чисел. Сможете ли вы сделать все числа равными? Либо покажите, как это сделать, либо докажите, что это невозможно.
Задача 12. На вечеринку пришло 11 человек. Оказалось, что для любых 5 человек на вечеринке найдётся человек, который знаком с каждым из пятерых. Докажите, что на вечеринке есть человек, который знаком со всеми остальными.
Задача 13. Вчера вечером 101 пара юношей и девушек отправилась на свидание. Все юноши пришли ровно в 19 часов. Некоторые девушки пришли раньше 19 часов, и им пришлось ждать своего друга, а остальные пришли после 20 часов, так что их юношам пришлось ждать подруг. Докажите, что если бы все юноши пришли в 20 часов, то общее время ожидания было бы другим.


Занятие 20 Делимость I. Повторение
Сегодня мы переходим к новой теме—делимости и остаткам. Эта тема не только интересна сама по себе, но ещё и является воротами в очень важный раздел математики под названием теория чисел. Теория чисел изучает общие свойства чисел, в первую очередь целых. Этот теоретический раздел математики сотни лет развивался сам по себе, а сейчас нашёл широкое применение в прикладных науках: в разработке программного обеспечения, криптографии и многих других дисциплинах. К тому же делимость и остатки — очень благодатная тема для математического кружка. Её различные аспекты — от самых простых до более сложных — можно изучать в одном и том же кружке в течение нескольких лет.
Сегодня у нас повторение материала, который мы изучали в прошлом году (см. [1]).
Для преподавателей. За одно сегодняшнее занятие мы планируем быстро повторить темы, которые в прошлом году заняли у нас три урока. В зависимости от уровня вашей группы вам может потребоваться дополнительное занятие. (Материалы вы можете взять в «Дневнике математического кружка. Первый год занятий» [1] или в своей любимой книге, посвящённой делимости.)
Что принести на урок
• Распечатки двух подборок задач для решения в классе (одна на ученика).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
20.1. 	Математическая разминка
На сегодняшней разминке мы будем играть в игру «цепочки слов», изобретённую Льюисом Кэрроллом. Правила очень просты. Игроки получают два слова одинаковой длины. Цель — построить цепочку от первого слова до последнего, меняя каждый раз по одной букве.


176
Раздел 1. Планы занятий
Все промежуточные слова должны быть реальными существительными русского языка. Чем решение короче, тем оно лучше.
Например, вы можете сделать из слова КОТ слово ПЁС за четыре шага: КОТ — ПОТ -+ ПАТ — ПАС — ПЁС.
Постройте такие цепочки.
• Взяв МЕДЬ, сделайте ЦЕПЬ.
• Нагрейте ЛЁД до ПАРА.
• Превратите ДЕНЬ в НОЧЬ.
• Используя РЕЧЬ, скажите ТОСТ.
• Испеките БУЛКУ из ТЕСТА.
• Кто быстрее доберётся до КОЗЫ: ЛИСА или ВОЛК?1
20.2. 	Тема занятия: «Делимость»
Начнём повторение с напоминания о важном различии между словами «деление» и «делимость».
Деление— это действие, когда мы делим одно число на другое. Для обозначения мы используем знаки «:» или «/». Например, 10:4=2,5 или 18,15/5,5=3,3. В любом таком выражении делимое делится на делитель и получается частное. Делимым может быть любое число, а делителем — почти любое (нельзя делить на 0).
Делимость — это специальный термин, который обозначает способность одного натурального числа нацело (без остатка) разделиться на другое натуральное число. Например, 10 делится на 2, но не делится на 4. Однако 10 вполне можно разделить на 4 не нацело (получится 2,5).
Введём формальное определение делимости.
Определение. Пусть А и В—два натуральных числа. Говорят, что А делится на В, если можно найти такое натуральное число К, что А = В-К. Число В (и К тоже) называется делителем числа2 Л.
1 Разумеется, эти задачи не совсем математические. В частности, ещё и потому, что мы не зафиксировали, какие именно существительные допустимы в игре. В частности, можно ли использовать имена собственные? А слова в косвенных падежах? А очень редкие слова, которые есть только в специализированных словарях? —Прим. ред.
2 Когда мы говорим о делимости, мы подразумеваем, что работаем только с натуральными числами. Поэтому ради краткости будем время от времени опускать слово «натуральный», если это понятно по контексту.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
177
Обозначение. Для обозначения делимости используются символы • или |. Выражение А \ В читается «Л делится на В» или «Л кратно В». Выражение В\А читается «В делит Л» или «В—делитель1 числа Л».
У делимости есть много важных и полезных свойств.
Делимость суммы
Предположим, что натуральные числа АиВ делятся на К. Тогда сумма А + В и разность А —В также делятся на К. Мы можем записать это свойство так: если А \ К и В \ К, то (Л + В) \ К и (А — В) I К.
Доказательство. По определению делимости А = КХ и В — KY для некоторых натуральных чисел X и Y. Поэтому
Л + В = КХ + KY = К(Х + У).
Рассуждение для вычитания производится аналогичным образом.
Делимость произведения
Предположим, что хотя бы одно из натуральных чисел Л и Б делится на К. Тогда произведение АВ также делится на К.
Доказательство. Пусть А делится на К; тогда А = КХ, а АВ = = КХВ = К(Х-В). Поэтому АВ делится на К.
Эти два простых свойства оказываются удивительно полезными.
Вопрос. Делится ли число 111222333444555 на 111?
Ответ положителен. Это можно проверить долгим прямым делением. Но мы люди ленивые и предпочитаем срезать путь. Заметим, что 111, 222, 333, 444 и 555 делятся на 111. Поэтому любая сумма этих чисел, умноженных на какие-то коэффициенты, тоже будет делиться на 111.
Однако наше число как раз представимо в виде такой суммы: 111222333444555 = 111-1012+222-109+333-106+444-103+555.
Поэтому оно делится на 111.
Разложение на простые множители
Теперь поговорим про простые числа и разложение на простые множители.
1 Здесь приведены два взаимодополняющих обозначения. Чаще всего авторы задачников и учебников по теории чисел пользуются только каким-то одним из них, но разные авторы — разными. —Прим. ред.


178
Раздел 1. Планы занятий
Простое число — это число, которое имеет только 2 различных делителя: само себя и 1. Например, числа 2,3, 5 и 7 простые; числа 4, 6, 8 и 9 не являются простыми (такие числа называют составными). Число 1 не является ни простым, ни составным. Можете ли вы сказать почему?
Разложение на простые множители некоторого числа — это процесс нахождения простых чисел, которые при перемножении дают исходное число. Также этим термином можно назвать результат такого процесса: набор простых чисел, которые при перемножении дают исходное число.
Например, разложение на простые множители числа для 920 выглядит так:
920 = 92-10 = 46* 2 *10 = 23 *2-2-10 = 23- 2-2-5 *2.
Принято записывать разложение числа в возрастающем порядке множителей с указанием степени, если множители повторяются. Поэтому разложение для 920 записывается в виде 920 = 23 • 5 • 23. Можно также сказать, что в разложение числа 920 входят 2 в третьей степени, 5 в первой степени и 23 в первой степени.
Разложение на простые множители является единственным с точностью до порядка множителей. Этом важный факт имеет собственное наименование: основная теорема арифметики. (Мы не будем доказывать эту теорему, а примем её как данность.)
Обозначения
Если мы не знаем разложения числа на простые множители, мы можем использовать переменные. Например, мы можем записать разложение произвольного числа А в виде А = ргр2.. .рп. В этой формуле переменные рк обозначают неизвестные простые множители. (Поскольку мы не знаем, сколько простых множителей в этом числе, мы обозначаем их количество буквой п.)
Если для задачи важна экспоненциальная форма записи, мы мо-
к к k
жем использовать более сложную запись: А = р11р22...р*т. Здесь мы используем переменные и для самих простых множителей, и для их показателей степени.
Иногда более младшие школьники пугаются таких обозначений. Это не так важно, и не нужно на них давить —в конечном счёте


Занятие 20. Делимость I. Повторение
179
они освоят эту формулу. Поскольку мы хотим, чтобы этот материал был доступен для всех, мы станем придерживаться графических моделей как интуитивно понятных. Будем наглядно представлять простые множители какого-нибудь числа как «мешок», заполненный этими множителями. Такое представление подчёркивает роль простых чисел как строительных блоков для любых других чисел. Также это позволит нам давать математически строгие объяснения и одновременно пользоваться преимуществами наглядного изображения.
На рисунке ниже предложены три примера такой модели. Слева изображено число 920 со всеми своими простыми множителями, в центре — некоторое число А, у которого разложение на простые множители неизвестно, справа — некоторое число Б, у которого есть простой множитель 2017.
Разложение на простые множители для произведения
Предположим, что у нас есть числа Л и Б. Тогда разложение на простые множители числа АВ является объединением разложений для двух исходных чисел.
Все простые множители числа А
В
г '
Все простые множители числа В Ч s
АхВ
< ’ . „■■'ч
Г \ / V
| Все простые I I Все простые |
. множители И множители I числа A I I числа В I
о 4 'J
Делимость и разложение на простые множители
Зачем нам нужно знать простые множители какого-нибудь числа? Дело в том, что такое разложение даёт массу информации о числе и, в частности, является отличным инструментом для изучения делимости.
Мы начинаем с очень важного наблюдения.


180
Раздел 1. Планы занятий
Наблюдение. Число А делится на число В тогда и только тогда, когда все простые множители числа В являются одновременно и простыми множителями числа А.
Доказательство. Если А делится на В, то А = ВК для какого-то натурального К. Разложим ВиКна простые множители. Вместе эти разложения являются разложением числа А. Поэтому все множители числа В входят в разложение числа А.
Докажем, что верно и обратное. Пусть все множители числа В входят в разложение числа А. Нам нужно доказать, что А будет делиться на В.
Давайте разобьём все простые множители числа А на две группы — те, которые входят в В, и те, которые не входят в В (см. рисунок ниже).
Все простые множители А
\ /Остальные %\
* » простые * 1 1 \ множители 1 j J \ числа А 1 у
При перемножении множителей в первой группе получается В; при перемножении множителей во второй группе получается какое- то число К, причём А = В-К. Поэтому А делится на В.
Упражнение 1. Пусть А = 2 • 2 • 3 • 3 • 3 • 7 • 11 • 37.
а) Пусть В = 2 • 2 • 3 • 3 • 11. Делится ли А на В?
б) Пусть С = 2 • 2 • 2 • 3. Делится ли А на С?
Ответ на первый вопрос положителен, поскольку набор множителей числа В входит в набор множителей числа А.
Ответ на второй вопрос отрицателен, поскольку в числе С среди множителей есть три двойки, а в числе А — только две.
Практические задачи
Давайте разберём ещё несколько примеров. Хотя сами по себе они несложные, обычно у школьников бывают определённые трудности со строгим обоснованием решений.
Пример 1. Число А не делится на 3. Может ли число 2А делиться на 3?
Разбор примера 1. Ответ отрицателен. Число 3 простое. Поэтому если бы 2А делилось на 3, то одним из простых множителей числа
, Все простые I множители k I числа В
'


Занятие 20. Делимость I. Повторение
181
2А было бы число 3. Но откуда оно возьмётся? Число 2Л —это произведение чисел 2 и Л, поэтому в разложение числа 2А на простые множители входят простые множители числа 2 и простые множители числа А. Однако 3 не входит ни в одно из них. Поэтому его не может быть в разложении числа 2А. Следовательно, 2А не может делиться на 3. Рисунок ниже делает это объяснение более наглядным.
2хА
Г \ , \ ( s / -
I Нет множителя 3 > 2 i i К Нет множителя 3 ;
ЧЛ-'
Пример 2. Число А2 делится на 8. Докажите, что А2 делится на 16.
Разбор примера 2. Число А2 делится на 2 • 2 • 2, поэтому в его разложение на простые множители входят три двойки. Но разложение числа А2 = А • А является объединением двух разложений числа А. Эти три двойки распределены между двумя разложениями числа А, и поэтому не менее двух двоек попало в одно разложение числа А. Следовательно, А делится на 2 • 2 = 4. Но тогда А2 делится на 4-4 = 16.
АхА Ах А
Пример 3. Решите уравнение БАО • БА • Б = 2002. (Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
Разбор примера 3. Начнём с разложения числа 2002 на простые множители:
2002 = 2 • 1001 = 2•7•11• 13.
Как мы узнали разложение 1001 на простые множители? Во- первых, множитель 7 можно подобрать методом проб и ошибок. Во-вторых, число 1001 особое: это число и его производные нередко можно встретить в различных задачах на делимость. Поэтому


182
Раздел 1. Планы занятий
полезно запомнить его простые множители. Итак, 4 простых множителя 2, 7, 11 и 13 нужно распределить по 3 числам БАО, БА и Б. Начнём с 11. Очевидно, что ни Б, ни БА не делятся на 11, поэтому 11 входит в БАО.
Если Б больше 1, то БАО • БА • Б > 200 • 20 • 2 = 8000 > 2002. Следовательно, Б = 1. Осталось распределить 2, 7 и 13 по БАО и БА. БА начинается с 1, поэтому БА = 2 • 7 или БА= 13. Если БА= 13, то БАО = 11*2*7 = 154. Поскольку А не может быть равно 3 и 5 одновременно, этот вариант невозможен. Если же БА = 2 • 7 = 14, то БАО = 11 • 13 = 143. Это единственный возможный ответ.
Для освоения делимости нужно твёрдое понимание её основ. Поэтому мы включили в занятие не только основную подборку задач, но и две подборки практических упражнений. Они могут оказаться крайне полезными для новичков и более младших школьников. Также добавлены дополнительные задачи, которые можно использовать для улучшения навыков.
20.3. 	Упражнения по разложению на множители.
Подборка 1
В каждом из приведённых упражнений у вас есть список фактов
о каком-либо числе. Ваша задача —
найти это число.
1. Секретное число:
6. Секретное число:
—делится на 7,
— делится на 45,
—делится на 11,
—делится на 25,
—делится на 2,
— всего имеет 4 простых множи¬
— всего имеет 3 простых множителя.
теля.
2. Секретное число:
7. Секретное число:
—делится на 4,
— заканчивается 2 нулями,
—делится на 6,
—делится на 3,
— всего имеет 3 простых множителя.
— всего имеет 5 простых множи¬
телей.
3. Секретное число:
8. Секретное число:
— не делится на 8,
—делится на 5,
—делится на 4,
— делится ровно на 3 различных
—делится на 6,
числа.
—делится на 7,
— всего имеет 4 простых множителя.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
183
4. Секретное число:
—делится на 14,
—делится на 21,
—делится на 6,
— всего имеет 3 простых множителя.
9. Секретное число:
—делится на 4,
— делится ровно на 5 различных чисел.
5. Секретное число:
— не делится на 27,
—делится на 6,
—делится на 9,
—делится на 4,
— всего имеет 4 простых множителя.
10. Секретное число:
— делится на 15,
— делится на 21,
— делится на 35,
— делится ровно на 8 различных чисел.
20.4. 	Упражнения по разложению на множители.
Подборка 2
Задача 1. Разложение числа на простые множители таково:
2 • З2 • 73 • 13.
Делится ли это число на 2? На 4? На 14? На 12? На 98?
Задача 2. Разложение одного числа на простые множители таково:
22 • 3 • 73 • 13,
разложение другого числа на простые множители таково: 2 • З3 • 72.
а) Делится ли первое число на второе?
б) Делится ли произведение этих чисел на 8? На 36? На 27? На 16? На 56?
Задача 3. Число А чётное. Верно ли, что ЗА обязательно делится на 6?
Задача 4. Число 5А делится на 3. Верно ли, что А обязательно делится на 3?
Задача 5. Числа А и Б таковы, что АВ делится на 7. Верно ли, что одно из этих чисел обязательно делится на 7?
Задача 6. Числа А и В таковы, что АВ делится на 15. Верно ли, что одно из этих чисел обязательно делится на 15?
Задача 7. Число А2 делится на 11. Верно ли, что А2 обязательно делится на 121?
Задача 8. Число А2 делится на 12. Верно ли, что А2 обязательно делится на 144?


184
Раздел 1. Планы занятий
20.5. 	Подборка задач
Задача 1. Фраза в древнем учебнике гласит: «з333333 + \ является простым числом». Может ли эта фраза быть истинной?
Задача 2. Найдите наименьшее такое число N, чтобы АП делилось на 990. (АП — это произведение всех целых чисел от 1 до N.)
Задача 3. Делится ли 100! на 2100?
Задача 4. Решите уравнение УМ • УМ = БУМ.
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
Задача 5. Рассеянный математик полагает, что он может разместить 99 натуральных чисел по кругу так, чтобы для каждой пары соседних чисел отношение большего числа к меньшему было простым числом. Докажите, что математик ошибается.
Задача 6. На доске расставлены 8 ладей так, что никакие две ладьи не бьют друг друга. Докажите, что если разрезать доску на четыре квадрата 4x4, как показано на рисунке, то в частях А и D будет равное количество ладей.
20.6. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Произведение двух натуральных чисел равно 1000. Ни одно из этих чисел не оканчивается нулём. Найдите эти числа.
Задача 2. Докажите, что число делится на 4 тогда и только тогда, когда число, образованное его последними двумя цифрами, делится на 4.
Задача 3. Несколько веков назад знаменитый математик Леонард Эйлер предложил очень интересную формулу для простых чисел: п2 + п + 41. Если вы начнёте подставлять в неё первые натуральные числа п — 1,2,3,4 и т. д., вы будете получать простые числа. Например, при п = 20 формула даёт простое число 461, при п = 21


Занятие 20. Делимость I. Повторение
185
формула даёт простое число 503 и т. д. Верно ли, что эта формула даёт простые числа при всех натуральных п?
Задача 4. Докажите, что из 7 точных квадратов всегда найдутся два, разность которых делится на 10.
Задача 5. Я задумала трёхзначное простое число. Его последняя цифра равна сумме двух других. Какой может быть последняя цифра моего числа?
Задача 6. Докажите, что если п\ + 1 делится на тг + 1, то тг + 1 является простым числом.


Занятие 21
Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК
Сегодня мы продолжим обсуждать темы, связанные с делимо- стью. Мы начнём со взаимно простых чисел, а потом перейдём к наибольшим общим делителям и наименьшим общим кратным.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Распечатки задач для практических упражнений по поиску НОД и НОК (одна на ученика).
21.1. 	Математическая разминка: «Загадка простых чисел»
На сегодняшней разминке мы расскажем о нескольких интересных и увлекательных фактах, связанных с простыми числами1.
Простые числа восхищали математиков в течение многих веков. Исследуя их, учёные совершили массу открытий, а также столкнулись с множеством вопросов, которые до сих пор остаются без ответа.
Давайте познакомимся с несколькими видами простых чисел, которые носят собственные названия.
Простые числа-близнецы — это простые числа, разность между которыми равна 2. Например, числами-близнецами являются 3 и 5, 17 и 19. Можете ли вы предложить другие примеры чисел-близне- цов?
Простые кузены — это простые числа, разность между которыми равна 4. Например, кузенами являются 19 и 23.
В русском языке нет специального названия для простых чисел, отличающихся на 6. В английском языке их иногда называют sexy primes. Звучит как «сексуальные простые числа», но на самом деле
1 Разминка вдохновлена статьёй о промежутках между простыми числами, опубликованной в «New Yorker Magazine» [16].


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 187
здесь sex —это просто число 6 на латыни. Такими числами являются, например, 11 и 17, 13 и 19.
Перестановочные простые числа — это простые числа, которые остаются простыми, как бы ни переставлять их цифры. Например, 337, 373 и 733 являются перестановочными простыми числами1.
Простые палиндромы — это простые числа, которые читаются одинаково в обоих направлениях. Первыми простыми палиндромами являются 2, 3, 5, 7,11,101,131,151,181,...
«Дырявые» простые числа составлены из цифр, имеющих «дырки» (0, 4, 6, 8 и 9). Первыми такими простыми числами являются 89,409,449,499, 809,4049,4099,...
Можно рассматривать и многие другие виды простых чисел2.
Наверное, самыми важными из всех сложных вопросов о простых числах являются те, которые связаны с их распределением.
• Существует ли формула, дающая простые числа?
• С какой частотой встречаются простые числа среди всех натуральных чисел?
1В западной литературе их называют также анаграмматическими простыми или абсолютными простыми числами. Первыми такими числами являются 2,3, 5, 7,11,13,17,31,37, 71, 73,79,97,113,131,199,...-Прим. пер.
2 Добавим к сказанному следующие виды простых чисел. Эмирпы (от англ. слова emirp, которое получено переворачиванием слова prime, обозначающего простое число) — это простые числа, которые при прочтении в обратном направлении дают другое простое число. Этим эмирпы отличаются от простых палиндромов. Первыми эмирпами являются 13,17,31,37,71, 73, 79,97,... Приходится пользоваться этим термином, потому что слово еотсорп, образованное по такой же схеме в русском языке, к сожалению, звучит слишком неуклюже. —Прим. пер.
Суперпростые числа — это простые числа, номера которых в последовательности простых чисел тоже являются простыми числами, т. е. это числа, стоящие на втором, третьем, пятом местах и т. д. Первыми суперпростыми числами являются 3, 5,11,17,31,41,59, 67,83,...
Сбалансированные простые числа — это простые числа, которые равны среднему арифметическому предыдущего и последующего простых чисел. На-
3 + 7
пример, 5 = -у-. Первыми сбалансированными простыми числами являются 5,53,157,173,211,257,263,...
Факториальные простые числа — это простые числа, имеющие вид п\± 1 для некоторого натурального гг. Первыми факториальными простыми числами являются 2,3, 5, 7,23, 719,5039,...
Существуют также простые числа Фибоначчи, простые числа Ферма, простые числа Мерсенна, простые числа Маркова и множество других «именных» простых чисел. —Прим. ред.


188
Раздел 1. Планы занятий
• Что происходит с промежутками между простыми числами по мере увеличения самих чисел? Увеличиваются ли такие промежутки?
На некоторые из этих вопросов ответы получены, некоторые же остаются без ответов до сих пор.
Много лет назад было доказано, что существует бесконечно много простых чисел. Этот факт был доказан Евклидом примерно за три века до нашей эры. Однако появление простых чисел выглядит случайным—до сих пор не обнаружено ни одной универсальной формулы для их получения.
По мере увеличения чисел простые встречаются всё реже и реже. Например, все мы знаем, насколько больше простых чисел сосредоточено около числа 10 по сравнению с числом 1000. Между 1 и 10 имеется 5 простых, между 1 и 100 — 25 простых, между 1 и 1000 — 168 простых, а между 1 и 10000 — 1229 простых чисел.
Поскольку большие простые числа встречаются с меньшей частотой, промежутки между ними тоже увеличиваются. На самом деле для любого числа N можно указать N последовательных составных чисел. Задача «найти N последовательных составных чисел» имеет довольно простое решение.
В XIX веке была высказана гипотеза: как бы далеко вы ни ушли по числовой прямой, вы всегда сможете найти пару простых чисел- близнецов. Вот уже более столетия математики не могут доказать эту гипотезу; хотя за это время им удалось значительно продвинуться. Несколько лет назад была доказана революционная теорема1, которая открывает путь к гипотезе о близнецах2.
Ещё одна знаменитая проблема — гипотеза Гольдбаха — утверждает, что любое чётное число, большее 2, можно представить в виде суммы двух простых чисел. Например,
6 = 3 + 3, 24= 11 + 13, 100 = 53 + 47.
1 Теорема об ограничении промежутка между простыми числами говорит, что существует такое число Г, что имеется бесконечно много пар последовательных простых чисел с разностью, не превосходящей Т. В 2013 году китайский математик Чжан Итан доказал это утверждение, если Т = 70000000. Сейчас математики работают над уменьшением этой границы до 2.
2 Сам Чжан Итан не сомневался, что граница будет снижена, хотя он почти уверен, что добиться числа 2 не удастся. В том же 2013 году Джеймс Мейнард довёл границу до 600, а в 2014 году с помощью проекта Polymath она снизилась до 246. —Прим. ред.


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 189
Это предположение, высказаное 250 лет назад, все ещё ждёт своего доказательства!!!1
Итак, спустя века исследований простые числа таят множество загадок и тайн и ставят задачи перед крупнейшими современными математиками.
21.2. 	Тема занятия: «Взаимно простые числа»
Взаимно простые числа — это числа, у которых нет общих делителей, кроме 1. Например, 12 и 25 —это взаимно простые числа, а вот 12 и 18 — нет, поскольку у них есть общие множители 2, 3 и 6.
Во время первого года занятий мы исследовали одно очень полезное свойство взаимно простых чисел: мы узнали, что делимость на произведение взаимно простых чисел вытекает из делимости на сами эти числа (см. [1]). Давайте снова взглянем на это свойство: сначала возьмём конкретный пример, а затем перейдём к обобщению.
Пример 1. Предположим, что нужно проверить, делится ли число 78123456 на 36. Как это сделать лучше всего? От прямого деления мы отказываемся, поскольку это занимает слишком много времени.
Разбор примера 1. Возможно, мы сумеем разбить 36 на два множителя и проверить делимость на эти множители? Например, 36 = 3 • 12 или 36 = 4 • 9. Будет ли делимость на 36 следовать из делимости на 3 и на 12? Будет ли делимость на 36 следовать из делимости на 4 и на 9?
Число 24 —пример, который показывает, что делимость на 36 вовсе не следует из делимости на 3 и 12. Однако делимость на 36 следует из делимости на 4 и на 9, потому что 4 и 9 — взаимно простые числа! В самом деле, если наше число делится на 4 и на 9, то в него входит множество всех делителей числа 4 и множество всех делителей числа 9. Но ведь 4 и 9 — взаимно простые числа, поэтому эти два множества не пересекаются. Следовательно, в наше число входят и все простые делители числа 4 (т. е. 2 и 2), и все простые делители числа 9 (т. е. 3 и 3). Поэтому наше число делится на 2 • 2 • 3 • 3.
Таким образом, чтобы выяснить, делится ли 78123456 на 36, нужно проверить, делится ли оно на 4 и на 9. Поскольку сумма цифр
1В 2013 году перуанский математик Харальд Гельфготт доказал более слабую тернарную гипотезу Гольдбаха: любое нечётное число, большее 5, можно представить в виде суммы трёх простых чисел. —Прим. ред.


190
Раздел 1. Планы занятий
этого числа делится на 9, оно делится на 9. Поскольку оно оканчивается на двузначное число 56, которое делится на 4, оно делится на 4. Следовательно, 78123456 делится на 36.
Теперь сформулируем общее правило.
Делимость и взаимно простые числа. Предположим, что нам нужно проверить, что натуральное число А делится на натуральное число В, причём В является произведением двух взаимно простых чисел: В = В1В2. Тогда если А делится и на Въ и на В2, то А делится и на их произведение В = ВгВ2-
Это полезное правило можно обобщить. Предположим, что нужно проверить делимость на какое-то число. Если мы можем представить это число (делитель) в виде произведения нескольких множителей, которые попарно взаимно просты, то задача упрощается: если есть делимость на каждый из множителей, то есть и делимость на их произведение.
Например,
• чтобы проверить делимость на 60, достаточно проверить делимость на 3, 4 и 5;
• чтобы проверить делимость на 315, достаточно проверить делимость на 9, 5 и 7.
21.3. 	Наибольший общий делитель (НОД)
Определение. Наибольший общий делитель двух натуральных чисел А и В — это наибольшее натуральное число, на которое делятся и Л, и В. Обычно этот термин сокращают до аббревиатуры НОД.
Например, у чисел 24 и 36 есть несколько общих множителей: 1, 2, 3,4, 6 и 12. Самый большой из них —12; он и является наибольшим общим делителем. Сокращённо это записывается так:
НОД(24, 36) = 12.
Как вычислять НОД?
Если мы знаем разложение чисел Л и В на множители, то НОД(А, В) вычислить нетрудно. Давайте объясним эту процедуру на примере.
Пример 2. Найдите НОД (54,144).


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 191
Разбор примера 2. Разложим числа на простые множители:
54 = 6- 9 = 2- 3- 3-3,
144= 12-12 = 3-4-3-4 = 2-2-2-2-3-3.
Любой общий делитель этих двух чисел должен быть составлен из простых множителей, которые являются общими для этих чисел. А наибольший общий делитель должен содержать все такие множители. Общими простыми множителями для 54 и 144 являются 2, 3 и 3 (см. рисунок ниже). Поэтому наибольший общий делитель для 54 и 144 — это 2-3-3 = 18.
Теперь переформулируем ту же идею в терминах произвольных чисел А и В. Наибольший общий делитель чисел А и В включает все простые множители, которые являются общими для этих чисел (см. рисунок).
В
/ноя(А
,Д
Все общие простые множители чисел А иВ
Пример 3. Найдите НОД для
А = 23-53-7-117 и В = 2-34-52-11-13.
Разбор примера 3. Сравниваем списки простых множителей и выбираем все общие множители в наименьших степенях. Полу- чаем НОД (А, В) = 2 • 52 • 11.
Таким образом, если разложение на простые множители извест- но, то задача вычисления НОД становится лёгкой и приятной. А если разложение на множители найти слишком сложно?
Предположим, что нам нужно найти НОД(5499, 728). Похоже, разложение на множители займёт много времени. Если способ лучше? Да, для вычисления НОД двух чисел существует более эффективный метод, который называется алгоритмом Евклида. Если вам любопытно, вы можете разобраться в этом вопросе самостоятельно. Например, прекрасное обсуждение тем, связанных с НОД и НОК, вы найдёте в книге [2].


192
Раздел 1. Планы занятий
Перед тем как перейти к следующей теме, давайте решим ещё одну задачу.
Пример 4. Два числа отличаются на 6. Каким может быть их НОД?
Разбор примера 4. Обозначим числа Л и В, и пусть К — их НОД. Поскольку А и В делятся на К, их разность тоже должна делиться на К. Следовательно, 6 делится на К, а поэтому К может быть равно только 1, 2, 3 и 6. Легко придумать примеры, когда К будет именно таким: скажем, 7 и 13, 8 и 14, 9 и 15, 12 и 18.
Эта задача иллюстрирует тот важный факт, что разность (или сумма) двух чисел всегда делится на их НОД.
21.4. 	Наименьшее общее кратное (НОК)
Таким же естественным образом возникает понятие наименьшего общего кратного.
Определение. Наименьшее общее кратное натуральных чисел А и В — это наименьшее натуральное число, которое делится и на А, и на В. Оно обычно обозначается НОК.
Например, наименьшее общее кратное чисел 12 и 18 — это 36. В самом деле, 36 делится и на 12, и на 18, и меньших чисел с таким свойством не существует. Сокращённо это записывается так: НОК(12,18) = 36.
Как и раньше, если мы знаем разложение чисел Л и В на простые множители, то найти наименьшее общее кратное несложно. Давайте снова объясним алгоритм на конкретной паре чисел.
Пример 5. Найдите НОК(270,144).
Разбор примера 5. Мы ищем общее кратное, т. е. число, которое делится и на 270, и на 144. Разложим наши числа на простые множители:
270 = 27 • 10 = 2 • 3 • 3 • 3 • 5,
144 = 12* 12 = 3-4-3-4 = 2-2-2-2-3*3.
Чтобы число делилось на 270, в него должно входить множество всех простых делителей числа 270. Чтобы оно делилось на 144, в него должно входить множество всех простых делителей числа 144. При этом множества могут перекрываться, ведь мы не делим на 144 и на 270 одновременно. И из всех таких кратных нам нужно выбрать самое маленькое. Поэтому в искомое число должны входить только


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 193
те множители, которые обеспечивают делимость на 270 и 144, и ни одного множителя сверх этого.
Давайте конструировать НОК(270,144) из отдельных множителей. Сколько раз в это число входит множитель 2? Чтобы оно делилось на 270, достаточно одного раза; но для делимости на 144 нужно 4 двойки. Поэтому любое общее кратное должно содержать не менее 4 двоек. Но раз нам нужно наименьшее общее кратное, то нужно взять ровно 4 двойки. Аналогично получаем, что нам нужно взять ровно 3 тройки и ровно 1 пятёрку.
Поэтому НОК(270,144) =2-2-2-2-3-3-3-5.
Есть два способа наглядно представить этот процесс.
Посмотрите на следующий рисунок. Вы видите, как для каждого простого множителя мы выбираем максимальное количество раз, когда этот множитель входит в то или иное число.
Другой способ наглядно представить тот же процесс использует модель «мешка с простыми множителями». Следующий рисунок помогает понять, что для конструирования НОК нам нужно взять:
• 1 экземпляр каждого множителя в разложении чисел 270 и 144 на простые числа, который есть и в том и в другом числе (множители 2, 3 и 3);
• 1 экземпляр каждого множителя, который уникален для каждого из чисел (множители 3 и 5; множители 2, 2 и 2).
Переформулируем процесс построения НОК для произвольных чисел Л и Б.
Алгоритм для нахождения наименьшего общего кратного. Для каждого отдельного простого множителя, который входит либо в А, либо в В, мы должны взять наименьшее количество экземпляров, которое обеспечит делимость. Поэтому нам нужно:
• сравнить количество вхождений этого простого множителя в А и В и выбрать наибольшее из этих чисел;
• добавить это наибольшее количество в НОК(А, В).
270 144


194
Раздел 1. Планы занятий
Упражнение 1. Найдите НОК для
А = 23-53-7-117 и В = 2-34-52 11 13.
21.5. Связь НОК и НОД
А теперь покажем, как красиво НОК и НОД дополняют друг друга.
Пусть есть два числа А и В. Тогда НОК(А, В) • НОД (А, Б) = АВ.
Вероятно, вы уже догадались, почему это верно. Если нет, перечитайте предыдущие пункты ещё раз и посмотрите на рисунки, которые показывают, каким образом числа А и В собираются из простых множителей. Теперь можете доказать этот факт?
Мы узнали основные свойства НОК и НОД; теперь займёмся задачами.
Кроме основного набора задач, это занятие включает набор практических упражнений, куда входят простые задачи на НОК и НОД, способствующие пониманию, как связаны НОД, НОК и разложение на простые множители.
21.6. 	Задачи для решения в классе
Задача 1. а) Найдите наименьший общий делитель чисел 2-32-54-11-13 и 24-52*7-11.
А чему равен наибольший общий делитель?
б) 	Найдите наименьшее общее кратное этих чисел.
Задача 2. У Феди в деревне живёт несколько тётушек. Когда Федя приехал в деревню 1 января, все приготовили ему что-то вкусное: тётушка Аня напекла блинов, тётушка Маша испекла пирог, тётушка Зина сварила борщ, а тётушка Тоня приготовила голубцы. Через сколько дней Федя должен снова поехать в деревню, если он хочет опять попробовать все блюда одновременно и знает, что тётушка Аня печёт блины каждый второй день, тётушка Маша делает пирог каждый третий день, тётушка Зина варит борщ каждый четвёртый день, а тётушка Тоня готовит голубцы каждый седьмой день?
Задача 3. а) Числа х и у взаимно простые, а их произведение равно 23 • 52. Какими могут быть числа х и у? Найдите все ответы.
б) 	НОД чисел х и у равен 6, а их произведение равно 28 • З5. Какими могут быть числа х и у? Найдите все ответы.


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 195
Задача 4. а) Галя говорит, что, поскольку 24 = 4 • 6, из делимости числа на 4 и на 6 следует его делимость на 24. Валя говорит, что, поскольку 24 = 3 • 8, из делимости числа на 3 и на 8 следует его делимость на 24. Кто из девочек прав и почему?
б) Саша говорит, что, поскольку 60 = 3 • 4 • 5, из делимости числа на 3, на 4 и на 5 следует его делимость на 60. Паша говорит, что, поскольку 60 = 2 • 3 • 10, из делимости числа на 2, на 3 и на 10 следует его делимость на 60. Кто из мальчиков прав?
в) Придумайте простой тест для проверки делимости на 180.
Задача 5. а) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 24, а наибольший общий делитель —12?
б) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 12, а наибольший общий делитель —24?
в) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 24, а наибольший общий делитель — 7?
Задача 6. а) Пираты Коля и Толя купили себе по несколько одинаковых шоколадных пряников. Коля за свои пряники заплатил 93 монеты, а Толя за свои пряники заплатил 102 монеты. Какой может быть цена одного пряника, если она равна целому числу?
б) Пираты Лиза и Лена купили по несколько одинаковых бочонков с порохом. Лена заплатила на одну золотую монету больше, чем Лиза. Какой может быть цена одного бочонка, если она равна целому числу?
в) Капитан Крюк и Капитан Кидд купили по несколько одинаковых треуголок. Капитан Крюк заплатил на 6 серебряных монет больше, чем Капитан Кидд. Какой может быть цена одной треуголки, если она равна целому числу?
Задача 7. Наибольший общий множитель двух чисел А и В равен 150. Каким может быть наименьшее произведение этих чисел? Каким может быть наибольшее произведение этих чисел?
Задача 8. А и В — целые числа; С — их наибольший общий делитель. Докажите, что А —В делится на С.
21.7. 	Подборка задач
Задача 1. Алина и Андрей купили по несколько одинаковых петард. Андрей заплатил на 12 тугриков больше, чем Алина; Алина заплатила нечётное число тугриков. Какой может быть цена одной петарды? (Петарда стоит целое число тугриков.)


196
Раздел 1. Планы занятий
Задача 2. На ферме есть лошади и коровы. Количество лошадей на 10 больше, чем половина числа коров. Количество коров на 20 больше, чем количество лошадей. Сколько коров и лошадей на ферме?
Задача 3. У Миши есть деревянный треугольник, один из углов которого равен 40 градусам. Как ему с помощью этого треугольника отмерить:
а) угол 160°;
б) угол 20°?
(Размеры двух других углов треугольника неизвестны.)
Задача 4. а) У царя Дадона есть бархатный мешочек, наполненный одинаковыми бриллиантами. Он может разделить эти бриллианты на 3 равные кучки, на 4 равные кучки или на 5 равных кучек. Сколько бриллиантов может быть у царя, если известно, что в его коллекции меньше 100 бриллиантов?
б) У царя Дадона есть тайник с одинаковыми золотыми монетами. Если бы у него было на 1 монету больше, он мог бы разделить эти монеты на 4 равные кучки, на 5 равных кучек, на 6 равных кучек или на 7 равных кучек. Сколько монет может быть у царя, если известно, что у него меньше 500 монет?
Задача 5. Найдите наименьшее число п, для которого 1000! не делится на 38п.
Задача 6. На каждой из нарисованных диаграмм расставьте числа в узлах так, чтобы:
• если два узла соединены ребром, то числа в этих узлах не были бы взаимно простыми;
• если два узла не соединены ребром, то числа в этих узлах были бы взаимно простыми.
п
Задача 7. Пусть р — простое число.
а) Сколько существует чисел, меньших р и взаимно простых с р?
б) Сколько существует чисел, меньших р2 и взаимно простых с р?


Занятие 21. Делимость И. Взаимно простые числа; НОД и НОК 197
21.8. 	Дополнительные задачи
Задача 1. а) Сколько общих делителей имеют числа 907 и 908?
б) 	Сколько общих делителей имеют числа 56 785 и 56 789?
Задача 2. Я придумала 5 составных чисел, и любые два из них являются взаимно простыми. Докажите, что как минимум одно из моих чисел больше чем 100.


Занятие 22
Делимость III. Математические гонки
Твёрдое понимание ключевых идей и понятий теории делимости может прийти только с практикой. Поэтому на сегодняшнем занятии школьники будут развивать навыки решения задач на темы, которые мы обсуждали: разложение на простые множители, делимость, взаимно простые числа, наименьшее общее кратное, наибольший общий делитель и т. д. Чтобы занятие прошло веселее, мы организуем его в виде турнира — математических гонок.
Математические гонки — это соревнование отдельных школьников или небольших команд. В этом турнире каждая команда решает один и тот же набор задач, причём каждая команда работает одновременно с 4 задачами. Более подробно о правилах этого соревнования вы можете узнать на с. 265.
Результат команды зависит и от числа решённых задач, и от количества данных подряд правильных ответов. Поэтому у школьников есть мотивация пройти по всему списку задач, стараясь решить как можно больше.
Что принести на урок
• Задачи турнира, 1—2 экземпляра на команду (не забудьте разрезать каждый комплект на отдельные задачи).
• Пустой бланк таблицы со счётом математических гонок, один на команду (таблицу нетрудно сделать самостоятельно; пример вы можете найти в главе «Математические гонки»).
• Ответы на задачи математических гонок, 1 экземпляр на каждого учителя (ответы для сегодняшних задач можно найти в разделе «Решения»).
• Небольшие призы для участников турнира (по желанию).
Для преподавателей. В зависимости от целей игры (серьёзное соревнование или дружеское образовательное мероприятие) вы можете решить, помогать школьникам или нет.


Занятие 22. Делимость III. Математические гонки
199
Если у вас группа сильных учеников, то в данном турнире индивидуальная игра предпочтительнее работы в команде.
22.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Фермер собрался на рынок продавать горох и пшеницу. У него был всего один большой мешок, а смешивать зёрна он не хотел. Тогда он часть мешка наполнил горохом, завязал мешок, а затем насыпал пшеницу в верхнюю часть мешка. На рынке он нашёл покупателя, у которого был большой пустой мешок. Но тот хотел купить горох, а пшеница ему была не нужна.
Нельзя пересыпать горох и пшеницу куда-либо, кроме этих двух мешков. Нельзя обменяться мешками. Нельзя прорезать дырку в своём мешке. Можно ли на таких условиях пересыпать горох в мешок покупателя? (Источник: [36].)
Обсуждение задачи для разминки 1. При решении этой отличной головоломки будьте готовы давать школьникам подсказки, подталкивающие их в нужном направлении. Возможные подсказки смотрите в разделе «Решения».
22.2. 	Событие дня: «Математические гонки»
В нашей сегодняшней игре будет 14 задач. Некоторые из них состоят из нескольких пунктов. Обычно в этих пунктах исследуется одна идея в разных оформлениях—от простых сценариев к более сложным. При подсчёте очков мы рекомендуем начислять баллы за каждый пункт по отдельности.
22.3. 	Задачи для математических гонок
Во всех задачах, если не оговорено иное, мы работаем с натуральными числами.
Задача 1. Для чисел а, Ъ и с известно, что НОД(а, Ь) = 10; НОД(Ь, с) = 7. Найдите наименьшее возможное значение произведения а-Ъ-с.
Задача 2. Два числа взаимно просты, а их произведение равно 23 • 52 • 133. Какими могут быть эти числа? Найдите все ответы.
Задача 3. Наибольший ©бщий делитель двух чисел равен 6, а их произведение равно 22 • З2 • II5. Какими могут быть эти числа? Найдите все ответы.


200
Раздел 1. Планы занятий
Задача 4. а) Докажите, что произведение 5 последовательных натуральных чисел делится на 30.
б) Докажите, что произведение 5 последовательных натуральных чисел делится на 120.
Задача 5. а) Найдите наибольшее число N, для которого 100! делится на 11N.
б) Найдите наибольшее число N, для которого 100! делится на 35N.
Задача 6. Докажите, что 50! не является точным квадратом.
Задача 7. Найдите наименьшее число гг, для которого п(п -I-1) (п + 2) (п + 3) делится на 1000.
Задача 8. а) Число а +1 делится на 3. Докажите, что 4а +1 тоже делится на 3.
б) Число а +1 делится на 3. Докажите, что 7а +16 тоже делится на 3.
в) Число а-1-13 делится на 3. Докажите, что 2а —13 тоже делится на 3.
Задача 9. Найдите две последние цифры суммы 1! + 2! +... +1999! + 2000!.
Задача 10. Число 2 + а делится на 11. Докажите, что 31 — а тоже делится на 11.
Задача 11. Число х + 2у делится на 7. Докажите, что 6х + 5у тоже делится на 7.
Задача 12. Найдите какие-нибудь 3 таких различных числа х, у и z, чтобы х + у + z делилось и на х, и на у, и на z.
Задача 13. Найдите 5 таких различных чисел, чтобы их сумма делилась на любое из них.
Задача 14. Имеется таблица из двух строк и бесконечного числа столбцов. В первой строке написаны все натуральные числа, кратные 9: 9, 18, 27, 36 и т.д. Во второй строке под каждым кратным записана сумма его цифр. Например, первые четыре числа во второй строке: 9, 9, 9, 9.
а) На каком месте во второй строке впервые появится число 81?
б) Что во второй строке появится раньше: число 27 четыре раза подряд или число 36?
22.4. 	Подборка задач
В качестве задач для домашней работы остаются нерешённые задачи из математических гонок.


Занятие 23 Математический аукцион II
Сегодня снова день математических развлечений — проводим ещё один математический аукцион. Детальное описание правил читатель найдёт в главе «Математический аукцион» (на с. 252).
Игра будет весёлым и полезным перерывом в серии из пяти занятий, посвящённых делимости. Во-первых, дети любят разнообразие; во-вторых, им нужно время для обработки и усвоения новых знаний.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
• Распечатки задач математического аукциона (одна на ученика).
• Бумага в клетку для решения некоторых задач аукциона.
• Небольшие призы для победившей команды или для обеих команд (по желанию).
23.1. 	Событие дня: «Математический аукцион»
Примерный график сегодняшней игры: 5 минут на деление учеников на группы, 30 минут на решение задач и 30 минут на сам аукцион. В зависимости от продолжительности занятия у вас может остаться время на обсуждение решений домашних задач.
23.2. 	Задачи для математического аукциона
Задача 1. Запишите число 100 с помощью нескольких цифр 8. Используйте как можно меньше восьмёрок.
Разрешается использовать арифметические операции («+», «—», «х», «:»), возведение в степень и скобки. Одну операцию можно ис¬


202
Раздел 1. Планы занятий
пользовать несколько раз. Необязательно использовать все операции. Нельзя использовать 8 для создания многозначных чисел, например 88 или 888.
Лучше решение у той команды, которая использует меньше цифр 8.
Задача 2. У вас есть длинная прямая деревянная планка. Вы хотите поставить на ней несколько отметок, чтобы получился измерительный инструмент. Чтобы отмерить какое-то расстояние, на линейке должны иметься две отметки с этим расстоянием между ними. Линейка должна отмерять любое расстояние от 1 до 20. Поставьте как можно меньше отметок.
Лучше решение у той команды, которая использует меньше отметок.
Задача 3. Поставьте на шахматную доску 8x8 как можно меньше шахматных коней так, чтобы они атаковали все незанятые поля.
Лучше решение у той команды, которая поставит меньше коней.
Задача 4. Художник рисует абстракционистскую картину «змейка» на доске 7x7. «Змейка» — это совокупность квадратов, которые закрашены по следующим правилам.
• Каждый очередной закрашенный квадрат должен примыкать стороной к квадрату, закрашенному на предыдущем шаге.
• Новый закрашенный квадрат не может иметь общей стороны с любыми другими частями змейки (но может касаться углом).
Художник смог нарисовать змейку длиной в 31 квадрат (см. рисунок). Какую самую длинную змейку удастся нарисовать вам?
Лучше решение у команды, нарисовавшей более длинную змейку.
Задача 5. У вас есть несколько карточек: две карточки с числом 1, две карточки с числом 2 и т. д. до числа п. Назовём расположение этих карточек в ряд «магическим», если между двумя карточками с числом 1 находится ровно одна карточка, между двумя карточками с числом 2 находятся ровно две карточки, между двумя карточками с числом 3 находятся ровно три карточки и т. д. Например, при п = 3 возможно такое магическое расположение карточек:
3 12 13 2.
Найдите магическое расположение карточек для как можно большего числа п.


Занятие 23. Математический аукцион И
203
Лучше решение у той команды, которая получила расположение для большего п.
23.3. 	Подборка задач
Задача 1. Дан список фраз на языке суахили1 и их перевод на русский язык.
• Atakupenda — Он будет любить тебя.
• Nitawapiga—Я буду бить их.
• Atatupenda —Он будет любить нас.
• Anakupiga — Он бьёт тебя.
• Nitampenda—Я буду любить его.
• Unawasumbua — Ты раздражаешь их.
Переведите на суахили фразы.
• Ты будешь любить их.
• Я раздражаю его.
Задача 2. а) Некоторые вершины правильного семиугольника окрашены в чёрный цвет, а остальные в белый. Докажите, что можно выбрать три вершины одного цвета, которые образуют равнобедренный треугольник.
б) 	Верно ли это для правильного восьмиугольника?
Задача 3. Робот Роберт вычислил 15! и написал это число на доске. Озорник Вася заменил некоторые цифры в написанном числе звёздочками так, что на доске осталось
15! = 130*674368***.
Найдите убранные цифры, не вычисляя факториала.
Задача 4. Докажите, что число делится на 8 тогда и только тогда, когда на 8 делится число, образованное последними тремя цифрами этого числа.
Задача 5. Докажите, что число, составленное только из цифр 2 и 6, не может быть точным квадратом.
Задача 6. Можете ли вы найти 100 последовательных натуральных чисел, среди которых нет ни одного простого?
1 Суахили—языка народа суахили. Распространён в странах Восточной Африки. —Прим. ред.


204
Раздел 1. Планы занятий
Задача 7. По кругу располагается 101 мудрец. Каждый из них либо считает, что Земля плоская, либо считает, что Земля круглая. Каждые пять минут все мудрецы одновременно выкрикивают своё мнение по этому поводу. Сразу после этого любой мудрец, у которого оба соседа не разделяют его точку зрения, меняет своё мнение. Докажите, что через некоторое время мудрецы прекратят менять своё мнение.


Занятие 24
Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
Тема делимости и остатков содержит гораздо больше алгебраических доказательств, чем другие темы этого года. Поэтому мы будем подходить к этой теме постепенно. Сегодня мы займёмся делимостью на 3. Это позволит нам проложить «дорожку» к общей теории делимости. Идеи и методы, с которыми мы познакомимся сегодня, будут работать и для общего случая; однако сегодняшние доказательства будут намного проще, чем доказательства для делимости в общем случае. Кроме того, задачи с остатками при делении на 3 интересны сами по себе и занимают отдельное место среди задач на делимость.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
24.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Постройте ещё несколько цепочек слов (с этой игрой мы познакомились на занятии 20, с. 175).
• Превратите КОТА во ЛЬВА.
• Взяв КОСУ, завяжите на ней БАНТ.
• Из РЕКИ сделайте МОРЕ.
24.2. 	Тема занятия: «Остатки при делении на 3»
Начнём с напоминания о чётности: простой идее, которая помогла нам найти подход к решению множества сложных задач. Мы знаем, что чётность определяется остатком при делении на 2: число чётное, если оно делится на 2 без остатка; число нечётное, если есть остаток.


206
Раздел 1. Планы занятий
Если остатки при делении на 2 оказываются такими полезными, то не могут ли приносить пользу остатки при делении на другие числа? Ответ, конечно же, положителен.
Сегодня мы займёмся делимостью на 3 и посмотрим, как применять её для решения задач. Начнём с определения всех терминов, связанных с делением на 3.
• Число X даёт остаток 0 при делении на 3, если X = ЗК.
• Число X даёт остаток 1 при делении на 3, если X = ЗК +1.
• Число X даёт остаток 2 при делении на 3, если Х = ЗК + 2.
(Здесь К — некоторое целое число.)
Это формальное определение значительно упрощает решение задач на делимость и остатки. Для новичков полезно держать в голове наглядную схему делимости на 3 (см. рисунок ниже).
Также мы можем рассматривать остаток как наименьшее неотрицательное число, после вычитания которого получается число, кратное 3.
Давайте проиллюстрируем эти определения примерами.
Число 36 при делении на 3 даёт остаток 0. Действительно, число 36 можно разделить на 12 групп по 3, т. е. можно записать в виде 3-12+0.
Число 19 при делении на 3 даёт остаток 1. Действительно, число 19 можно разделить на 6 групп по 3 с лишней единицей, т. е. можно записать в виде 3-6 + 1.
Число 26 при делении на 3 даёт остаток 2. Действительно, число 26 можно разделить на 8 групп по 3 с лишней двойкой, т. е. можно записать в виде 3-8 + 2.


Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
207
24.3. 	Арифметические операции и остатки Сложение и остатки при делимости на 3
Давайте выясним, как влияют на остатки арифметические операции.
Начнём со сложения чисел. Наша цель—доказать, что остаток суммы полностью определяется остатками слагаемых.
Легко видеть, что если два числа делятся на 3, то и их сумма будет делиться на 3.
Действительно, если X = ЗК и Y = 3М, то
Теперь предположим, что оба числа XuY при делении на 3 дают остатки 1. Какой остаток будет у суммы X + 7?
Прежде чем перейти к алгебраическому доказательству, объясним ответ с помощью нашей наглядной модели.
Если остаток числа при делении на 3 равен 1, то оно состоит из нескольких троек и «лишней» единицы. При сложении двух таких чисел получится несколько троек и «лишняя двойка», поэтому остаток для суммы таких чисел равен 2 (см. рисунок ниже).
А теперь перейдём к алгебраическому доказательству.
Пусть X = 3K + 1hY = ЗМ +1.
ТогдаХ + У = ЗК + 1 + ЗМ + 1 = 3(1С + М)+2.
Поэтому X -f Y при делении на 3 даёт остаток 2.
Теперь предположим, что оба числа XuY при делении на 3 дают остатки 2. Какой остаток будет у суммы X + Y7 4 или 1? Давайте проверим:
X + Y = ЗК + ЗМ = 3 (1С + М).
Х + У = 3ff + 2 + 3M + 2 = 3(tf + M)+4 = 3(K + M + l) + l.


208
Раздел 1. Планы занятий
Поэтому остаток равен 1. Мы можем проиллюстрировать это наглядно.
Осталось ещё несколько комбинаций возможных остатков. Для удобства сведём все возможные остатки в таблицу. Несколько клеток мы уже заполнили, остальные заполняются точно так же. Вот полная табличка.
Теперь давайте сформулируем общее правило, как при сложении ведут себя остатки при делении на 3.
Есть искушение сказать, что остаток для суммы равен сумме остатков для слагаемых. Увы, это не всегда верно: посмотрите на пару остатков (2,2). Их сумма равна 4, но остаток для суммы равен 1.
Поэтому истинное правило таково: сумма двух чисел имеет тот же остаток, что и сумма их остатков.
По аналогии получаем правило для суммы нескольких чисел: сумма нескольких чисел имеет тот же остаток, что и сумма их остатков.
Пример 1. Найдите остаток при делении на 3 для числа
Разбор примера 1. В задачах такого типа нет нужды вычислять полную сумму. Достаточно сложить остатки для слагаемых 1,2,...
1 + 2 + ... + 99 + 100.
..., 99,100. Давайте сгруппируем числа в группы по 3:
(1 + 2 + 3)+ (4 + 5 + 6)+ ... + (97 + 98 + 99)+ 100.


Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
209
Теперь заменим эту сумму суммой остатков:
(1 + 2 + 0) + (1 + 2 + 0) + ... + (1 + 2 + 0) + 1.
Эту сумму тоже вычислять незачем, ведь нас интересует только остаток этой суммы при делении на 3. Для каждой суммы в скобках остаток равен 0, поэтому получаем ответ 1. Следовательно, и первоначальная сумма 1 + 2 4*... 4- 99 + 100 при делении на 3 даёт остаток 1.
Вычитание и остатки при делимости на 3
При вычитании остатки ведут себя аналогичным образом. Давайте проиллюстрируем эту общую идею конкретными примерами.
Предположим, что у числа X при делении на 3 остаток 2, а у числа Y — остаток 1. Какой остаток у числа X — Y?
Легко убедиться, что 2 — 1 = 1.
Предположим, что у числа X при делении на 3 остаток 1, а у числа Y — остаток 2. Какой остаток у числа X — Y?
Возникает желание сказать, что 1 — 2 = —1. Но остаток не может быть отрицательным числом: его возможные значения — 0, 1 и 2. Что же выбрать?
Давайте вспомним, что остаток —это наименьшее число, при вычитании которого мы получаем число, кратное 3. Число X — Y на 1 меньше, чем кратное 3. Сколько нужно вычесть из него, чтобы получить число, кратное 3? Очевидно, 2. Поэтому остаток равен 2.
Вот более строгое доказательство. Если из числа с остатком 1 вычесть число с остатком 2, результат можно записать в виде ЗК — 1 для какого-то целого К. Но это число можно переписать в виде 3(Х — 1) + 2. Отсюда легко видеть, что остаток равен 2.
Из этого рассуждения следует, что для числа —1 остаток при делении на 3 равен 2 и остаток для —4 тоже равен 2. Что вы можете сказать об остатке для —2? А для —3?
Мы не будем выписывать полную таблицу остатков для вычитания, поскольку это войдёт в домашнее задание.
Однако сформулируем правило, аналогичное сложению:, разность двух чисел имеет тот же остаток, что и разность их остатков.
Отсюда вытекает ещё одна важная идея: при вычислении остатка для комбинации сложений и вычитаний можно упростить задачу, работая не с самими числами, а с их остатками.


210
Раздел 1. Планы занятий
Умножение и остатки при делимости на 3
Посмотрим, что происходит с остатками, когда числа умножаются. Цель этого пункта—доказать, что остаток для произведения полностью определяется остатками множителей. Будем доказывать это для разных случаев.
Легко видеть, что если хотя бы один из множителей делится на 3, то и произведение делится на 3. В самом деле, пусть X = 3М. Тогда XY = (ЗМ)У = 3(МУ). Это число, очевидно, делится на 3.
Это наблюдение позволяет нам заполнить несколько клеток в таблице для остатков при умножении (см. рисунок).
Пусть теперь умножаются два числа, у которых остатки равны 1. Остатком для произведения будет 1, и мы докажем это двумя способами: наглядно и алгебраически.
Наглядное доказательство. Используем тот факт, что произведение двух чисел можно представить в виде площади прямоугольника, длины сторон которого равны нашим числам.
Рисунок справа показьюает умножение двух чисел с остатками 1. Произведение включа- ет несколько квадратов 3x3 (тёмно-серый С цвет), несколько прямоугольников 1x3 (свет- \ ло-серый цвет) и один квадрат 1x1 (белый з / цвет). Площадь всех квадратов 3 х 3 и прямо- ^^ угольников 1x3 кратна 3. Поэтому остаток при делении на 3 для нашего произведения представляет собой белый квадрат 1x1, имеющий площадь 1.
Алгебраическое доказательство. Оно демонстрирует ту же идею, выраженную более компактно:
(ЗМ +1) • (3N +1) = ЗМ • 3N + ЗМ + 3N +1 = 3(3MN + М+ N) + 1.
Пусть теперь умножаются два числа, у которых остатки равны 2. Каким будет 3 3 3 2
остаток для произведения?
Снова начнём с наглядного доказатель- 3<1 ства. Рисунок справа показывает умноже- г ние двух чисел с остатками 2. Как и ра- нее, площадь каждого тёмно-серого квадра- 2 £ та 3 х 3 и каждого светло-серого прямоуголь-


Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
211
ника 2x3 кратна 3. Поэтому остаток определяется белым квадратом 2x2. Три белых квадратика 1x1 образуют «уголок», площадь которого равна 3. Поэтому реальный остаток представляет маленький белый квадрат 1x1, имеющий площадь 1.
А теперь алгебраическое доказательство:
(ЗМ4-2) • (3N + 2) = 3M*3N + 6M + 6N + 4 =
= 3 (3 MN + 2М+ 2N +1) +1.
Аналогично нетрудно убедиться, что для множителей с остатками 1 и 2 произведение будет иметь остаток 2.
Теперь мы можем полностью заполнить таблицу для умножения.
Глядя на неё, мы готовы сформулировать правило умножения. Как и в случае сложения, формулировка «остаток для произведения равен произведению остатков для множителей» не всегда верна.
Истинное правило таково: произведение двух чисел имеет тот
же остаток, что и произведение их остатков.
Это же правило действует и для произведения нескольких чисел.
Пример 2. Найдите остаток от деления 8200 на 3.
Разбор примера 2. Мы можем упростить задачу, заменив все 200 восьмёрок соответствующими остатками. В новой задаче нужно найти остаток от деления 2200 на 3. Давайте решать постепенно, начав с младших степеней числа 2.
21 = 2. Остаток равен 2.
22 = 4. Остаток равен 1.
23 = 22 • 2. Поэтому остаток для 23 определяется произведением остатков для 22 и 2. Он равен 1*2 = 2.
24 = 23 • 2. Поэтому остаток для 24 определяется произведением остатков для 23 и 2. Он равен остатку для 2 • 2, т. е. 1.
Итак, мы видим закономерность: остатки для степеней двойки чередуются. Все чётные степени дают остаток 1, а все нечётные степени дают остаток 2. Поэтому остаток от деления 2200 на 3 равен 1, а тогда и у первоначального числа он равен 1.
Сравнимость по модулю
Фразы вида «число N имеет остаток 1 при делении на 3»—длинные. Математики—люди ленивые, поэтому они придумали способ


212
Раздел 1. Планы занятий
сказать короче. Вместо фразы «число 5 при делении на 3 даёт остаток 2» они говорят «5 сравнимо с 2 по модулю 3».
Вот ещё несколько примеров:
• «19 сравнимо с 1 по модулю 3» означает «число 19 при делении на 3 даёт остаток 1»;
• «20 сравнимо с 0 по модулю 2» означает «число 20 при делении на 2 даёт остаток 0»;
• «17 сравнимо с 2 по модулю 5» означает «число 17 при делении на 5 даёт остаток 2».
Чтобы сделать запись ещё короче, используют специальный символ =. Вместо фразы «5 сравнимо с 2 по модулю 3» пишут 5 = 2 mod 3.
В общем случае определение таково. Если числа а и Ъ имеют равные остатки при делении на число т, то а и Ъ называются сравнимыми по модулю числа т (или просто сравнимыми по модулю т). Это обозначается так: a = b mod т.
Для преподавателей. В нашей книге мы будем продолжать использовать
слово «остаток», не применяя терминологию сравнимости, поскольку
для младших школьников это понятнее. Но если уровень вашей группы
позволяет, вы вполне можете ввести сравнения по модулю.
24.4. 	Подборка задач
Задача 1. Заполните таблицу остатков при делении на 3 для разности двух чисел а и Ъ. Помните, что остатки не могут бьггь отрицательными числами или больше двух.
Задача 2. Может ли сумма трёх последовательных натуральных чисел быть простым числом?
Задача 3. Докажите, что 3773 — 1 делится на 3.
Задача 4. У дона Педро есть кошелёк с 3-тугриковыми монетами. Взяв несколько монет, он купил 1 сомбреро и получил сдачу 1 тугрик. На следующий день он купил 7 сомбреро, снова использовав 3-тугриковые монеты. Докажите, что ему снова дадут сдачу в 1 тугрик.
Задача 5. Найдите остаток от деления числа 1610 - 2101 • 722 на 3.
Задача 6. Докажите, что числа 12n -f 1 и 12п + 7 являются взаимно простыми.
Ъ
0
1
2
0
а
1
2


Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
213
Задача 7. Тимофей не решил ни одной задачи и от злости рвёт лист бумаги с условиями на части. Он может взять произвольный кусок и порвать его либо на 4, либо на 10 частей. Может ли он в итоге получить 2 миллиона кусков?
Задача 8. Три брата собрали пшеницу и расставили снопы в виде точного квадрата (может быть, 6 х 6, а может, 20 х 20 и т. д. — мы не знаем величины урожая). Они хотели справедливо разделить пшеницу на троих, чтобы у каждого оказалось поровну снопов, но не смогли этого сделать. Их отец заметил, что на краю поля остались неучтёнными ещё два снопа. Смогут ли братья теперь разделить урожай?
Задача 9. На каждой из клеток доски 5x5 сидит по одному жуку. Когда я хлопаю в ладоши, каждый из 25 жуков переползает в соседнюю клетку по диагонали. Докажите, что после хлопка как минимум 5 квадратов будут пустыми.
24.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. На складе есть 6 контейнеров с дилитием — топливом для космических кораблей. В них содержится 15, 16, 18, 19, 20 и 31 тонна дилития. Для заправки двух космических кораблей использовали 5 контейнеров из 6. Какой контейнер остался неиспользованным, если каждый корабль получил целое число тонн дилития, причём одному из них досталось вдвое больше топлива, чем другому?
Задача 2. Существует ли такое простое число р, что р — 100 и р +100 также простые числа?
Задача 3. Известно, что х2 Л-у2 = z2. Докажите, что х или у делятся на 3.
Задача 4. Докажите, что любое число и сумма его цифр имеют одинаковые остатки при делении на 3.
Задача 5. Докажите, что для всех натуральных п число п3 + 2п делится на 3.


Занятие 25
Делимость V. Делимость и остатки
На предыдущем занятии мы изучали остатки при делении на 3. Сегодня мы продолжим заниматься делимостью и остатками, но после рассмотрения конкретной ситуации с числом 3 нам будет проще понять общий случай.
Мы начнём с применения остатков, затем введём формальное определение, познакомимся со свойствами остатков и наконец приступим к решению задач. Это наше последнее занятие, посвящённое делимости и остаткам, но мы ещё будем решать задачи на эту тему.
Что принести на урок
• Распечатки практических упражнений (одна на ученика).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
25.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Что это такое: всегда впереди, но если его перевернуть, то сон?
Задача для разминки 2. В каком случае можно прибавить 2 к 11 и получить 1 в качестве верного ответа?
25.2. 	Тема занятия: «Делимость и остатки»
Понятие остатка возникает совершенно естественным образом: это то, что остаётся после деления. Например, если мы делим 13 конфет между 5 девочками, то останутся 3 лишние конфеты: 13 = 2*5 + 3. Поэтому 3 — это остаток при делении 13 на 5.
Рассмотрим примеры, демонстрирующие полезность остатков.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
215
Математика часов и остатки
Начнём с классического примера —математики часов. Пусть часы показывают 12 часов ночи. Какое время покажут часы через 15 часов? А через 150 часов?
Понятно, что через 12 часов стрелки вернутся в это же положение, через 13 часов часы будут показывать 1 час и т.д. Полный цикл для стрелок часов составляет 12, поэтому реальное время — это остаток от деления общего прошедшего времени на 12. (Чтобы это утверждение было точным, мы должны считать, что время в полночь составляет 0 часов.) Например, 3 — это остаток при делении 15 на 12. Поэтому через 15 часов стрелки будут показывать 3 часа. Поскольку остаток при делении 150 на 12 равен 6 (150 = 12 • 12 + 6), через 150 часов стрелки покажут 6 часов.
Когда мы имеем дело со временем, остатки появляются регулярно.
Преобразования секунд, минут и часов
Предположим, что нам указано некоторое время в секундах, например 2000 секунд. Как преобразовать его в минуты? Разделив на 60 (число секунд в минуте), мы получим нужный ответ: частное даст нам минуты, а остаток—лишние секунды. Поскольку 2000 = = 60 • 33 + 20, получаем 33 минуты и 20 секунд.
Можете ли вы объяснить, как с помощью остатков преобразовать секунды в часы, минуты и секунды? Например, сколько часов и минут содержится в 456 789 секундах?
Два примера, которые относятся к программированию
Предположим, что вам нужно заполнить табличку с 6 столбцами натуральными числами слева направо, строка за строкой, начиная с левого верхнего угла.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Если вам дано какое-то число, можете ли вы заранее узнать строку и столбец, где оно будет находиться? Например, где окажется число 1000? Очевидно, цикл для номеров столбцов равняется 6. Поэтому если мы разделим число на 6, то остаток нам даст номер столбца, а частное — номер строки. (Мы считаем, что нумерация


216
Раздел 1. Планы занятий
и столбцов, и строк начинается с 0.) Например, 1000 = 6 • 166 + 4. Поэтому 1000 окажется в строке 16 и столбце 4.
Второй пример пришёл из компьютерных игр. Вероятно, вы знакомы с играми, где используется «перенос»: когда какой-то объект уходит с одной стороны экрана, он немедленно возникает с противоположной стороны, сохраняя скорость и траекторию. Как можно запрограммировать это свойство? Предположим, что ширина экрана составляет 140 единиц и что левый край экрана имеет х-коор- динату, равную 0. Для реализации «переноса» х-координата должна устанавливаться в 0 при выходе объекта за пределы экрана. Например, вместо 140 координата становится равной 0, вместо 141 -1 и т. д. А теперь предположим, что объект делает длинный прыжок и должен приземлиться за пределами экрана в точке х = 183. В какую точку экрана должны мы его послать? А если должен приземлиться в точке х = 301? А если он прыгает влево и должен оказаться в точке с х = —10?
Вероятно, вы уже поняли ответ! Правило очень просто описать в терминах деления для целых чисел и остатков: нужно взять фактическую х-координату, разделить на ширину экрана (в нашем случае — на 140), и остаток даст положение объекта на экране.
Перейдём теперь к определению.
Определение. Целое число А при делении на натуральное число В даёт остаток R, если А = В • К + R, где К и R — целые числа иО^ЖВ.
Как и в случае остатков при делении на 3, полезно представлять наглядную модель деления.
^^остаток
Перейдём к свойствам остатков. Мы будем писать кратко, поскольку все наши доказательства будут аналогичны доказательствам для делимости на 3.
Сложение, вычитание и остатки
Как и в случае деления на 3, сумма имеет тот же самый остаток, что и сумма остатков слагаемых.
А объектов
/— —ч
в
f в Л
/- \
в
объектов
V S
объектов v J
ООО
объектов V J
R


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
217
Наглядное доказательство. Пусть два числа Аг и А2 при делении на В дают остатки и R2 соответственно. Следующий рисунок показывает, что остаток для суммы зависит только от суммы остатков.
Л, объектов
Л, объектов
В
объектов
ш
А. + Д, объектов
СО
объектов
ооо v!
В '
объектов
ООО к
Алгебраическое доказательство. Пусть
A1=BisC1+R1, A2=BK2+R2.
Тогда Ai -Ь А2 = BKi + Ri -Ь ВК2 + R2 = В (К\ + К2) + jR^ + R2.
Поэтому Аг + А2 при делении на В имеет тот же остаток, что Ri +R2.
Подчеркнём ещё раз, что остаток суммы не всегда равен сумме остатков. Например, числа 15 и 16 дают при делении на 10 остатки 5 и 6. Однако их сумма 31 при делении на 10 даёт остаток 1, и сумма остатков 5 + 6 не равна 1. Но 1 и 11 имеют одинаковые остатки при делении на 10.
Аналогично формулируется и правило для сложения нескольких слагаемых: сумма нескольких чисел имеет тот же самый остаток, что и сумма остатков слагаемых.
Аналогичное правило верно, когда мы имеем дело с вычитанием или комбинацией нескольких сложений и вычитаний.
Умножение и остатки
Теперь посмотрим, что произойдёт с остатками при умножении чисел. Цель этого пункта — показать, что произведение имеет тот же остаток, что и произведение остатков.
Наглядное доказательство. Известно, что произведение двух чисел можно представить в виде площади прямоугольника, стороны которого имеют длины, равные этим числам. Рисунок ниже иллюстрирует произведение двух чисел, которые при делении на В дают остатки Rx и R2. Площадь прямоугольника состоит из нескольких квадратов ВхВ (тёмно-серый цвет), нескольких прямоугольников В х и BxR2 (светло-серый цвет) и одного белого прямоугольни-


218
Раздел 1. Планы занятий
ка RiXR2. Площади всех тёмно-серых и светло-серых прямоугольников делятся на В. Поэтому остаток для произведения совпадает с остатком для белого прямоугольника R1xR2,
Алгебраическое доказательство иллюстрирует ту же идею, но более компактно:
АгА2 = W1+R1KBK2 + R2) =
= BKiBK2 -f- BRi Н- BR2 -f- R\R2 =
= В{КгВК2 + Яг + Я2) + ^1^2- □
Такое же правило работает, если мы рассмотрим произведение не двух, а большего количества чисел.
Пример 1. Какой остаток даёт число 7780 • 7781 • 7782 • 7783 при делении на 7?
Разбор примера 1. Начнём с того, что заменим сомножители остатками от деления на 7. Поскольку 7777 делится на 7, легко видеть, что эти остатки будут равны 3, 4, 5 и 6, и мы получаем произведение 3 • 4 • 5 • 6. Продолжим упрощать: 3*4 = 12 даёт остаток 5; 5 • 6 = 30 даёт остаток 2; 5 • 2 = 10 даёт остаток 3. Значит, и число 3 • 4 • 5 • 6, и число 7780 • 7781 • 7782 • 7783 при делении на 7 дают остаток 3.
Пример 2. Какой остаток даёт число 1203 • 1203 - 1202 • 1205 при делении на 12?
Разбор примера 2. Поскольку 1200 делится на 12, остаток для 1203 • 1203 таков же, как и для 3 • 3, т. е. 9. Остаток для 1202 • 1205 таков же, как и для 2 * 5, т. е. 10. Значит, искомый остаток таков же, как и у числа 9 —10 = —1.
Ой, у нас получилось отрицательное число! Что значит остаток —1 при делении на 12? Это 1, —1, 11 или —11?
По определению остаток не может быть отрицательным; остаток—это расстояние до ближайшего меньшего числа, кратного 12.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
219
Для —1 таким ближайшим меньшим числом, кратным 12, является число —12. Значит, искомый остаток равен 11. В самом деле, -1 - (-12) = 11. Поэтому остаток от деления числа 1203 • 1203 — -1202 • 1205 на 12 равен 11.
Пример 3. Какой остаток даёт число З100 при делении на 7?
Разбор примера 3. Чтобы решить эту задачу, начнём с нахождения остатков для небольших степеней числа 3. Наша цель —обнаружить закономерность, которая позволит нам вычислить остатки для более высоких степеней.
степени
З1
З2
З3
со
З5
...
...
остатки
32 = 9. При делении на 7 даёт остаток 2.
33 = з2.3. Поэтому остаток для З3 определяется остатками для З2 и 3. Он равен остатку от 2 • 3 = 6, т. е. 6.
34 = З3 • 3. Поэтому остаток для З4 определяется остатками для З3 и 3. Он равен остатку от 6 • 3 = 18, т. е. 4.
35 = З4 • 3. Поэтому остаток для З5 определяется остатками для З4 и 3. Он равен остатку от 4 • 3 = 12, т. е. 5.
36 = З5 • 3. Поэтому остаток для Зб определяется остатками для З5 и 3. Он равен остатку от 5 • 3 = 15, т. е. 1.
37 = З6 • 3. Поэтому остаток для З7 определяется остатками для З6 и 3. Он равен остатку от 1 • 3 = 3, т. е. 3.
Заполняем таблицу и обнаруживаем закономерность: остатки чередуются с периодом 6. При этом все кратные числу 6 степени дают 1.
степени
З1
з2
З3
З4
З5
З6
З7
00
СО
остатки
3
2
6
4
5
1
3
2
Следовательно, З96 даёт остаток 1, а З100 даёт остаток 4.
Пример 4. Докажите, что п3 + 5п всегда делится на 6.
Разбор примера 4. Число 6 является произведением двух взаимно простых чисел 2 и 3, поэтому достаточно доказать делимость нашего числа на 2 и 3. Делимость на 2 очевидна: если п чётное, то оба слагаемых чётные, а если п нечётное, то оба слагаемых нечётные; поэтому сумма в любом случае будет чётной. Чтобы показать дели¬


220
Раздел 1. Планы занятий
мость на 3, шаг за шагом построим таблицу остатков для нашего выражения. Рассмотрим все возможные остатки для п: 0,1 и 2.
п
п2
п3
Бтг
п3 + 5п
0
1
2
Заполним для примера последнюю строку. Если п имеет остаток 2, то п2 имеет такой же остаток, как 2 • 2, т. е. 1. Тогда тг3 имеет такой же остаток, как 1 • 2, т. е. 2, а 5п имеет такой же остаток, как 5 • 2 = 10, т. е. 1. Тогда сумма имеет такой же остаток, что и 2 +1 = 3, т. е. 0.
Аналогично заполним все строки, после чего таблица примет следующий вид.
п
п2
п3
5 п
п3 + 5п
0
0
0
0
0
1
1
1
2
0
2
1
2
1
0
В последнем столбце стоят только нули. Это означает, что выражение всегда делится на 3.
Для продолжения занятия предложите школьникам несколько задач по этой теме.
25.3. 	Практические упражнения на делимость и остатки
Задача 1. Некое число при делении на 6 даёт остаток 1. Каким может бьггь остаток при делении этого числа на 18? Найдите все ответы.
Задача 2. Некое число делится на 4 и на 6. Каким может быть остаток при делении этого числа на 24?
Задача 3. Найдите остаток при делении числа 8100 на 9.
Задача 4. Найдите последнюю цифру числа
1-2 + 2-3 + .. . + 999-1000.
Задача 5. Найдите остаток при делении числа
1999•2000•2001•2002•2003•2004•2005 -1211 на 7.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
221
Задача 6. Докажите, что тг2 +1 не делится на 3 для любого п.
Задача 7. Докажите, что п3 — п делится на 24 для любого нечётного п.
25.4. 	Подборка задач
Задача 1. У Димы больше орехов, чем у Миши. Если бы Дима дал Мише столько орехов, сколько у Миши уже есть, то у мальчиков было бы орехов поровну. Однако Дима дал Мише всего несколько орехов (не больше 5), а оставшиеся орехи поделил поровну между тремя белками. Сколько орехов Дима отдал Мише?
Задача 2. Докажите, что если числа а и ах имеют одинаковые остатки при делении на 7 и 0 < а < 7, то х имеет остаток 1 при делении на 7.
Задача 3. У маткружковца Васи есть 11 друзей. Вася заметил, что если он сложит любые 7 номеров телефонов своих друзей, то всегда получается число, оканчивающееся на 9. Какая цифра будет последней в сумме, если Вася сложит все 11 номеров телефонов?
Задача 4. Сколько существует таких пар натуральных чисел х и у, что х и у не превосходят 100 и х2 + у2 делится на 7?
Задача 5. У космонавта А сломался луноход на расстоянии 18 километров от лунной базы. В луноходе хватит воздуха ещё на 3 часа. Кроме того, у А есть 1 баллон с кислородом, который можно использовать и внутри лунохода, и во время пешего путешествия. Кислорода в баллоне хватит на 1 час.
На лунной базе находится космонавт В. У него есть достаточное количество баллонов с кислородом, каждый из которых рассчитан на 2 часа. Когда космонавт В идёт пешком, он может нести не больше двух таких баллонов, причём один должен использовать для своего дыхания.
Скорость обоих космонавтов составляет 6 километров в час, они могут свободно общаться между собой по радио. Может ли В спасти А и сам вернуться на базу?
♦
Задача 6. Семеро грабителей делят мешок монет различного достоинства. Оказалось, что деньги нельзя разделить на всех поровну, но если убрать любую из монет, то оставшуюся сумму можно


222
Раздел 1. Планы занятий
разделить на всех поровну. Докажите, что в мешке не может быть 100 монет.
25.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. Мария получает на работе каждую неделю одно и то же количество долларов. На зарплату за первую неделю она купила максимально возможное количество 3-долларовых пряников, а остаток положила в копилку. На зарплату за вторую неделю она купила максимально возможное количество 6-долларовых заколок для волос, а остаток положила в копилку. На зарплату за третью неделю она купила максимально возможное количество 9-долларовых книжек, а остаток положила в копилку. За три недели в копилке оказалось 15 долларов. Если Мария потратит зарплату за четвёртую неделю на покупку 18-долларовых настольных игр, сколько долларов она положит в копилку?
Задача 2. Сколько чисел от 1 до 2015 имеют сумму цифр, которая делится на 5?
Задача 3. Найдите наименьшее натуральное число, которое при делении на 3 даёт остаток 2, при делении на 4 даёт остаток 3, при делении на 5 даёт остаток 4.
Задача 4. Докажите, что если а — Ь делится на 7 и с — d делится на 7, то ас — bd делится на 7.
Задача 5. Найдите хотя бы одно такое число п, что ЗОп - 45 делится на 239.


Занятие 26
Теория графов I. Графы и их применение
Сегодня мы займёмся теорией графов — красивой и полезной областью математики. Задачи на графы возникают в самых разных науках — от информатики до химии, от проектирования компьютеров до биологии, от лингвистики до социологии. Поэтому знание теории графов необходимо для многих современных профессий.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
26.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Нарисуйте на листе бумаги:
а) 4 точки;
б) 5 точек;
в) 6 точек
так, чтобы любые три точки находились в вершинах равнобедренного треугольника.
Задача для разминки 2. На рисунке изображены три дома и три сарая. Соедините дорожками дома и сараи с одинаковыми номерами так, чтобы дорожки не пересекались и не выходили за рамку рисунка.


224
Раздел 1. Планы занятий
26.2. 	Тема занятия: «Графы вокруг нас»
Начнём занятие с решения нескольких задач.
Пример 1. 9 компьютеров соединены несколькими кабелями в единую сеть. Каждый кабель соединяет две машины. Может ли оказаться так, что каждый компьютер соединён ровно с 3 другими?
Разбор примера 1. Это не очень лёгкая задача, и не предполагается, что дети с ней справятся. Наша цель — использовать её для начала дискуссии.
Школьники пытаются нарисовать такую сеть, но у них не получается. Тогда, после нескольких неудачных попыток, они начинают искать объяснение, почему искомая конфигурация невозможна. К сожалению, метод проб и ошибок для этой задачи не подходит, так как количество вариантов слишком велико. Хорошая новость состоит в том, что в конце занятия дети узнают, как решать эту задачу.
Пример 2. В Тридевятом царстве есть 9 городов. Некоторые из них соединены дорогами, а некоторые — нет. (Одна дорога соединяет друг с другом два города.) Может ли оказаться, что каждый город соединён ровно с 3 другими городами?
Разбор примера 2. Задача удивительно похожа на предыдущую. Объекты другие, но базовая модель та же самая.
Пример 3. Известно, что в одной компании каждый работник имеет среди коллег ровно 3 друзей. Может ли оказаться, что в этой компании работает ровно 9 человек?
Разбор примера 3. О! Снова та же самая задача!
Пример 4. Известно, что в каждой вершине многогранника сходятся 3 ребра. Может ли в этом многограннике быть 9 вершин? (Многогранник—это трёхмерное тело с плоскими гранями.) Разбор примера 4. И эта задача аналогична предыдущим.
Мы предложили 4 задачи из реальной жизни. Все сценарии разные, но описываются одной и той же моделью: есть некое множество объектов, и некоторые пары из него как-то связаны. Такие модели называются графами, и изучать их очень интересно. Этим занимается теория графов — область математики, лежащая на стыке с компьютерными науками.
Давайте введём некоторые термины. Объекты, которые мы изучаем в теории графов, называются вершинами. Некоторые пары


Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение
225
этих объектов соединены между собой рёбрами. В первом примере вершинами служат компьютеры, а рёбрами — кабели; во втором вершинами являются города, а рёбрами —дороги; в третьем примере вершины —это работники, а рёбра —это дружеские отношения между ними; в последнем же примере вершины —это вершины, а рёбра —это рёбра.
Можно ли придумать другие задачи, для которых годится такая модель? Огромное количество. Например, можно говорить об инфраструктуре электросетей или о транспорте, скажем, аэропортах и авиалиниях. Социальные сети —ещё один пример графов. Даже вся сеть World Wide Web — это граф. А вот пример из молекулярной химии и биологии: атомы (вершины) соединяются химическими связями (рёбрами), образуя молекулы (графы).
Как нарисовать граф на бумаге? Мы рисуем точки, которые изображают вершины. Если какая-то пара вершин соединена ребром, мы проводим линию, соединяющую соответствующую пару точек.
Посмотрите на четыре графа ниже:
• 4 человека, все дружат со всеми;
• 4 компьютера, каждый соединён с двумя другими;
• молекула метана СН4, в которой атом углерода соединён с четырьмя атомами водорода;
• маленькая страна со столицей и тремя деревнями, из которых дороги ведут только в столицу.
Можете вы сказать, где какой граф?
У школьников обычно масса вопросов о рисовании графов. Например, что случится, если 2 ребра пересекаются так, как показано на рисунке слева? Подразумевает ли это нечто особенное? Создаёт ли такое пересечение новую вершину? Нет. Представьте себе два пересекающихся компьютерных кабеля или развязку двух дорог на разных уровнях. Рёбра (т. е. дороги и кабели) являются абсолютно разными вещами: на рисунке они пересекаются только из-за ограничений, накладываемых тем, что мы рисуем на плоскости
Важно ли, какой линией изображено ребро —прямой или кривой? Есть ли разница, длинная эта линия или короткая? Нет. Нали-


226
Раздел 1. Планы занятий
чие ребра означает существование связи между двумя вершинами. Однако само ребро не несёт никакой информации о свойствах этой связи (длина кабеля, прочность дружбы и т.д.). Например, все следующие графы описывают одну и ту же модель.
А теперь пора вернуться к нашему самому первому примеру с 9 компьютерами, каждый из которых соединён кабелями с 3 другими. Можно ли сосчитать число кабелей, необходимых для такой конфигурации?
Разумеется, можно. У каждого кабеля есть два конца, поэтому если мы будем знать число концов у кабелей, то после деления на 2 узнаем и число кабелей. Как же узнать число концов кабелей? Это тоже просто: по условию из каждого компьютера выходит три кабеля, значит, каждый компьютер даёт нам три конца. Всего компьютеров 9, поэтому получаем 3-9 = 27 концов кабелей. Делим пополам и получаем 13,5 кабелей.
Ой! Число кабелейцелое число, не бывает половинки кабеля. Поэтому искомая конфигурация кабелей невозможна!
Мы сумели решить задачу, даже не пробуя конструировать нужную сеть! Такое же рассуждение даст решение любого из наших примеров. В примере 3 мы узнаем количество дружеских отношений, умножая 3 на 9, но при этом каждый случай дружбы мы учли дважды, так что 27 нужно делить на 2, что невозможно.
26.3. 	Как найти число рёбер в графе
Этот простой и удобный подход к вычислению числа рёбер невероятно полезен при работе с графами. Поэтому давайте повторим его ещё раз1.
• Обходим все вершины графа, считая, сколько рёбер начинается в каждой вершине.
• После этого суммируем все эти числа и узнаем общее количество концов рёбер во всём графе.
1И не забудем напомнить, что это — подсчёт двумя способами. —Прим. ред.


Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение
227
• Каждое ребро имеет два конца. Поэтому общее количество рёбер получается после деления этого числа на 2.
Если получившееся число нечётное, то построение соответствующего графа невозможно.
Пример 5. Клуб посещают 12 британских джентльменов. Десять из них пожимают руки всем остальным. Ещё двое недавно поссорились, поэтому они пожимают руки всем, кроме друг друга. Сколько всего рукопожатий в клубе?
Разбор примера 5. Это типичная задача теории графов, в которой джентльмены играют роль вершин, а рукопожатия — роль рёбер. У двух джентльменов по 10 рукопожатий, у десяти остальных — по 11. Поэтому всего 2 • 10 +10 • 11 = 130 «половинок рукопожатий» (ведь каждое мы учли два раза). Соответственно, общее число рукопожатий равно 130:2 = 65.
А вот ещё одно красивое решение, которое использует те же идеи: если бы все джентльмены пожали друг другу руки, то было бы 12 • 11: 2 = 66 рукопожатий. Двое не пожали руки друг другу, поэтому на самом деле на 1 рукопожатие меньше, т. е. 65.
Для преподавателей. На наших занятиях мы никогда не упускаем случая подкрепить информацию забавными аналогиями. Например, когда мы рассказываем этот алгоритм для подсчёта рёбер, мы любим говорить, что разрезаем рёбра пополам и получаем связку хвостиков, торчащих из каждой вершины. Это помогает закрепить идею. Даже спустя несколько лет школьники говорят: «А, это задачка про подсчёт хвостов!»
О графах можно рассказать намного больше, чем позволяет время этого занятия. Например, мы ещё не ввели понятие «степень вершины» и не развернули наш алгоритм для подсчёта числа рёбер в полноценную теорему о числе нечётных вершин. Мы оставим это до следующего занятия.
26.4. 	Подборка задач
Задача 1. В офисе 9 компьютеров. Менеджер хочет соединить их в сеть так, чтобы каждый компьютер был соединён кабелями ровно с 4 другими компьютерами.
а) Сколько кабелей потребуется? Можете ли вы нарисовать нужную конфигурацию?
б) Менеджер решил соединить каждый компьютер ровно с 5 другими компьютерами. Возможна ли такая конфигурация?


228
Раздел 1. Планы занятий
Задача 2. Вокруг звезды Альдебаран вращаются 15 планет. Некоторые из них подписали торговые соглашения друг с другом. Может ли оказаться, что:
• 4 из этих планет имеют ровно по 4 торговых партнёра;
• 8 из этих планет имеют ровно по 5 торговых партнёров;
• оставшиеся планеты имеют ровно по 3 торговых партнёра?
Задача 3. В шахматном турнире некоторые игроки сыграли по 5 партий, а некоторые — по 6. Докажите, что число игроков, сыгравших 5 партий, чётное.
Задача 4. Восемь людей пришли на вечеринку, некоторые из них обменялись рукопожатиями. Может ли оказаться, что 6 человек пожали руки шести разным людям, а 2 человека пожали руки только двум людям?
Задача 5. Марсианские амёбы размножаются следующим образом: когда делится красная амёба, она разделяется на 5 синих амёб; когда делится синяя амёба, она разделяется на 7 красных амёб. Во время отлёта с Марса космонавт положил в банку 1 амёбу. Во время прибытия на Землю таможенник обнаружил в банке 100 амёб. Почему он должен обыскать космический корабль, настаивая, что несколько амёб пропали?
Задача 6. 99 крупнейших учёных Марса и Венеры сидят за круглым столом на равных расстояниях друг от друга. Если какой-ни- будь учёный видит, что слева и справа на одинаковых расстояниях от него сидят 2 коллеги с его собственной планеты, он машет им рукой. Например, если вы с Марса и на расстоянии двух стульев от вас слева и справа сидят марсиане, то вы машете им. Докажите, что, как бы ни сидели учёные за столом, по крайней мере один учёный будет махать рукой.


Занятие 27
Теория графов II. Теорема о рукопожатиях
На этом занятии мы продолжим заниматься теорией графов. Мы введём несколько новых определений и обсудим теорему о чётности числа нечётных вершин. И, разумеется, решим много задач.
Что принести на урок
• Распечатки задач, которые разбираются в классе (одна на ученика).
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
27.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Несколько спичек расположены так, как изображено на рисунке. Можно ли, начав с этого положения:
а) переложить 2 спички, чтобы получилось 6 квадратов;
б) переложить 3 спички, чтобы получилось 3 квадрата;
в) переложить 4 спички, чтобы получилось 3 квадрата?
Задача для разминки 2. Переложите одну спичку так, чтобы получился квадрат.


230
Раздел 1. Планы занятий
27.2. 	Тема занятия:
«Теорема о числе нечётных вершин»
Начнём занятие с нескольких важных определений.
Степень вершины — это количество рёбер, которые выходят из данной вершины. Это очень полезная характеристика вершины, которую мы впоследствии будем использовать при решении задач.
На следующем рисунке у каждой вершины указана её степень.
Ещё раз посмотрим на рисунок: одна из вершин имеет степень 0. Входит ли такая вершина в граф? Конечно, да. Существует масса жизненных ситуаций, когда есть вершины, не имеющие связей с другими: например, человек на вечеринке, который ни с кем не знаком, или город без аэропорта. Такие вершины тоже входят в граф.
Рисунок выше показывает, что граф может состоять из нескольких отдельных частей, не соединённых между собой. Такие части называются компонентами связности графа. Граф на рисунке имеет две компоненты связности: в одной 5 вершин с рёбрами, а в другой только одна вершина1.
Любая вершина, соединённая с данной вершиной ребром, называется смежной вершиной или соседней вершиной. Множество всех вершин, смежных с данной, называется окрестностью данной вершины.
Путь — это такая последовательность рёбер, что конец одного ребра является началом следующего.
Две вершины называются связанными, если существует путь, который их соединяет.
1В русском языке есть два почти синонимичных слова — компонент и компонента. Оба они означают «составную часть», «составляющую», «ингредиент». Однако второе слово употребляется только в математических науках, так что многие нематематики считают его употребление речевой ошибкой. — Прим. ред.


Занятие 27. Теория графов И. Теорема о рукопожатиях
231
Связный граф — граф, в котором все вершины являются связанными.
Компонента связности графа — это множество связанных вершин и рёбер между ними. Если же две вершины не связаны, то они принадлежат к разным компонентам. Связный граф состоит из одной компоненты, несвязный граф —из нескольких компонент.
Например, на следующем рисунке:
• вершины Б, Г и Д составляют окрестность вершины А;
• вершина В связана с А посредством пути А—Г—В;
• вершины В и Е не связаны;
• граф имеет две компоненты: одна включает вершины А, Б, В, Г и Д, а другая — вершины Е и Ж.
Посмотрите на следующий рисунок. Граф слева имеет 3 компоненты связности. Сколько компонент у графа справа?
Ответить на этот вопрос помогут маркеры разного цвета. Начинаем с одной вершины и отмечаем все вершины, куда из неё можно добраться, а также ведущие туда пути. Таким образом мы получаем первую компоненту. Затем выберем ещё не отмеченную вершину и маркером другого цвета отмечаем все вершины, в которые из неё можно добраться, а также ведущие туда пути. Повторяем процесс, пока не будут отмечены все вершины. Оба графа на рисунке выше имеют по три компоненты связности: два замкнутых пути из 3 вершин и одна компонента из 2 вершин, т. е. они идентичны по своей сути.
Ещё одно полезное определение: граф называется полным, если каждая вершина соединена со всеми остальными.


232
Раздел 1. Планы занятий
На рисунке ниже граф слева неполный, а граф справа — полный.
Теорема о числе чётных и нечётных вершин в графе (теорема о рукопожатиях)
На предыдущем занятии мы нашли изящный способ доказать, что некоторая конфигурация невозможна. У 9 компьютеров, каждый из которых соединён с 3 другими, было бы 27 концов кабелей. Тогда число кабелей было бы вдвое меньше: 27: 2 = 13,5. Но так как число кабелей должно быть целым, требуемая конфигурация невозможна. Сегодня мы обобщим этот удобный и полезный метод решения.
Теорема. В любом графе число вершин нечётной степени должно быть чётным.
Доказательство. По сути, мы уже знаем это доказательство. Давайте посчитаем общее количество концов рёбер двумя способами: по вершинам и по рёбрам.
• Сначала, как и в случае с компьютерами, посчитаем общее количество по вершинам: оно равно сумме всех концов рёбер, выходящих из каждой вершины. Используя наши новые термины, можем перефразировать это так: «общее количество концов рёбер равно сумме степеней всех вершин».
• Теперь заметим, что общее количество концов рёбер просто равно удвоенному количеству рёбер в графе.
Из второго способа подсчёта следует, что общее количество концов рёбер чётное. Тогда и число, полученное первым способом, должно быть чётным. Каждая чётная вершина даёт чётный вклад, каждая нечётная вершина даёт нечётный вклад. Чтобы получилась чётная сумма, сумма нечётных слагаемых должна быть чётной. Поэтому и число нечётных слагаемых (т. е. число нечётных вершин) должно быть чётным.
Ура! Мы доказали теорему! Нередко её называют «теоремой о рукопожатиях». Можете ли вы объяснить почему?


Занятие 27. Теория графов И. Теорема о рукопожатиях
233
Давайте посмотрим, как использовать теорему о рукопожатиях для решения задач.
Пример 1. В Тридевятом царстве есть только один вид междугородного транспорта — ковёр-самолёт. Из столицы ковры летают в 25 городов; в маленький городок Кощеевск ведёт только одна линия, а из всех остальных городов ковры летают ровно по 10 направлениям. Докажите, что из столицы можно долететь до Кощеевска (возможно, с пересадками).
Разбор примера 1. Мы не сможем нарисовать карту Тридевятого царства, поскольку мы даже не знаем, сколько там городов. Давайте попробуем использовать доказательство от противного. Предположим, что из Кощеевска до столицы долететь нельзя. Это означает, что столица и Кощеевск находятся в разных компонентах.
Посмотрим на все города, куда можно добраться из Кощеевска. Столицы среди них нет, поэтому в компоненте, включающей Кощеевск, есть один город с 1 линией и несколько городов с 10 линиями. Поэтому в этой компоненте нечётное количество концов линий (оно равно сумме нескольких десяток и одной единицы). Однако мы знаем, что это число должно быть чётным. Следовательно, исходное предположение неверно и столица с Кощеевском принадлежат одной компоненте связности.
Теорема о рукопожатиях говорит нам, что некоторые графы (имеющие нечётное число нечётных вершин) невозможны. Школьники легко могут допустить логическую ошибку, решив, что верно такое утверждение: если граф не противоречит теореме о рукопожатиях, то он возможен. Это неверно: могут существовать и другие причины для невозможности графа. Исследуем это на следующем примере.
Пример 2. В конференции участвовали 8 глав государств: 3 президента, 3 премьер-министра и 2 императора. В отчёте журналиста говорилось, что каждый президент пожал руки шести другим участ-


234
Раздел 1. Планы занятий
никам, каждый премьер-министр — четырём участникам, а каждый император — одному участнику. Прав ли этот журналист?
Разбор примера 2. 8 глав государств — это 8 вершин графа. По условию степенями вершин являются числа 6, 6, 6, 4, 4, 4, 1, 1. Общее количество нечётных вершин равно 2, следовательно, такой граф не противоречит теореме о рукопожатиях. Поэтому первый естественный шаг к решению —■ попробовать нарисовать такой граф.
И эта неудачная попытка поможет нам понять, почему он невозможен. Рассмотрим трёх президентов: каждый из них проигнорировал только одного руководителя. Поэтому каждый президент должен был пожать руку как минимум одному из императоров. Значит, у двух императоров в сумме было не менее 3 рукопожатий с президентами. Но по условию каждый император обошёлся всего одним рукопожатием. Противоречие.
А теперь время решать задачи. Хорошо бы при этом разделить детей на небольшие группы. Тогда они будут помогать друг другу.
27.3. 	Задачи для решения в классе
Задача 1. Можно ли нарисовать граф с 5 вершинами, степени которых равны 4, 4, 4, 2, 2? Либо нарисуйте такой граф, либо докажите, что он невозможен.
Задача 2. а) Можно ли нарисовать граф с 8 вершинами степени 3?
б) Можно ли нарисовать граф с 21 вершиной степени 3?
в) Можно ли нарисовать граф с 20 рёбрами, чтобы все вершины имели степень 3?
Во всех пунктах либо нарисуйте такой граф, либо докажите, что он невозможен.
Задача 3. 15 учеников записались на курсы катания на верблюдах. Известно, что каждый участник знаком как минимум ещё с 7 учениками из своей школы, которые записались на эти курсы. Докажите, что на самом деле все ученики на курсах будут из одной школы.
Задача 4. На острове рыцарей и лжецов есть 12 городов, некоторые из них соединены дорогами. Житель А говорит, что в каждом городе начинается различное число дорог. Докажите, что Л—лжец.


Занятие 27. Теория графов II. Теорема о рукопожатиях
235
Задача 5. Амёбообразные жители с планеты Аль-Дабра могут иметь любое количество рук. Во время празднования Нового года все они взялись за руки так, что свободных рук не осталось. Докажите, что количество аль-дабрианцев с нечётным числом рук чётно.
27.4. 	Подборка задач
Задача 1. Соедините 6 точек линиями (не обязательно прямыми), чтобы линии не пересекались и в каждой точке сходились 4 линии.
Задача 2. В стране Бульонии есть шесть го- А
родов, которые соединены дорогами, как показано на рисунке. На каждую из дорог приземлилось несколько летающих тарелок. Капитан каждой тарелки отправил по одному инопланетянину в каждый из двух ближайших городов, чтобы они украли по миске свежего куриного бульона (как известно, летающие тарелки используют куриный бульон в качестве топлива). В результате в городе А было украдено а мисок супа, в городе В украдено b мисок супа, в городе С украдено с мисок супа, в городе D украдено d мисок супа, в городе Е украдено е мисок супа. Сколько мисок супа было украдено в городе F?
Задача 3. В графе 40 вершин, и степень каждой вершины не меньше 20. Докажите, что этот граф связный.
Задача 4. а) Системный администратор Миша любит число 5. Поэтому он соединил 10 компьютеров в сеть так, что каждый компьютер соединён ровно с 5 другими. Нарисуйте пример такой сети.
б) Теперь Миша планирует сделать сеть из 30 компьютеров, чтобы каждый компьютер был соединён ровно с 5 другими. Сколько кабелей ему понадобится?
в) Также Миша хочет сделать сеть, которая использует ровно 56 кабелей и в которой каждый компьютер по-прежнему соединяется с 5 другими. Получится ли у него?
Задача 5. Каждый человек на острове рыцарей и лжецов сказал 2 фразы:
• «У меня нечётное число друзей-рыцарей»;
• «У меня чётное число друзей-лжецов».
Чётно или нечётно число островитян?


236
Раздел 1. Планы занятий
Задача 6. В Тридевятом царстве работают две авиакомпании — «Аэроцарь» и «Аэродемократия». В каждом аэропорту царства есть 4 авиалинии, две из которых обслуживаются компанией «Аэроцарь», а две другие — компанией «Аэродемократия». Известно, что из всех этих линий за границу ведут всего две. Докажите, что обе они обслуживаются одной авиакомпанией.
27.5. 	Дополнительные задачи
Задача 1. В государстве Шмаглия есть 15 округов. Может ли оказаться, что каждый округ граничит с 3, 5 или 9 округами?
Задача 2. Можете ли вы нарисовать на плоскости 9 отрезков так, чтобы каждый отрезок пересекал ровно 3 других? (Никакие 3 отрезка не пересекаются в одной точке.)
Задача 3. Грани многогранника покрашены в 2 цвета, причём грани одного цвета не имеют общего ребра. Про все грани, кроме одной, известно, что у них чётное число рёбер. Докажите, что и у оставшейся грани число рёбер чётно.
Задача 4. На вечеринку пришло 10 мальчиков и 11 девочек. Оказалось, что у всех девочек разное количество знакомых мальчиков. Докажите, что существуют 2 мальчика с разным числом знакомых девочек.
Задача 5. Из полного графа с 10 вершинами убрали 8 рёбер. Докажите, что граф остался связным.


Занятие 28
Теория графов III. Решение задач с помощью графов
На этом занятии мы познакомимся с новыми примерами использования графов для отражения взаимосвязей и моделирования задач из различных областей. Мы разберём задачи, демонстрирующие широкие возможности графов.
Что принести на урок
• Распечатки задач для домашней работы (одна на ученика).
28.1. 	Математическая разминка
Задача для разминки 1. Я разделила все цифры на две группы: 1, 2,3, 5, 7 и 0,4, 6, 8, 9. По какому правилу были разделены цифры?
Задача для разминки 2. За 6 дней 600 куриц несут 600 яиц. Сколько яиц снесут 300 куриц за 3 дня?
28.2. 	Тема занятия:
«Попурри из задач, в которых используются графы»
Ориентированные графы
Пример 1. Белла моложе Ани; Даниил моложе Беллы; Аня старше Сони; Белла старше Кати; Соня старше Беллы; Маша старше Ани; Соня моложе Маши. Можете ли вы сказать, кто из детей самый старший и самый младший?
Разбор примера 1. Задача не особо привлекательна: здесь есть множество утверждений, которые нужно сортировать. Однако наглядное изображение в виде графа сделает её намного легче. Давайте договоримся, что вершины графа изображают детей, а рёбра — известную информацию о том, кто старше, а кто младше. Но тогда появляется интересный вопрос: если ребро соединяет две вершины, то как узнать, кто старше?


238
Раздел 1. Планы занятий
Для решения этой задачи введём понятие ориентированного ребра и ориентированного графа.
Ориентированное ребро (направленное ребро, дуга) — это ребро, которому присвоено определённое направление (обычно указывается стрелкой). У ориентированного ребра есть начальная и конечная вершины.
Ориентированный граф (также орграф) — это граф с ориентированными рёбрами.
Для нашей задачи явно нужны ориентированные рёбра: например, условимся, что стрелка показывает на того, кто младше. Тогда получится следующий ориентированный граф.
Направление стрелок играет важную роль. Если существует путь из вершины X в вершину Y, в котором все стрелки идут в одном направлении, то X старше, чем Y. Такой путь называется ориентированным. Например, Маша старше Беллы, потому что мы можем пройти по стрелкам от вершины М (Маша) до вершины Б (Белла). Легко увидеть, что Маша старше всех в группе, потому что от неё есть ориентированный путь до любой другой вершины графа. У нас есть два кандидата на самого младшего участника группы: Катя (К) и Даниил (Д). Можем ли мы определить, кто из них младше? Нет, не можем: у нас нет ориентированного пути, который вёл бы от вершины К к вершине Д или от вершины Д к вершине К.
Граф также показывает, что некоторые рёбра избыточны: даже если их убрать, всё равно будет понятно, кто из двух детей старше. Видите ли вы, какие рёбра графа можно убрать без потери информации?
Графы и лабиринты
Пример 2. На рисунке вы видите план дома. Можете ли вы представить этот план в виде графа?
Разбор примера 2. Пусть вершины изображают комнаты. Всё пространство снаружи
I г


Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 239
дома мы будем считать одной большой комнатой, так что и оно тоже изобразится вершиной. Рёбра будут изображать двери. В результате получается граф, который соответствует этому плану.
Этот метод годится не только для маленького дома, но и для масштабного сооружения, например для лабиринта. Вершины графа могут изображать перекрёстки лабиринта; если между двумя перекрёстками можно пройти, то соответствующие вершины соединены каким-то путём.
При таком подходе любая задача про лабиринт может быть сформулирована на языке графов. Хорошая новость состоит в том, что математики и программисты придумали для графов множество полезных алгоритмов и методов решения задач. Например, для нахождения пути между точками Л и Б в лабиринте компьютер может использовать алгоритм «нахождения пути между двумя вершинами».
Кстати, это работает и в обратную сторону. Если нам нужно построить лабиринт, мы можем использовать подходящий алгоритм для создания графа. Затем этот граф можно преобразовать в лабиринт.
Графы и переправы
Следующая задача — упрощённый вариант хорошо известной головоломки — показывает ещё один творческий способ переформулировать задачу на языке графов.
Пример 3. Солдату нужно переправиться через реку. Имеется маленькая лодка и два мальчика в ней. Они согласны помочь, но лодка вмещает либо одного солдата, либо двух мальчиков. Помогите организовать переправу так, чтобы солдат оказался на другом берегу реки, а лодка осталась у мальчиков.
Разбор примера 3. Давайте введём обозначения: мальчики —М2 и М2, солдат — С, лодка—Л. Теперь придумаем способ описать текущее состояние мальчиков, лодки и солдата. Будем использовать две пары скобок: в одной будут объекты на левом берегу, а в другой — на правом.


240
Раздел 1. Планы занятий
Например, сначала все находятся на левом берегу, и поэтому состояние описывается так: (Мъ М2, Л, С) (). Если сейчас солдат переправится на правый берег, то состояние будет таким: (Мъ М2) (Л, С). Если же переправятся два мальчика, то состояние будет (С) (Мъ М2, Л).
Теперь все состояния можно нарисовать в виде вершин графа. Если из одного состояния можно перейти в другое, пересекая реку, то соответствующие вершины соединяем ребром. Вначале у нас граф состоит из одной вершины (Мъ М2, Л, С) (). По мере добавления новых состояний он будет расти. Например, из первоначального состояния можно перейти в такие: на другом берегу лодка с обоими мальчиками; на другом берегу лодка с одним мальчиком; на другом берегу лодка с солдатом. Какое из этих состояний имеет потенциал для создания новых состояний? Только «на другом берегу лодка с обоими мальчиками».
((С, M.J (Му Л) ) ((М„МгЛ,С)0
((С, М2) (М„ Л) )
(<С) <МУ Ц, Л) )- ((М„ Мг) (Л, С) )
Сколько шагов придётся сделать, чтобы достигнуть нашей цели: построить граф с нужной нам вершиной (Мъ М2, Л) (С)?
((МУМ2,Л)(С) )
Мы только что обсудили, как задачу о переправе можно сформулировать на языке теории графов. Теперь вы можете попробовать применить этот подход к знаменитой задаче о волке, козе и капусте.
(Задача звучит так: «Человеку нужно перевезти через реку волка, козу и капусту. В лодке кроме него может поместиться или волк, или коза, или капуста. Если он повезёт капусту, волк тем временем съест козу. Если он повезёт волка, коза тем временем съест капусту. Однако человеку удалось осуществить перевозку. Как?»1)
1 Эта формулировка взята из книги [17]. Однако головоломка является одной из самых древних известных занимательных задач. Первое известное её упоминание есть в рукописи IX века под названием «Задачи для развития молодого ума». Текст рукописи, где содержится более 50 задач, приписывается англосаксонскому учёному и поэту VIII века Алкуину.


Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 241
Раскраска и задачи с графами
Сейчас мы покажем, как при решении задач с графами можно использовать раскраску.
Пример 4. В группе из 6 рыцарей любые два рыцаря либо дружат, либо враждуют. Докажите, что существуют 3 рыцаря, которые либо все между собой дружат, либо все между собой враждуют.
Разбор примера 4. Смоделируем эту задачу с помощью графа с шестью вершинами (изображающими рыцарей). Рёбрами можно изобразить, например, отношение дружбы. Тогда отсутствие ребра будет означать отношение вражды. Однако такой способ будет не очень наглядным. Лучше использовать два вида рёбер: сплошные чёрные линии будут соединять друзей, а пунктирные — врагов. (Можно также использовать маркеры двух разных цветов.) При этом мы получаем полный граф с 6 вершинами, в котором каждое ребро или сплошное, или пунктирное.
Наша цель —доказать, что можно найти треугольник, у которого все стороны либо сплошные, либо пунктирные. Выберем, например, вершину Рг. Она связана с пятью другими вершинами, причём как минимум 3 из этих линий должны быть одного типа. Возьмём для рассмотрения три одинаковые линии. Для определённости пусть они означают дружбу: рыцарь 1 дружит с рыцарями 2, 4 и 5.


242
Раздел 1. Планы занятий
Если в этой конструкции Р2 и Р4 — друзья, то задача решена: Ръ Р2 и Р4 образуют искомый треугольник. Аналогично задача решена, если друзьями будут Р4 и Р5 или Р2 и Р5. Если же ни один из этих случаев не реализовался, то Р2, Р4 и Р5 оказываются врагами и мы получаем треугольник из пунктирных линий. Задача решена!!
р3
Эти примеры показывают применение графов, но это лишь верхушка айсберга.
Для преподавателей. Теорию графов можно изучать саму по себе или для её применений в информатике и других дисциплинах. Графы — отличная тема для математического кружка; их можно изучать несколько лет, постепенно увеличивая сложность. Если вы хотите расширить свои знания, загляните в книгу [2]. Там есть несколько прекрасно написанных глав, посвящённых теории графов, а также множество задач по этой теме.
28.3. 	Подборка задач
Задача 1. Можете ли вы придумать несколько таких натуральных чисел, чтобы их сумма и их произведение равнялись 99?
Задача 2. а) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 8, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 2?
б) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 7, 7, 6, 5, 4, 2, 2, 1?
в) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 6, 6, 6, 5, 5, 3, 2, 2?
Для каждого пункта либо нарисуйте граф, либо объясните, почему это невозможно.
Задача 3. Каждая вершина графа покрашена в зелёный или синий цвет. Каждая зелёная вершина соединена ребром с 9 синими и 6 зелёными вершинами, а каждая синяя вершина соединена ребром с 5 синими и 10 зелёными вершинами. Каких вершин в графе больше — синих или зелёных?


Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 243
Задача 4. В сети 101 компьютер, причём каждый из них соединён ровно с N другими компьютерами. Каковы возможные значения N?
Задача 5. Трюм корабля имеет прямоугольную форму. Через течь в корпусе в него начала поступать вода, что сразу же включило насос для откачки воды. Его мощности оказалось недостаточно: вода равномерно поступала и через 10 минут поднялась на 20 сантиметров. В этот момент включился второй (точно такой же) насос, и через 10 минут уровень воды понизился до 10 сантиметров, после чего течь заткнули. Через какое время два насоса выкачают оставшуюся воду?
Задача 6. В команде капитана Флинта 60 пиратов. Каждый пират ненавидит ровно 1 другого пирата. Докажите, что капитан может разделить пиратов на 3 группы, чтобы в каждой группе не было пиратов, ненавидящих друг друга. (Ненависть не обязательно взаимна. Если пират А ненавидит пирата В, то это не означает, что пират В ненавидит пирата А.)
♦
Задача 7. В первый день шахматного турнира каждый из 10 участников сыграл по одной партии. На следующий день каждый участник сыграл ещё по одной партии, но уже с другим игроком. Докажите, что после второго дня можно найти 5 шахматистов, которые не играли друг с другом.
Задача 8. В галактике Туманность Андромеды все пассажирские перевозки между планетами производят две компании: «Космические Шаттлы» и «Астро Лимитед». Любая пара планет в галактике соединена одним маршрутом, который обслуживается одной из этих компаний. Докажите, что путешественник может посетить все планеты галактики, пользуясь услугами только одной компании.


Занятие 29 Математическая олимпиада III
Сегодня день последней олимпиады года.
В наших математических кружках ученики всегда с нетерпением ждут олимпиаду. Детям нравится вызов, дух соревнования, интересные задачи и, конечно, призы.
Что принести на урок
• Распечатки задач олимпиады (одна на ученика).
• Призы для участников (по желанию).
Для преподавателей. Это последний турнир года. Как сделать его запоминающимся? Можно вручить дипломы и призы, а можно устроить после кружка маленькую вечеринку.
Это последнее занятие года. Вероятно, вам будет интересно узнать мнение школьников и их родителей. Можно провести опрос онлайн или в «бумажном» виде.
29.1. 	Событие дня: «Математическая олимпиада»
Эта устная олимпиада состоит из десяти задач, примерно упорядоченных по возрастанию сложности. Задачи распечатаны в двух частях: в одной первые 6 задач, а в другой последние 4. Некоторые задачи из второй части довольно сложные.
На случай, если какой-нибудь сообразительный школьник быстро решит всё и останется без дела, имеются две дополнительные задачи.
В начале олимпиады все ученики получают первую часть задач. При решении любых четырёх задач из первой части школьник получает вторую часть


Занятие 29. Математическая олимпиада III
245
29.2. 	Первая часть задач
Задача 1. Составьте магический квадрат из чисел 1, 7, 13, 31, 37, 43, 61, 67 и 73.
Задача 2. Маруся разделила прямоугольник слева на 3 одинаковых прямоугольника и покрасила их в три цвета. Затем она разрезала прямоугольник на 4 куска так, что смогла составить из них прямоугольник справа такой же площади. Как она это сделала?
Задача 3. Волшебник и его ученик могут превратить всех лягушек из аквариума в принцесс за 6 часов. (Каждый превращает по одной лягушке за раз и работает с собственной скоростью.) Сначала они работали некоторое время вместе, и волшебник превратил | имеющихся лягушек, а ученик — Затем волшебник ушёл, а ученику нужно было закончить превращение в одиночку. Сколько времени ему понадобится для завершения работы?
Задача 4. В понедельник благородный рыцарь сэр Ланселот записал в дневнике: «Сегодня я сделал больше добрых дел, чем 1 день назад, но меньше, чем 4 дня назад». Во вторник он написал точно такой же текст. В среду он написал точно такой же текст. Какое максимальное количество дней сэр Ланселот может делать в дневнике такие одинаковые записи? (Помните, что благородный рыцарь никогда не лжёт.)
Задача 5. Физик разместил в каждой вершине куба или положительно заряженную частицу (с зарядом +1), или отрицательно заряженную частицу (с зарядом -1). Затем он посчитал общий заряд всех частиц для каждой грани куба. Может ли он получить различные числа для всех граней?
Задача 6. Вы попали на собрание девяти мафиозных боссов. За один вопрос вы можете узнать суммарное количество денег у любых


246
Раздел 1. Планы занятий
двух из них. Можете ли вы выяснить суммарное количество денег у всех девяти боссов за 6 вопросов?
29.3. 	Вторая часть задач
Задача 7. У олимпийского арбитра есть комплект медалей—
1 золотая, 3 серебряные и 5 бронзовых. Арбитр получил срочное сообщение, что одна из медалей фальшивая (легче настоящей). Настоящие медали из одинакового металла весят поровну. Медали из различных металлов весят по-разному, но мы не знаем, какие легче, а какие тяжелее. Как арбитру найти фальшивую медаль с помощью
2 взвешиваний на двухчашечных весах без гирь?
Задача 8. В каждой клетке квадрата 7x7 стоит какое-то число. Сумма чисел в любом квадрате 2 х 2 и в любом квадрате 3x3 равна 0. Докажите, что сумма всех чисел в 24 клетках по периметру квадрата 7x7 тоже равна 0.
Задача 9. Иван-царевич просит руки Василисы Прекрасной. Отец Василисы, царь Дадон, предлагает ему головоломку. Перед Иваном пять дверей, пронумерованных слева направо цифрами 1, 2, 3, 4, 5. За некоторыми из дверей сидит по одному тигру, за некоторыми — по одной девушке. Иван может показать на любые 3 двери, после чего царь называет суммарное количество тигров за ними. После трёх таких вопросов Иван должен определить, кто за самой правой дверью—девушка или тигр. Если царевич угадывает, он может жениться на Василисе. Если нет —его отправляют на корм тиграм. Помогите Ивану-царевичу гарантированно выжить.
Задача 10. Матвей взял чёрный маркер и написал на доске все дни последнего месяца: 12345678910111213... Затем он взял красный маркер и вычеркнул те три даты, в которые он ссорился со своей сестрой (дни ссор идут не подряд, между ними есть как минимум один день). В результате эта последовательность чисел распалась на несколько более коротких строк чёрных цифр, разделённых красными крестиками. Оказалось, что во всех чёрных строках поровну цифр. Докажите, что Матвей ссорился с сестрой в первый день месяца.
29.4. 	Дополнительные задачи
Задача 11. Все числа от 1 до 10 разделены на две группы, причём произведение всех чисел в первой группе делится на произведение


Занятие 29. Математическая олимпиада III
247
всех чисел во второй группе. Найдите наименьшее возможное частное при таком делении.
Задача 12. В игре «Сапёр» некоторые клетки доски 10x10 заминированы. Остальные клетки компьютер заполняет числами, равными количеству соседних заминирова- ных клеток. Клетки называются соседними, если они имеют общую сторону или вершину. Предположим, что я уберу все мины с доски и поставлю новые мины во все клетки, которые раньше не были заминированы. Что произойдёт с суммой чисел на доске — может ли она увеличиться, уменьшиться, остаться такой же?
1
М
2
М
1
1
2
1
1
1
1
1
М
2
2
1
2
1
2
3
М
2
М
2
М
М
2
1
2
1
2
1


Раздел 2
Математические конкурсы и соревнования


Математические конкурсы, соревнования и олимпиады пользуются огромным успехом как у детей, так и у преподавателей. В наших кружках школьники с удовольствием и азартом сражаются в нескольких излюбленных видах командных соревнований. Мы регулярно проводим математические аукционы, домино, хоккей, гонки и т. д. Все они зародились в российских математических кружках, но, как оказалось, школьники из других стран играют в них с неменьшим удовольствием.
В этой книге изложены правила математического аукциона, математического домино, математических гонок, математического питона и математической олимпиады. Все они проверены временем и школьниками и прекрасно работают в школьных кружках.


Математический аукцион
Начнём с обсуждения сути игры, а затем изложим правила подробно.
Что такое математический аукцион?
Математический аукцион — одно из самых захватывающих математических соревнований. В него с удовольствием играют кружковцы всех возрастов.
Задачи математического аукциона не похожи на традиционные: это скорее открытые проблемы с промежуточными решениями, которые можно постепенно улучшать Эти решения нетрудно найти, поэтому школьники всегда могут обнаружить какое-нибудь из них.
Задачи математического аукциона являются конструктивными. В них не нужно доказательство, а ответы легко проверить. Поэтому математический аукцион можно организовать даже в кружке для новичков, где школьники не обладают большим опытом математических рассуждений.
Структура математического аукциона стимулирует учеников продолжать решать задачу даже тогда, когда другая команда уже рассказывает её решение. Поскольку хорошая аукционная задача имеет несколько промежуточных решений, команда может улучшить своё решение, скомбинировав собственную идею с идеей, представленной другой командой. Улучшив решение, команда может выставить новую заявку на ту же самую задачу.
Правила математического аукциона
В аукционе соревнуются две или больше команд. Для удобства объяснения правил сейчас мы будем считать, что в игре участвуют только две команды — Команда А и Команда В.
В начале игры каждая команда получает один и тот же список задач. На их решение отводится определённое время. Затем команды собираются вместе и начинаются аукционные торги.
Обе команды начинают игру с одинаковой суммой денег в ка- кой-нибудь игровой валюте, например тугриках. Каждая из задач списка стоит определённую цену, выраженную в этой валюте. Например, начальный капитал каждой команды может составлять 200 тугриков, а цена каждой задачи —100 тугриков.


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
253
Преподаватель выставляет задачи на аукцион по одной. Команды делают ставки, соревнуясь за право рассказать решение задачи.
Команда, сделавшая наибольшую ставку, рассказывает перед классом своё решение. Если решение верное, у этой команды есть шанс получить деньги —цену этой задачи. Если команда действительно получит эти деньги, то её прибыль — это стоимость задачи за вычетом сделанной ставки.
Но в математическом аукционе есть изюминка. Если на обычном аукционе вы предложите наибольшую цену, товар будет безоговорочно вашим. А вот в математическом аукционе всё иначе. Команда-участник может потерять свои деньги, даже если даст правильное решение задачи. Как это может произойти?
Мы уже говорили, что у всех задач есть промежуточные решения, поэтому другая команда может считать, что её решение лучше, чем только что представленное. В этом случае задача выставляется на аукцион снова. Следующий покупатель пытается предложить лучшее решение. Одна и та же задача может выставляться на торги сколько угодно раз, пока у команд не кончатся решения. Возможна ситуация, когда команда улучшает своё же собственное решение.
Наконец команда с наилучшим решением забирает деньги (цену задачи). Прибыль команды — разница между ценой задачи и заплаченной суммой. Остальные команды теряют те ставки, которые платили за право представлять задачу. Пример, как работает такая система ставок и цен, смотрите в конце этой главы.
Торговля и перепродажа придают игре стратегический характер и делают её ещё более увлекательной. Благодаря возможности перекупить задачу дети активно решают задачи на всём протяжении соревнования. Участников вдохновляют идеи других команд и желание выиграть. На математических аукционах решения часто придумываются «на лету». Бывает, что за считанные минуты команда покупает одну и ту же задачу несколько раз подряд, каждый раз улучшая решение.
Когда все задачи окончательно проданы, преподаватель подсчитывает капиталы команд. Побеждает команда, у которой денег больше.
Как сравнивать решения
Важный вопрос: как определить, какое решение лучше? Ответ здесь таков: у каждой задачи математического аукциона есть соб¬


254
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
ственный набор критериев. В каждой задаче должен быть чётко сформулирован принцип, по которому будут сравниваться решения.
В конце этой главы вы найдёте несколько примеров задач для аукциона вместе с описаниями критериев лучшего решения.
Как продавать и перепродавать задачу
Преподаватель объявляет выставленную на аукцион задачу и начинает принимать ставки, громко повторяя каждую новую ставку и спрашивая: «Кто готов заплатить больше?» (Рука преподавателя указывает на ту команду, которая заявила эту ставку.) Если после очень неторопливого счёта до трёх не следует нового предложения, то задача считается проданной. Чтобы торги шли быстрее, мы не принимаем ставки ниже 5 тугриков и перебить чужую ставку можно не меньше чем на 5 тугриков. Для поддержания порядка ставки могут объявляться только заранее выбранными капитанами команд. Как и на настоящем аукционе, объявляя ставку, капитан должен поднимать руку.
После того как решение рассказано и проверено, преподаватель спрашивает, нет ли у какой-нибудь команды лучшего решения. Если такое решение есть, начинается следующий раунд торгов по этой же задаче. Минимальный размер ставки остаётся прежним. Команда, сделавшая наибольшую ставку, покупает попытку рассказать своё решение. Та команда, которая только что представила решение, может участвовать в торгах наравне с другими.
Торги продолжаются, пока находятся команды, желающие продемонстрировать улучшенные решения.
Деньги
Все команды начинают игру с одинаковой суммой денег. Рекомендуется установить сумму, примерно равную половине суммарной цены всех задач. Если у команд слишком много денег, то появляется соблазн тратить их, не задумываясь. Если денег слишком мало, то они могут быстро закончиться, и тогда команда больше не сможет участвовать в игре. Бессмысленно платить за право рассказать решение сумму, превышающую цену задачи, поэтому цена задачи является естественной верхней границей для заявок.
В нашем кружке стоимость задач кратна 100, а минимальный шаг предложения составляет 5 тугриков.


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
255
Пример одного раунда
В этом пункте описан пример воображаемого сражения между двумя командами (команда А и команда Б) за одну (упрощённую) задачу математического аукциона.
Задача 1. С помощью 5 единиц выразите максимальное количество последовательных натуральных чисел начиная с 1. Можно использовать 4 арифметические операции («+»,«—», «•»,«:») и скобки. Одну операцию можно использовать несколько раз; необязательно использовать все 4 операции.
Цена задачи: 100 тугриков.
Команда улучшает решение задачи, если она продолжает представление с того числа, которое не смогла выразить предыдущая команда.
Предположим, что на стадии решения команда А придумала, как получить числа 1, 2 и 4:
1 = 1-14-1 — 1 + 1,
2 = 1: 1 + 1 : 1-1,
4= (1 + 1) *1 + 1 + 1.
Команда В придумала представление для чисел 1, 2 и 3:
1 = (11 —11) + 1,
2 = (1-1 + 1 : 1) -1,
3 = 1 + 1 + 1 + 1-1.
Первый раунд аукциона выигрывает команда В, сделав заявку в 45 тугриков и показав решения для чисел 1, 2 и 3. Команда А может улучшить решение: у неё есть представление для числа 4. Поэтому она требует второй раунд торгов. В этом втором раунде команда А платит 25 тугриков за право продемонстрировать улучшенное решение. (Цена оказалась такой высокой, потому что команда В блефовала. Она тоже повышала ставки, делая вид, что ей есть что показать.) Команда А представила решение для числа 4, и теперь ей кажется, что деньги у неё в кармане. (Если бы так и было, то команда Л заработала бы 100 — 25 = 75 тугриков.) Однако, слушая решение команды А, команда В придумала, как получить число 5:
5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1.
Поэтому команда В требует третьего раунда: она платит 5 тугриков и предъявляет решение для числа 5. Поскольку ни одна из


256
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
команд не придумала, как получить число 6, торговля за эту задачу окончена.
Команда В получает цену задачи (100 тугриков). Её прибыль составила 100 — 45 — 5 = 50 тугриков. Команда А потеряла 25 тугриков.
Работа в команде
Математический аукцион может быть и командным, и индивидуальным соревнованием. В нашем кружке мы обычно играем двумя командами. Вот несколько важных аспектов командной игры.
• В каждой команде должен быть капитан. Его функция—делать заявки во время аукциона. (Участники команды обсуждают стратегию заявок совместно, но капитан — единственный человек, который фактически делает заявки и решает, кто из участников команды рассказывает решение той или иной задачи.)
• Различные задачи представляют различные участники команды. Это правило можно нарушать, если в команде слишком мало участников или если задача выставляется на аукцион повторно.
• Число команд определяется количеством имеющихся школьников. Оптимальный размер команды —4—8 учеников. Если в кружке много детей, можно играть тремя или даже четырьмя командами.
Советы для преподавателя
• Подумайте заранее о всех материалах, необходимых для того, чтобы игра прошла без проблем.
• Часто задачи легче решать, если у школьников есть клетчатая бумага (задачи на шахматной доске, задачи на разрезание и т.д.). Принесите её с собой в достаточном количестве.
• Если у вас не хватает места на доске, принесите большой лист бумаги и липкую ленту. Можно прикрепить лист к стене и отмечать на нём текущие результаты.
• Прочитайте задачи вслух и убедитесь, что дети их слышали. Подчеркните, что на этапе решения задач можно задавать вопросы. Если условие задачи понято неверно, решение не засчитывается.
• Пока команды решают задачи, подготовьте доску к выступлениям: это поможет сэкономить время. Нарисуйте всё, что точно понадобится: шахматные доски, разлиновку в клетку, геометрические фигуры.
• В неиспользуемом углу доски нарисуйте таблицу с номерами задач и названиями команд. В таблице вы будете отслеживать ход


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
257
борьбы: заплаченные при заявках деньги вводятся как отрицательные числа, а выигрыши — как положительные.
• Во время аукциона вы выполняете обязанности арбитра. Поэтому у вас неизбежно будет «пограничная зона» в принятии решений. Будьте благожелательны, но последовательны. Типичный пример «пограничной зоны» на аукционе: школьник пытается прямо по ходу дела изменить/улучшить решение. Сколько времени можно дать на такую попытку? Вы — судья и организатор торгов, и ваша задача — пойти навстречу этому участнику в такой степени, чтобы не нарушить интересы других команд. Можно установить правило: на обдумывание решения во время выступления отводится не больше двух минут.
Примеры задач математического аукциона
Задача 1. Разрежьте круг семью прямыми линиями так, чтобы получилось максимальное количество треугольников. Треугольник не может иметь искривлённых сторон и не может состоять из нескольких меньших фигур.
В этой задаче команда улучшает решение, если у неё больше треугольников, чем было в решении предыдущей команды.
Задача 2. Найдите как можно больше решений буквенно-числовой головоломки ТРОН + ТИР = ЛОРД. (Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
В этой задаче команда улучшает решение, если она предъявляет хотя бы один ответ, которого ещё не было у предыдущих команд.
Задача 3. С помощью цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 выразите максимальное количество последовательных натуральных чисел начиная с 1. Можно использовать 4 арифметические операции («+», «—», «•», «:») и скобки. Одну операцию можно использовать несколько раз; необязательно использовать все 4 операции. Порядок цифр менять нельзя.
Команда улучшает решение задачи, если она продолжает представление с того числа, которое не смогла выразить предыдущая команда.
Много примеров задач для математического аукциона можно найти в книге [2].


Математическое домино
Эта игра появилась в нашей «соревновательной» коллекции не очень давно и быстро вошла в число любимых1.
• Её правила и формат интересны для учеников любого возраста
• Игра вовлекает каждого ученика в активное решение задач, позволяя всем детям работать в своём темпе и на своём уровне.
• Игра может продолжаться столько времени, сколько нужно, поскольку её можно остановить в любой момент.
• Для неё нужно мало помощников.
Правила математического домино
В математическое домино лучше всего сражаться небольшими командами или индивидуально. По ходу игры каждая команда одну за другой решает задачи, которые выбирает из общего набора. За каждую решённую задачу команда получает баллы в зависимости от сложности задачи и от наличия ошибок в решении. Цель игры — набрать как можно больше баллов.
Каждая задача домино написана на обратной стороне двусторонней карточки. Лицевая сторона карточки похожа на «доминошку». На ней изображена пара чисел. Это стоимость задачи.
г J\
Сторона .
I доминошки | с текстом у . задачи у  т/
Нарисуйте 10-угольник, который можно разделить на 5 треугольников одним разрезом.
А
/ Сторона i
< доминошки \ с баллами I
V
В начале игры эти карточки разложены на столе арбитра баллами вверх (соответственно, текст задач скрыт). Команды начинают работать над задачами в собственном темпе, по одной выбирая карточки. При этом по стоимости задачи участники могут предположить её сложность.
На каждой выбранной задаче команда зарабатывает (или теряет) баллы в зависимости от того, смогла ли она её решить. Эта система работает так.
1 Мы нашли эту игру на сайте Кировской летней математической школы [29].


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
259
• У команды есть две попытки дать ответ на задачу. (В задачах математического домино важен только ответ, а не решение.)
• Если команда даёт верный ответ с первой попытки, то она получает полную стоимость задачи. Полная стоимость равна сумме двух чисел на «доминошной» стороне карточки. Например, если на карточке написано 5:3, то команда получит 8 баллов.
• Если команда даёт верный ответ со второй попытки, она получает частичную стоимость задачи. Частичная стоимость равна большему из двух чисел. Например, если на карточке написано 5:3, то команда получит 5 баллов.
• Если и второй ответ неверен, то команда теряет баллы. Штраф равен меньшему из двух чисел на «доминошной» стороне карточки. Например, если команда не решит задачу, написанную на карточке 5:3, то потеряет 3 балла.
• Задача на карточке 0:0 особая. Команде даётся всего одна попытка дать ответ на эту задачу. Правильное решение приносит 10 баллов (а для более сложной задачи—до 15 баллов), неправильное решение не штрафуется.
Закончив решение задачи, команда возвращает карточку на стол и выбирает новую задачу. Игра останавливается в заранее определённое время. Побеждает команда, у которой больше очков.
Почему школьники любят математическое домино
Эта игра сочетает стратегию, элемент неизвестности и азарт от решения интересных задач. Вы спросите, откуда в этой игре стратегия и о каком риске речь. Вспомните, что пара чисел на «доминошной» стороне карточки помогает предсказать уровень сложности задачи на обратной стороне.
Для примера сравним карточки 2:1 и 6:4. За первую задачу предлагается максимум 3 балла, а за вторую 10, поэтому первая задача должна быть намного проще второй.
А если на двух карточках одинаковая сумма баллов? Следует ли ожидать, что задачи будут одинаковой сложности? Посмотрим на карточки 7:1 и 4:4. Каждая из этих задач, решённая с первой попытки, даст 8 баллов. Однако решение со второй попытки приносит в первом случае 7 баллов, а во втором только 4. Для второй карты штраф намного больше — 4 против 1. Если максимальная выгода


260
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
одинакова, а штраф больше, то зачем выбирать второй вариант? Дело в том, что задачи подбираются так, что в задаче 7:1 гораздо легче допустить ошибку. Поэтому задача 4:4, хотя и может принести больший штраф, должна решиться легче. Школьники знают это, и им нравится оценивать риски.
Получается, что команда может выбирать стратегию, которая ей больше подходит и соответствует уровню игроков. Таким образом, очки можно набирать по-разному: сосредоточиться на трудных задачах с повышенным риском или сделать ставку на решение множества более простых задач.
Ещё один важный фактор — задачи домино интересны и занимательны. В них не требуется представлять решение, нужно дать только ответ. Это даёт школьникам приятную передышку посреди обычного хода занятий в кружке, когда требуются полные решения.
Почему преподаватели любят математическое домино
Во-первых, во время игры все школьники активно решают задачи. В маленьких группах, где все близки по уровню подготовки, каждый участник становится важным для команды. Совместная работа помогает быть сосредоточенными и мотивированными: никто не бездельничает, дети учатся друг у друга.
Во-вторых, в домино можно играть и в таком классе, где у школьников большая разница в математической подготовке. Ведь дети могут сами выбирать задачи по силам
Третий плюс •— возможность варьировать время игры: один и тот же набор задач можно использовать и для 30-минутного, и для 2-часового соревнования в зависимости от количества и подготовки участников.
Наконец, эту игру легко проводить. Даже если детей много и учителя подключают помощников для проверки ответов, тем необязательно понимать решения задач. У набора есть готовый список ответов, и помощники просто с ним сверяются.
Полезная информация
• Математическое домино можно проводить и как индивидуальную, и как командную игру. Мы рекомендуем играть командами по


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
261
2 человека. (Если нужно, в некоторых командах может быть 1 или
3 человека1.)
• В команду должны входить игроки близкого уровня. (В несбалансированной команде более сильный участник будет играть ведущую роль.)
• Перед игрой каждая команда получает таблицу для записи результатов (образец таблицы см. ниже). В ходе игры в таблицу нужно записывать все ответы. Если ответ требует много места (например, рисунок), команда показывает его на отдельном листе бумаги. После окончания игры по таблице вычисляется итоговый результат каждой команды.
• Команда не может отказаться от взятой задачи, не получив штрафа.
• В зависимости от цели игры (серьёзное соревнование или занимательно-образовательный турнир) преподаватель может помогать команде, столкнувшейся с трудностями. (Если во время игры вы ходите по классу, то обязательно заметите, что команда «застряла». Подойдите, направьте детей в правильную сторону.)
Таблица для подсчёта очков
В начале игры каждая команда получает бланк, где будут отмечаться её результаты. На бланке есть место для названия команды и таблица с пятью столбцами.
Название команды:
Номер
задачи
Баллы за задачу
Ответ, первая попытка
Ответ, вторая попытка
Полученные
баллы
Каждый раз, когда команда выбирает новую задачу, она указывает её номер в левом столбце, а баллы (два числа на карточке) — во втором столбце. В следующие две колонки команда заносит свои ответы (при первой попытке и при второй попытке). Последний столбец («Полученные баллы») заполняется арбитром после проверки ответа. Карточки с домино: как их сделать?
Чтобы сделать двусторонние карточки с задачами на одной стороне и с баллами на другой, мы поступаем так: вводим задачи в таб¬
1 Можно играть командами в 3—4 человека. Тогда команде разрешается брать две задачи сразу. —Прим. ред.


262
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
лицу—по одной в каждой строке. У этой таблицы 4 столбца: два широких (для текста задач и для баллов) и два узких (с номером задачи).
1
Нарисуйте многоугольник i
г . о
7
с 10 вершинами, который можно . 7
5 :3
разделить на 5 треугольников.
I Линия сгиба
Страницы нужно распечатать и разрезать на полоски с отдельными задачами, а затем полоски сложить поперёк. Получаются двусторонние карточки: с одной стороны — задача, а с другой — «доминошка».
Полезные мелочи
Количество задач математического домино может быть разным. У нас самый маленький набор (28 карточек) состоял из тех комбинаций, которые применяются в традиционном домино (от 0 до 6 точек). Обычно наши наборы больше: выбирая задачи для нового домино, мы не можем остановиться. Ведь вокруг столько отличных задач! Если в наборе больше 28 задач, то мы можем просто взять не «6 точек», а больше. Например, добавив ещё две задачи к тем 28, мы можем установить для них баллы 7:0 и 7:5 в соответствии с их сложностью.
Подготовить набор задач математического домино не так просто: нужно не только придумать набор задач, но и правильно подобрать для них баллы. Однако эти усилия окупаются. Хороший набор задач домино можно раз за разом использовать в разных классах с разными школьниками. Мы играем в математическое домино с учениками всех возрастов, от 3 до 10 класса, и игра нравится всем без исключения.


Математический питон
Правила математического питона1
Математический питон — это скоростная игра по решению задач с простыми правилами. В неё можно играть небольшими командами или индивидуально.
Правила довольно просты. В начале игры все команды получают по одинаковому набору задач. Эти задачи сгруппированы в несколько «питонов» — цепочек задач, объединённых общей темой.
Решение задач. Команды начинают решать задачи и давать на них ответы. Разрешена только одна попытка дать ответ. Если он верный, команда получает цену задачи; если нет —команда получает О баллов. Побеждает команда, у которой будет больше баллов.
Баллы. В каждом питоне первая задача стоит 1 балл, вторая — 2 балла и т.д. Кроме того, команда может заработать бонусные баллы.
Есть два вида бонусов.
• Горизонтальный бонус: решены все задачи в питоне (дополнительные 5 баллов).
• Вертикальный бонус: решены все задачи с одинаковым номером. В этом случае команда в качестве бонуса получает стоимость одной задачи. Например, если команда решила все задачи с номером 3, она дополнительно получает 3 балла.
Полезная информация
Математический питон — это игра, в которой превосходно оттачивается умение решать определённый тип задач.
Отличным примером является комбинаторика. В комбинаторном питоне школьники практикуются в перестановках, сочетаниях, дополнениях и т. д. — каждая «цепочка» посвящена определённому виду задач.
Обычно мы проводим игру маленькими командами (по 2 школьника). В такой команде оба участника взаимодействуют, помргая друг другу.
Продолжительность игры определяется набором используемых задач — важны и количество задач, и их трудность.
1 Другое популярное название этой игры — математическаая абака.


264
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
Для преподавателей. В зависимости от целей игры вы можете немного изменять правила. Например, если цель состоит в том, чтобы школьники овладели определённым набором навыков, то время от времени вы можете давать им подсказки. (Если задача решена с подсказкой, за неё можно давать половинное число очков, а затем не учитывать при определении бонусов.)
Таблица для подсчёта очков
Для игры вам понадобятся:
• распечатки задач математического питона;
• ответы для математического питона (один комплект на преподавателя);
• распечатки бланков для ответов (один на команду).
По ходу игры команды вводят свои ответы в таблицу. Ниже показан пример такой таблицы для игры с двумя наборами задач (2 питонами) по 3 задачи в каждом.
Задача 1
Задача 2
Задача 3
Бонус за строку
Всего
Питон 1
0
2
3
5
Питон 2
1
2
3
5
11
Бонус за столбец
2
3
Всего команда заработала 5 + 11 + 2 + 3 = 21 балл.


Математические гонки
Правила математических гонок
Математические гонки — это соревнование отдельных участников или небольших команд. Правила этого турнира очень просты.
Решение задач. По ходу турнира каждая команда занимается одним и тем же набором задач: она решает задачи и сдаёт решения по мере их появления. Единственное ограничение — одновременно у команды может быть только 4 задачи. В начале игры любая команда получает 4 задачи, и каждый раз, когда она сдаёт верное решение одной из них, она получает следующую задачу из списка.
Например, пусть у команды находятся задачи 1, 2, 3 и 4. Если она предъявляет правильное решение для задачи 3, она получает задачу 5. Если она затем решает задачу 1, она получает задачу 6.
У команды есть три попытки на каждую задачу; удачные и неудачные попытки отмечаются в таблице со счётом.
Баллы. Итоговый результат команды зависит от общего количества решённых задач, а также от максимальной длины цепочки верных ответов. Поэтому у детей всегда есть мотив двигаться по всему списку задач, стараясь решить как можно больше.
За каждую решённую задачу команда получает 3 очка. За самую длинную цепочку правильных ответов команда получает бонус: 1 дополнительное очко за каждый ответ в такой цепочке.
Полезная информация
Математические гонки — ещё одна игра, которая прекрасно подходит для закрепления определённого навыка. Обычно мы играем небольшими командами (2—4 школьника). В группах такого размера каждый участник активно занят и имеет шанс внести свой вклад.
Таблица со счётом
Для игры вам понадобятся:
• распечатки задач математических гонок;
• ответы (один комплект на преподавателя);
• распечатки бланков для ответов (один на команду).


266
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
Во время игры положение команд отмечается в таблице со счётом. Её очень просто сделать: в одной строке указываются номера задач, а во второй — баллы.
Задача 1
Задача 2
Задача 3
...
Всего
Баллы
Чтобы придать игре больше остроты и азарта, можно на доске поддерживать одну большую таблицу с результатами всех команд.
Задача 1
Задача 2
Задача 3
Всего
Команда 1
✓
✓
Команда 2
✓
✓


Математическая олимпиада
Олимпиады —это индивидуальные математические соревнования. Не стоит проводить все занятия кружка в виде соревнований, но проводимые время от времени олимпиады весьма полезны. Вот некоторые их плюсы.
• Всё время занятия используется для интенсивного решения задач. Во время соревнования школьники сосредоточены и работают более эффективно, чем во время обычного занятия.
• Большинство детей любят соревноваться и получать призы. Поэтому олимпиада —это и развлечение, и мотивация к учёбе.
• Олимпиада — отличное средство для преподавателя узнать сильные и слабые стороны всех школьников, а также оценить общий уровень кружка.
Виды олимпиад
Олимпиаду можно организовать разными способами. Во-пер- вых, она может быть устной или письменной. Письменные олимпиады делятся на соревнования с краткими ответами (предоставляется выбор из нескольких вариантов) или с развёрнутыми ответами. У всех видов есть свои преимущества и недостатки.
• При олимпиаде с краткими ответами (выбор из вариантов) перед преподавателем стоит сложная задача. Ему нужно придумать задачи, которые соответствуют идеям математического кружка и которые можно сформулировать в виде вопроса с несколькими вариантами ответов. Плюс в том, что ответы легко проверять, поэтому победителей можно объявить сразу после турнира.
• Олимпиада с развёрнутыми ответами («напишите полное решение») делает акцент на решении, а не на ответе. Поэтому выбор задач здесь гораздо интереснее. Недостатком является то, что школьникам нередко трудно излагать свои идеи письменно. Кроме того, преподавателю сложнее пробираться через эти решения и ставить оценки.
• Устная олимпиада обеспечивает активное взаимодействие между преподавателем и школьниками. Кроме того, ученики получают прекрасную возможность потренироваться в умении рассуждать. Ещё один плюс устного турнира — немедленные результаты. Однако и здесь есть свои недостатки. Поскольку школьники рассказывают


268
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
решения устно, нужны дополнительные арбитры. При этом такие люди должны быть достаточно компетентны, чтобы оценивать верность решений и указывать детям на ошибки в их рассуждениях.
В нашем математическом кружке мы предпочитаем устные олимпиады. Обычно мы просим помочь с судейством квалифицированных друзей, родителей или старшеклассников. Так или иначе, но у нас всегда находятся добровольцы для события, которое происходит один раз в семестр. Если мы не полностью уверены в квалификации арбитра, мы поручаем ему оценивать более простые задачи.
Олимпиадные задачи
Ключ к успешному проведению олимпиады — хорошо составленный набор задач. Олимпиада должна быть достаточно сложной, но при этом все должны её закончить с ощущением, что чего-то добились. Вот несколько советов, которые помогут вам достичь такой цели.
• Сочетайте задачи разного уровня сложности: несколько более трудных заданий для сильных школьников и несколько простых, но интересных задач для менее подготовленных или для новичков. Можно ориентироваться на такие цифры: в наборе из 10 задач должно быть 5, которые, вероятно, решат все участники кружка, 4 задачи посложнее, а одна совсем трудная.
• Включите несколько задач, в которых применяются недавно изученные в кружке методы. У таких задач двойное назначение: освежить в памяти пройденный материал и поощрить тех, кто усердно занимался. К этому добавьте несколько задач, требующих для решения только логику и изобретательность.
• Включайте задачи только с относительно коротким решением. Это важно и для устной, и для письменной олимпиады. Иначе вы будете перегружены длинными рассказами или чтением длинных текстов.
• Убедитесь, что формулировки задач интересны и легки в понимании. Если задача скучная или слишком длинная, её лучше переформулировать или заменить.
• Расставляйте задачи по увеличению сложности. Тогда школьникам будет проще расставить приоритеты во время работы.
• Обычно мы делим наборы задач для устной олимпиады на две части и печатаем их на разных страницах. В целом задачи первой


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
269
части проще. В начале турнира все школьники получают только первую часть. Когда они решат определённую долю задач, они получают и вторую часть. Такой подход хорош, поскольку при меньшем числе задач школьникам удобнее концентрироваться. Кроме того, дети не гонятся за более сложными задачами, когда ещё не решены более простые.
Планирование устной математической олимпиады
Этот раздел посвящён особенностям планирования устной олимпиады.
• Важно пригласить достаточное количество арбитров, чтобы справиться с потоком учеников, желающих рассказать решения. Определить нужное количество помощников не так просто. Могу поделиться собственным опытом проведения олимпиад, описанных в этой книге. В каждом из турниров мы вдвоём с одним помощником успешно справлялись с выслушиванием решений в кружке из 8—10 учеников. При этом продолжительность турнира составляла полтора часа.
• Важно иметь эффективный способ учёта решённых задач. Если вы предпочитаете технологичное решение, можете использовать компьютер. Если хотите обойтись без технологий, можете отмечать решённые задачи на бумаге. (Для этой цели вполне годится простая табличка с именами школьников и названиями задач.)
• Всегда полезно заранее (до начала олимпиады) ознакомить арбитров с задачами и их предполагаемыми решениями. Во-первых, если человек будет незнаком с вашей программой и требованиями, его собственное представление о правильном решении может отличаться от вашего. Во-вторых, выработка единого стандарта помогает обеспечить справедливость и последовательность.
• Во время соревнования у каждого арбитра должно быть место, где он может без помех обсуждать задачи со школьниками. Для этого годятся отдельный стол в классе или пара стульев в коридоре.
Во время олимпиады
Начиная олимпиаду, напомните детям её правила и общее время решения. Это лучше сделать до раздачи условий; в противном случае ученики уже будут решать и уделят вашим словам меньше внимания.


270
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
Правила и напоминания
• Задачи можно решать в любом порядке. В зависимости от вида олимпиады решения либо излагаются письменно, либо рассказываются устно.
• Ученики должны действовать самостоятельно: разговоры запрещены. (Такое напоминание необходимо, поскольку атмосфера математического кружка способствует сотрудничеству и совместной работе.)
• Если олимпиада письменная, важно напомнить школьникам, что они должны указать и объяснить все этапы решения. Кроме того, попросите писать разборчивее — это значительно упростит оценивание работы.
• Напомните детям, что полезно задавать вопросы по условию задач.
• Если олимпиада устная, объясните, как проходит процесс изложения решений. (В нашем кружке процесс организован следующим образом. Школьник, который готов изложить решение, добавляет своё имя в лист ожидания на доске. Преподаватель и его помощники выбирают детей согласно этому списку. У школьника есть три попытки для каждой задачи. Арбитр фиксирует и удачные, и неудачные попытки.)
• Если олимпиада устная, рекомендуйте детям не накапливать решённые задачи. Если время уже заканчивается, а ученик ещё только добавляет своё имя в лист ожидания, может оказаться так, что он не успеет ответить.
• По ходу олимпиады напоминайте детям, сколько времени у них осталось. Разумными отметками являются полчаса, пятнадцать минут и пять минут.
Олимпиады в этой книге
Все три олимпиады в этой книге являются устными и рассчитаны на полтора или на два часа.
Те же самые наборы задачи можно использовать и для письменной олимпиады. Однако на письменной олимпиаде задач должно быть меньше, и лучше исключить из неё те задания, где первая версия с большой вероятностью окажется неверной.
Награды и призы
Если олимпиада устная или письменная с выбором ответов из нескольких вариантов, то её результаты будут известны немедлен¬


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
271
но. Задачи письменной олимпиады с развёрнутыми ответами придётся оценивать позднее.
В конце олимпиады хорошо бы провести награждение. Существует множество способов построить систему наград. Выбор зависит от количества детей в кружке, их возраста, уровня родительской помощи и т. д. Вы можете выбрать красиво распечатанные дипломы, конфеты и шоколадные монеты (простой способ порадовать школьников), небольшие подарки (ручки, карандаши, математические головоломки и т.д.) либо использовать более существенные призы.


Короткие занимательные математические игры
В этой главе собраны короткие математические игры, в которые можно играть со школьниками. Это отличный способ провести последние 10 минут занятия и награждать детей за проделанную работу.
«Джотто» и «Математическое джотто»
«Джотто» — это простая логическая игра, в которой сочетаются элементы математики и языка1.
Игра проводится в формате: преподаватель против учеников. Преподаватель придумывает секретное слово — нарицательное существительное, имеющееся в словаре; при этом все буквы в слове должны быть различны. В игре используются 4-буквенные или 5-буквенные слова (с 4-буквенными словами игра идёт быстрее). Задача школьников — угадать задуманное слово. Игроки высказывают догадку—слово с таким же количеством букв. Преподаватель сообщает число — количество букв, которые имеются и в загаданном, и в предложенном слове. При этом положение букв не играет роли: например, если загадано слово ПОРТ, а кто-то предложил слово ТРОН, то сообщается число 3.
В математическом кружке в игру «Джотто» можно играть как командой, так и индивидуально. При командной игре ученики делятся на две или несколько команд, которые высказывают свои догадки по очереди. При индивидуальной игре каждый школьник играет сам за себя.
Преподаватель следит за ходом игры: он записывает каждое предложенное слово на доске, а рядом указывает число совпадающих букв.
«Математическое джотто» — такая же игра, но вместо слов используются пятизначные числа (все цифры которых должны быть различны). Обычно детям интереснее играть со словами, а не с числами.
«Ним»
«Ним» — это стратегическая игра для двух человек с очень простыми правилами.
1В книге «Camp Logic» Марка Сола и Шан Зелбо [15] есть занимательный и полезный раздел, где анализируется математический аспект этой игры.


Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
273
Игровое поле представляет собой три кучи фишек. Игроки берут фишки по очереди: за один ход можно взять любое количество фишек из одной кучи. (При этом обязательно взять хотя бы одну фишку.) Выигрывает игрок, забравший последнюю фишку. Несмотря на простоту правил, эта игра очень увлекательна.
Дети могут играть на доске или на бумаге. Три кучи фишек можно изобразить в виде трёх рядов точек (или других символов). Вместо взятия фишек игроки зачёркивают точки.
Размер кучек можно брать случайным образом, однако лучше, чтобы в каждой кучке было не более 10 фишек. Например, кучки размером 3, 5 и 7 обеспечивают достаточную сложность, и, даже если участники сыграют несколько раз подряд, они не приблизятся к идее выигрышной стратегии для такой начальной позиции.
«Ним» может быть и индивидуальной, и командной игрой. В первом случае можно провести чемпионат кружка. Во втором случае можно организовать игру подобно математическому хоккею: дети делятся на две команды и выдвигают представителей для игры друг с другом.
«Чёрный ящик»
Ведущий в игре (преподаватель) придумывает некоторое правило для машины, действующей по принципу «чёрного ящика». Машина работает так: получает определённые данные на входе, обрабатывает данные по задуманному правилу и выдаёт некоторый результат.
Цель игры — выяснить это правило. Игроки по очереди предлагают входные данные для чёрного ящика. Для каждого значения на входе ведущий объявляет значение на выходе. Если какой-то игрок считает, что он нашёл задуманное правило, то он запрашивает проверку. Ведущий предлагает несколько входных значений, а игрок предсказывает результат согласно предполагаемому правилу. Если гипотеза игрока оказалась верной, то он раскрывает правило остальным участникам. Но можно действовать и иначе: ведущий говорит, что игрок прав, но правило не раскрывается, а игра продолжается, пока не догадаются ещё несколько игроков.
Входные данные могут быть числами или словами. Обычно ведущий придумывает правило, которое на выходе даёт число, а затем сообщает игрокам, какие данные можно вводить в чёрный ящик: целые числа, вещественные числа, слова и т. д. Если игрок предлага¬


274
Раздел 2. Математические конкурсы и соревнования
ет число, к которому невозможно применить задуманное правило, то ведущий говорит фразу, заранее определённую для таких случаев. Например, если задумано правило то оно не работает при х = 0, поэтому в ответ на такое предложение ведущий может сообщить: «Невозможно использовать чёрный ящик с этим числом».
Чёрный ящик может быть и индивидуальной, и командной игрой с небольшим числом игроков. Преподаватель следит за результатами: он пишет на доске входные данные и значение на выходе.
В эту игру можно играть с учениками любого возраста начиная с первоклассников. Чем старше школьники, тем сложнее может быть задуманное правило.
Вот несколько возможных правил.
• Любая математическая функция: удвоение числа, прибавление 4, возведение в квадрат.
• Остаток от деления на какое-нибудь натуральное число.
• Округление до ближайшего кратного 10 или до ближайшего кратного 3.
• Деление чётного числа на два и прибавление двойки к нечётному.
• Сумма цифр числа.
• Число букв во введённом слове.
• Само число плюс номер текущего хода.
• Последняя цифра предыдущего числа.


Раздел 3
Еще несколько советов преподавателю


Как стать первоклассным преподавателем математического кружка
В чём состоит секрет хорошего математического кружка? На этот вопрос трудно дать исчерпывающий ответ, но можно отметить ряд важных деталей. Три необходимые составляющие успешности математического кружка — это увлечённые школьники, первоклассные преподаватели и интересная программа.
Преподавание в кружке — это благодарное занятие, но при этом и весьма непростое дело, а путь к вершинам мастерства долог и извилист. Очень часто люди, которые ведут кружок, сами прошли через кружковскую систему и имели перед глазами пример своих замечательных учителей. А если это ваш первый кружок? Как его проводить, как выбирать задачи, как общаться с детьми?
Собранные в этой главе идеи и размышления помогут читателю в этом увлекательном деле. Так как задолго до этой книги над теми же вопросами размышляли многие талантливые педагоги, я буду приводить их высказывания наряду с моими собственными советами.
Стиль преподавания
• Ключ к преподаванию в кружке — преподавание в форме свободного диалога. Хочу начать с совета Тома Дэвиса, координатора нескольких математических кружков в районе Сан-Франциско. «Не пытайтесь читать лекции. Хотя знакомство с теорией и методами — неотъемлемая часть математических кружков, ваши занятия должны быть максимально интерактивными. Оценивайте по такой шкале: 1 балл за каждую минуту, когда говорите вы; 5 баллов за каждую минуту, когда говорит ученик; 10 баллов за каждую минуту, когда вы обсуждаете с учениками; 50 баллов за каждую минуту, когда школьники спорят и обсуждают между собой».
• А сейчас я процитирую Рика Гарликова, философа и просветителя. Он заметил, что вопросы преподавателя «нужно использовать, чтобы возбуждать любопытство, и одновременно они должны служить логичными, постепенными направляющими указаниями, которые дают возможность школьникам разобраться в сложной теме или вопросе с помощью собственных размышлений и озарений».


278
Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
• Будьте изобретательны. В математическом кружке не всегда просто отвечать на вопросы и решать задачи. «Если ученики не могут сразу ответить на ваш вопрос, не говорите им ответ; дайте им подумать. Если они застряли, предложите им подсказки, а не ответы» (Том Дэвис).
• Помните, что конечная цель — научить школьников правильному математическому мышлению. Том Дэвис: «Подбадривайте и поощряйте, даже в случае неверных ответов. В любой попытке находите что-нибудь положительное, но не удовлетворяйтесь, пока не появится строгое решение. Для каждой задачи укажите важные этапы и использованные методы. После разбора каждой задачи подведите итог, ещё раз обозначив важнейшие этапы и идеи решения».
• Всегда используйте задачи для закрепления новых понятий и идей. Работа над задачами — это важнейшая составная часть процесса обучения. Поэтому на любом занятии нужно давать сбалансированную подборку интересных и полезных заданий. Вот несколько советов по оптимизации такого набора.
• Сложность. У ваших школьников могут оказаться самые различные способности и уровень подготовки. Тем не менее любой человек в группе, готовый усердно и энергично трудиться, должен иметь возможность прогрессировать. Как этого добиться? Около половины задач должны быть интересными и творческими, но не сложными для решения. В то же время пара задач должна представлять определённую трудность даже для сильных школьников.
• Выбор тем. Чтобы не было скучно, набор задач должен быть разнообразным. Включите в подборку несколько задач по новой теме и по материалам предыдущего занятия. Не забудьте добавить задачи, которые решаются без каких-либо специальных знаний —только с помощью сообразительности и здравого смысла. Очень полезно, если задачи даются серией — набором повышающейся сложности, который иллюстрирует какую-либо тему или метод решения задач.
• Размер. Набор задач должен иметь разумную длину—иначе они перестанут быть интересными и занимательными.
• Не забывайте, что у вас было гораздо больше практики в абстрактном мышлении и логических рассуждениях, чем у ваших уче¬


Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
279
ников. Некоторые понятия и принципы вам могут казаться очевидными и само собой разумеющимися, а детям нужны работа и время, чтобы их освоить.
• Перед тем как давать задачу, спросите себя: сколько новых или сложных идей нужно для её решения? Если в ответе «больше одной», то это как минимум на одну больше допустимого. Либо отложите задачу до следующего раза, предложив предварительно пару одношаговых заданий, где эти идеи будут предлагаться по отдельности; либо добавьте её в конец списка, как задачу, предназначенную для самых сильных учеников.
• Точно так же проверяйте на сложность новый теоретический материал или метод решения задач. Разбейте его на шаги, простые для понимания; не пропускайте шагов только потому, что они очевидны для вас и для самых сильных кружковцев. Как всегда, важен баланс. Основная часть материала должна быть по силам большинству участников, но сделайте так, чтобы сильные дети тоже не скучали: уделите последние пять минут более сложным вещам, дайте задачу, которая по силам только самым продвинутым ученикам. Искусство учителя состоит в выборе правильных тем, грамотном способе подачи материала и соответствующей этому скорости подачи.
• Задача —это эффективное средство обучения. Если задача иллюстрирует важный теоретический принцип или метод решения, включите её в несколько подборок, каждый раз изменяя её сюжет. Так дети научатся распознавать базовые идеи, под каким бы обли- чием они не скрывались.
• Старайтесь давать детям возможность показывать и объяснять решения — как у доски, так и в разговорах один на один с учителем.
• Не работайте над одной темой много занятий подряд. Лучше разнообразить материал, а самые длинные темы давать с перерывом.
• Не забывайте о математических развлечениях. Дети — всегда дети, и они любят играть. Если устраивать развлекательное занятие раз в месяц, это прекрасно поддерживает их мотивацию.
• Позаботьтесь, чтобы у вас был запасной план для первых или последних 10 минут занятия. Для этого прекрасно подходят короткие математические игры («Джотто», «Ним», «Чёрный ящик» и другие).


280
Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
• Наконец, важно мотивировать школьников! Напоминайте им, что знания, навыки мышления и умение решать задачи, которые развивают математические кружки, обязательно пригодятся им в жизни, какую бы карьеру они ни выбрали.
Ваша целевая аудитория
Мечта каждого руководителя кружка — класс, целиком состоящий из способных и увлечённых школьников. Однако реальность такова, что у вас, скорее всего, будет группа детей с различными способностями и стремлениями. Поэтому вам придётся подумать, как учить такую группу. Следует ли рассчитывать занятия на пару самых сильных детей, или ориентироваться на верхнюю половину класса, или же учить так, чтобы всем всё было понятно? Каждый преподаватель решает этот вопрос самостоятельно, но есть несколько ориентиров.
• Когда вы набираете новый кружок, к вам могут прийти самые разные дети. Кому-то может быть неинтересно, и он скоро уйдёт. Кто-то никогда не занимался кружковской математикой и поэтому сначала решает медленнее остальных, но такой ребёнок со временем может наверстать упущенное. Дети, давно знакомые с логическими головоломками и задачами на сообразительность, начинают вполне успешно. Только время покажет, кто преуспеет на длинной дистанции.
• Исходя из этого в кружке первого года имеет смысл вести занятия так, чтобы никто не отставал, и следить, чтобы все дети понимали материал. Такой подход окупается, когда видишь, как поначалу пассивные дети увлекаются математикой и оказываются в лидерах.
• На второй год ситуация начинает меняться. Дети подросли. Они уже имели возможность увидеть и почувствовать, что может им предложить математический кружок, и к этому моменту обычно уже знают, нравится им это или нет. Кроме того, со временем материал в кружке становится всё более сложным —и теоретически, и технически. Поэтому те, кто не прикладывает усилий в освоении теории и в решении задач, начинают отставать.
• Какова же целевая аудитория на второй год кружка? Совершенно точно это не только несколько самых лучших учеников: вряд ли вам захочется оказаться в кружке, где занимаются всего 2—3 человека. С другой стороны, опыт показывает, что школьники, посеща¬


Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
281
ющие кружок по инерции, в любом случае получат меньше пользы — вне зависимости от времени, на них потраченного. Хороший учитель должен видеть, где проходят границы. Единственный совет, который я могу дать: обращать внимание на заинтересованность детей. В конечном счёте имеет смысл учить в расчёте на тех, кто заинтересован и имеет мотивацию, поскольку именно они извлекут больше всего пользы от пребывания в кружке.
Что дальше?
Наверное, если вы опытный преподаватель, то вы и сами хорошо знаете, в каком направлении будет развиваться ваш кружок. Но если вы только начинаете, то у вас, конечно же, осталось ещё много вопросов.
В этом пункте я предложу полезные ресурсы и подскажу, где взять дополнительные материалы для занятий. Также мы обсудим, в какую сторону может двигаться кружок на третий год: какие темы рассматривать и где найти нужные материалы.
Кроме тем, затронутых в этой книге, существует ещё очень много тем, которые можно обсуждать в кружке второго года. Это стратегические игры, взвешивания, геометрические построения, заковыристые текстовые задачи, логические задачи и т. д.
Список тем для третьего года занятий математического кружка тоже велик. Во-первых, можно заниматься на более глубоком уровне практически всеми темами, обсуждаемыми в этой книге. Такие интересные и практически важные темы, как делимость, графы или комбинаторика, предоставляют совершенно неисчерпаемый материал для занятий. А доказательства от противного, инварианты, принцип Дирихле и другие методы решения задач полезны не только начинающему кружковцу, но и опытному олимпиаднику. Также в список тем можно добавить те же стратегические игры, взвешивания, геометрические задачи, системы счисления, математическую индукцию и т. д.
Какие темы выбрать? Где познакомиться с теорией? Откуда брать задачи?
Так как вы читаете эту книгу по-русски, вам получить ответы на эти вопросы гораздо легче, чем остальным читателям.
Наверное, нужно переехать в другую страну, чтобы понять, насколько богата и уникальна традиция российских математических


282
Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
кружков. Многие десятки лет талантливейшие математики и преподаватели вкладывали свои силы в её развитие. В результате создана культура математических кружков, школ, лагерей и олимпиад, похожей на которую нигде не найти. И конечно же, количество литературы и других ресурсов на русском языке на порядок больше, чем на всех остальных языках, вместе взятых.
Давайте начнём с книг. На русском языке напечатана масса замечательной литературы по внешкольной математике. В том числе очень много хороших книг выпущено издателем этой книги, Московским центром непрерывного математического образования (МЦНМО).
Какие книги выбрать? Если вы хотите более подробно почитать теоретический материал к занятиям, то вам будет полезно обратиться к книге «Ленинградские математические кружки» С. А. Генкина, Д. В. Фомина и И. В. Итенберга. Я очень люблю эту книгу именно потому, что она сочетает теорию, дискуссии и тематические наборы задач. Тому же принципу (уроки и задачи) следуют книжки МЦНМО из серии «Школьные математические кружки»: в каждую книгу входят разработки нескольких занятий с теорией, примерами и наборами задач. Эти книжки покрывают широкий список тем и будут, безусловно, полезны. Если вас интересуют источники задач, то есть задачники А. В. Спивака, сборник «Приглашение на математический праздник» И. В. Ященко и ещё масса прекрасных книг. В эту главу просто невозможно добавить все книги, которые украсили бы книжную полку начинающего преподавателя.
В конце книги я привожу список книг, которыми я регулярно пользуюсь, готовясь к занятиям кружка.
Кроме книг, существует масса интернет-ресурсов. Например, сайт problems. ru является неоценимым источником прекрасно классифицированных задач. Малый мехмат МГУ поддерживает многолетние архивы своих занятий (mmmf .msu.ru). На сайте zaba.ru вы можете найти интересные подборки задач к разным математическим конкурсам, включая математические аукционы и математические бои. А ещё есть и материалы Кировской летней школы, и заочные математические кружки 30-й школы Санкт-Петербурга, и архив задач олимпиады «Математический праздник», и многое другое. Также на сайтах МЦНМО и math. ru выложено огромное количество замечательных книг.
Помните про личное и виртуальное общение. Вы можете многому научиться у более опытных коллег. А благодаря социальным се¬


Раздел 3. Еще несколько советов преподавателю
283
тям вы всегда можете общаться в группах и сообществах. Например, я очень люблю facebook-группу «Школьные математические кружки»: там можно прочитать обзоры книг, задать вопрос и получить совет, просмотреть архивы прошлых дискуссий.
Напутствие
Уважаемый читатель, в какой бы точке земного шара вы ни находились, я хочу закончить этот раздел пожеланием вам успеха. Если вам интересно учить детей математике, не бойтесь пробовать и не откладывайте. Если вы вложите достаточно труда и энтузиазма, у вас обязательно получится!
Пусть ваши ученики растут умными и увлечёнными математикой. А когда они вырастут, пусть им тоже захочется поделиться своими знаниями и начать свой собственный математический кружок!
P. S. Я всегда буду рада получить от вас весточку. Пишите по электронной почте, расскажите о своём кружке, задайте вопрос. Вы можете использовать адрес моего кружка Prime Factor: annabOpf mathcircle. org или мой личный адрес: ania_burago@hotmail•com.


Раздел 4 Решения


Занятие 1
Задачи с шахматной доской
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Сначала на дереве было 2 груши. После порыва ветра одна груша упала на землю. Поэтому ни на дереве, ни на земле груш (множественное число) нет.
Решение задачи для разминки 2. Девочки были тройняшками.
Решения задач, предложенных на занятии
Решение задачи 1. Если раскрасить собаку в шахматном порядке, то можно увидеть, что число чёрных квадратиков на 2 больше числа белых. Но каждая доминошка покрывает один чёрный и один белый квадратик. Поэтому требуемое замощение невозможно.
Решение задачи 2. Фигура состоит из 3 + 5 + 7 +
+ 9 + 11 + 11 = 46 маленьких треугольников. Поэтому каждая из 23 одинаковых частей должна состоять из двух треугольников с общей стороной. Раскрасим треугольники в чередующиеся цвета — чёрный и белый. В каждой части должен быть один чёрный и один белый треугольник. Но при раскраске получается 21 чёрный и 25 белых треугольников (или наоборот). Поэтому разрезать фигуру требуемым способом невозможно.
Решение задачи 3. Ход верблюда начинается и заканчивается в клетках одного цвета. Верблюд начинает двигаться с чёрного поля, поэтому он не может попасть на поля белого цвета. Но поле в правом нижнем углу белого цвета, поэтому верблюд не может на него попасть.
Решение задачи 4. Наша доска имеет размер 5x7, поэтому длина искомого маршрута равна 35. Если раскрасить клетки в шахматном порядке, то клетки маршрута будут чередовать цвет. Поскольку число 35 нечётное, первая и последняя комнаты должны быть одного цвета, следовательно, второй маршрут невозможен.


288
Раздел 4. Решения
Теперь предположим, что нижний левый угол доски имеет чёрный цвет. Тогда на доске 18 чёрных и 17 белых клеток. Если по всем квадратам проходит маршрут с чередующимися цветами, то первая и последняя клетки должны иметь чёрный цвет. Однако на третьей карте оба нужных квадрата белые. Следовательно, это невозможно.
Решение для первой карты построить легко.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Ниже представлено одно из возможных решений. (Если ученик приносит другое решение, убедитесь, что куски имеют прямоугольную форму, а шахматный рисунок сохранён.)
Решение задачи 2. Поскольку Боря и Витя вместе получили 45 монет, у кого-нибудь из них не менее 23 монет. Следовательно, у Артура не менее 24 монет. Таким образом, Артур, Боря и Витя вместе имеют не менее 45 + 24 = 69 монет. Но всего у пиратов 70 монет, а Гриша должен иметь хотя бы одну. Отсюда следует, что у Гриши ровно 1 монета (а у Артура ровно 24 монеты).
Решение задачи 3. Покрасим комнаты в замке в чёрный и белый цвет, как показано на рисунке ниже. У нас оказалось 15 чёрных и только 10 белых комнат. Поскольку чёрные и белые комнаты чередуются при любом маршруте, нельзя посетить больше 11 чёрных комнат. Легко построить маршрут, где мы действительно посетим 11 чёрных комнат, а 4 чёрные комнаты мы не посетим (см. рисунок снизу справа).
Решение задачи 4. Здесь нам нужно написать уравнение. Обозначим числа X и Y. Тогда по условию X - Y = 0,5(X + 7). Отсюда X — Y — 0,5Х 4- 0,57 и 0,5Х = 1,57. Следовательно, X = 37, и отношение чисел равно 3:1.
Решение задачи 5. а) Маршрут от площади до магазина нарисовать легко.


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
289
б) 	Маршрут от площади до памятника невозможен. Действительно, раскрасим перекрёстки в шахматном порядке в чёрный и белый цвет. Цвета перекрёстков вдоль любого маршрута будут чередоваться. Если маршрут от площади до памятника проходит через все перекрёстки по одному разу, то на маршруте 16 перекрёстков. Отсюда следует, что первый и последний перекрёсток на маршруте должны иметь разные цвета. Однако площадь и памятник одного цвета.
^ памятник
простым числам
площадь т-т
Интеграла ^ Пи-магазин
Решение задачи 6. Ясно, что цифра 7 неверна. В самом деле, поскольку слева три четвёрки, а изменено только две цифры, по крайней мере одна из четвёрок правильная. Поэтому произведение чётное, а потому и число справа должно быть чётным. Итак, как минимум одну цифру Миша изменил справа, значит, в левой части равенства он поменял не более одной цифры. Следовательно, хотя бы одна из пятёрок верная. Поэтому произведение должно оканчиваться нулём: 4•5•4•5•4 = 2240.
Если бы все цифры слева были верными, то их произведение было бы 1600. Следовательно, одна цифра слева неверна. Поскольку справа все цифры верные, разложим число 2240 на множители: 2240 = 224 •10 = 112-2*2-5 = 2-56-4*5 = 2*8-7*4-5 = 4- 4*7-4-5.
Итак, у Маши было написано 4 • 5 • 4 • 7 * 4 = 2240.
Решение задачи 7. Выберем четырёх произвольных драконов. Из них два должны быть одного цвета. Назовём их 1 и 2. Из оставшихся восьми безымянных драконов выберем четырёх. Из них два должны быть одного цвета. Назовём их 3 и 4. Из оставшихся шести безымянных драконов выберем четырёх. Из них два должны быть одного цвета. Назовём их 5 и 6. Из оставшихся четырёх драконов выберем двух одного цвета. Назовём их 7 и 8.
Рассмотрим четвёрку драконов 1, 3, 5 и 7. Два из них должны быть одного цвета. Если это драконы 1 и 3, то искомую четвёрку одного цвета образуют драконы 1, 2, 3 и 4 (ведь дракон 2 совпадает по


290
Раздел 4. Решения
цвету с 1, а дракон 4 совпадает по цвету с 3). Аналогично решаются остальные случаи.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. а) Каждая доминошка покрывает ровно два квадратика, поэтому фигура, которую можно замостить, должна иметь чётное число квадратиков. В нашей фигуре 35 квадратиков, поэтому замощение невозможно.
б) Это замощение нетрудно построить.
в) Если мы раскрасим доску в шахматном порядке, то увидим, что оба отсутствующих квадратика чёрные. Значит, число чёрных и белых квадратов в этой фигуре различно, и замощение фигуры невозможно, так как одна доминошка всегда покрывает чёрный и белый квадратики.
Решение задачи 2. Раскрасим доску 5 х 5 в шахматном порядке. Жуки сидят в 13 чёрных и 12 белых квадратах. После перемещения каждый жук поменял цвет своего поля. Поэтому 13 жуков, сидевших на чёрных квадратах, сейчас окажутся на 12 белых. Следовательно, есть как минимум один белый квадрат, на котором сидят как минимум два жука. Поскольку количество жуков и квадратов одинаковое, хотя бы один квадрат будет пустым.
Решение задачи 3. Раскрасим картинку, как показано ниже. Каждый раз, когда Медвежонок перепрыгивает через следы, область, где он теперь находится, меняет цвет. Следовательно, после 7 прыжков он окажется в области, цвет которой противоположен цвету области, с которой он начал.
Решение задачи 4. Раскрасим стол в чёрный и белый цвета в шахматном порядке. Предположим, что изначально карта рубашкой вверх находится на поле белого цвета. При перевороте карты через сторону она окажется рубашкой вниз на чёрном поле. При следующем повороте карта окажется на белом поле, но рубашкой вверх и т.д. Таким образом, карта рубашкой вниз лежит на чёрном поле, а рубашкой вверх —на белом. Поэтому карта не может оказаться на исходном (белом) поле, но при этом рубашкой вниз.


Занятие 2
Математическая логика и другие стратегии решения задач
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Существует несколько решений. Одно из них показано на рисунке ниже.
А
В
Решение задачи 2. Да, может. Пусть первоначально генеральный директор имеет зарплату X, а его заместители — зарплаты Уъ У2 и У3.
Голосование
Генеральный
директор
Заместитель 1
Заместитель 2
Заместитель 3
1
2Х
а-*
Y2 +1
У3 +1
2
5Х
а-*
2k_!
10
У3+ 2
3
10Х
п
Y2
Гз
10
10
10
Решение задачи 3. Предположим, что кузнечик стартует из точки с координатой 0. Тогда он закончит свой путь в точке, координата которой выражается суммой/разностью всех чисел от 1 до 10: 1 ± 2 ±... ± 9 ±10. (Плюс соответствует прыжку вправо, а минус — прыжку влево.) В этом выражении 5 чётных и 5 нечётных чисел, поэтому его значение всегда будет нечётно, так как сумма 5 нечётных


292
Раздел 4. Решения
чисел нечётна. Кузнечик не может после десяти прыжков оказаться в исходной точке 0 (точке с чётной координатой).
Решение задачи 4. Для решения задачи нужно либо доказать, что второй прямоугольник всегда может поместиться в первый, либо придумать пример, показывающий, что Катя неправа. Такой пример несложно найти: возьмём квадрат 5 х 5 и прямоугольник 9 х 0,5. У квадрата больше и площадь, и периметр, но такой прямоугольник не поместится в квадрат даже по диагонали.
Решение задачи 5.
а) Ответ: 2 карандаша.
• Мы не можем взять больше 2 карандашей. Если взять 3 карандаша, то все они могут оказаться синими, и тогда останется только 5 синих.
• С другой стороны, если мы берём два карандаша, то среди них не более двух синих, а потому останется не меньше 6 синих.
б) Ответ: 3 карандаша.
• Мы не можем взять больше 3 карандашей. Если взять 4 карандаша, то может оказаться, что все они жёлтые.
• С другой стороны, если мы возьмём три карандаша, то среди них не более 3 жёлтых, поэтому как минимум 1 жёлтый останется.
Это же верно для остальных цветов.
в) Ответ: 24 карандаша.
• Мы не можем взять меньше 24 карандашей. В самом деле, если мы берём 23 карандаша, то среди них может оказаться 10 красных, 8 зелёных, 4 жёлтых и 1 синий. В этом случае останется 7 синих карандашей.
• С другой стороны, если взять 24 карандаша, то среди них будет не больше 22 «не синих» карандашей, т. е. мы взяли не менее 2 синих и оставили не более 6 синих карандашей.
Решение задачи 6. Изначально скорость машины Стаса является нечётным числом. Каждую минуту скорость меняется на 1; поэтому каждую минуту меняется чётность скорости. Через 100 минут скорость будет нечётной. Следовательно, она не может равняться 0.
Решение задачи 7. Первое решение. Начнём с доказательства того, что как минимум две улицы придётся пройти дважды. Посмотрим на 4 перекрёстка, отмеченные звёздочками; на каждом из них соединяются три улицы. Поскольку полицейский должен пройти по всем трём улицам, ему придётся побывать на таком перекрёстке как минимум дважды, и как минимум одну из улиц, начинающихся


Занятие 2. Математическая логика и другие стратегии
293
на таком перекрёстке, придётся пройти два раза. Перекрёстков 4, поэтому таких улиц не менее 2.
Общая длина всех улиц равна 18. Следовательно, нужный маршрут не может быть короче, чем 18 + 2 = 20. Маршрут длины 20 построить легко.
F Г
1Г—
15£—1
—i
'
Второе решение. Всего есть 9 вертикальных улиц. Чтобы вернуться к исходной точке, полицейский должен пройти столько же улиц вверх, сколько вниз. Значит, общее количество пройденных им вертикальных улиц должно быть чётным, т. е. не менее 10. Аналогично доказываем, что в нужном маршруте должно быть не менее 10 горизонтальных улиц. Следовательно, всего в нужном маршруте не менее 20 улиц.
Решение задачи 8. Ответ: 7 банок.
Сначала покажем, что если взять 8 банок, то можно не получить требуемой комбинации. Может оказаться, что мы взяли 5 банок абрикосового и 3 банки вишнёвого варенья. В этом случае среди оставшихся банок (8 банок клубничного, 2 абрикосового и 2 вишнёвого) нет нужной нам комбинации. Теперь докажем, что если ограничиться 7 банками, то всё будет в порядке. Действительно, если мы взяли 7 банок, то осталось 13. Среди них есть как минимум 4 банки одного вида варенья. Всего банок с этим видом варенья не более 8, поэтому имеется как минимум 5 банок варенья двух других видов. Хотя бы 3 из этих 5 банок одного вида. Задача решена.
Решение задачи 9. Ответ: 3 монаха.
Сначала покажем, каким образом три монаха могут уйти босиком. Упорядочим монахов по размеру обуви (от наименьшего к наибольшему). Назовём монахов «1», «2», ..., «6», а размеры обуви — 1,2,..., 6. Если монахи «1», «2» и «3» ушли в обуви 4, 5 и 6, то монахам «4», «5» и «6» пришлось уйти босиком.
Теперь докажем, что 3 монаха всегда могут подобрать подходящую им обувь. Заметим, что, когда бы монах «1», «2» или «3» ни


294
Раздел 4. Решения
уходил из храма, одно из следующих утверждений должно быть истинным.
• Три монаха уже ушли в обуви. (В этом случае задача решена.)
• Этот монах гарантированно может найти подходящую пару. (В самом деле, если храм покинуло менее трёх монахов в обуви, то хотя бы одна пара размера 4, 5 или 6 по-прежнему в наличии. Монах может её надеть.)
Совместно эти утверждения доказывают, что три монаха всегда могут уйти обутыми.


Занятие 3
Инварианты
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Обозначим буквами X, У и Z количество шоколадок в первой, второй и третьей коробках. Имеем X + 6 = Y + Z, Y + 10 = X + Z.
Нам нужно найти Z. Сложим эти уравнения и получим X 4- 6 + + y + 10 = 7 + Z + X + Z. Отсюда 16 = 2ZhZ = 8.
Решение задачи 2. Ответ отрицателен. Каждый раз вы добавляете чётное число конфет, поэтому общая чётность числа конфет не меняется. Поскольку начинали с 9 конфет, закончить 900 конфетами нельзя.
Решение задачи 3. Невозможно. Любая последовательность таких операций может добавить в получающееся число только множители 2,3 и 5. Поскольку начальное число не делилось на 7, конечное число тоже не может делиться на 7.
Решение задачи 4. После каждой операции сумма всех чисел на доске уменьшается на 1. В первоначальный момент сумма равна 78, поэтому после 11 операций она будет равна 78 —11 = 67.
Решение задачи 5. Птицы не могут собраться на одном дереве. Перенумеруем деревья: 1, 2, 3, 4, 5 и 6. Тогда чётность суммарного количества птиц на деревьях с нечётными номерами не меняется.
Решение задачи 6. Не может. Инвариант: общее количество объектов никогда не может делиться на три. В самом деле, фокусник начинает с 1 объекта, а при каждом фокусе общее количество увеличивается на 3.
Решение задачи 7. Эти величины равны. Мы начали с одинаковых объёмов кофе и молока, а закончили двумя смесями, имеющими тот же объём. Поскольку количество жидкости в чашке с кофе не изменилось, в чашку было добавлено ровно столько молока, сколько из этой чашки было взято кофе. Взятый кофе теперь в чашке с молоком, поэтому количество кофе в чашке с молоком равно количеству молока в чашке с кофе.


Занятие 4
Доказательство от противного
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Заметим, что первое и третье утверждения противоположны. Поэтому все три утверждения не могут быть ложными одновременно. Тогда по условию верно ровно одно из трёх утверждений, и это будет либо первое, либо третье утверждение. В любом случае второе утверждение ложно, поэтому кольцо во второй шкатулке
Решение задачи для разминки 2. Первое и второе утверждения означают одно и то же, поэтому они одновременно либо истинны, либо ложны. Предположим, что они оба истинны. Тогда последнее утверждение будет ложно по условию. Следовательно, кольцо должно быть и не в центральной, и не в правой шкатулке, т. е. оно лежит в левой шкатулке. Предположим теперь, что оба утверждения ложны. Значит, кольцо лежит в центральной шкатулке. Но тогда и последнее утверждение будет ложным, что противоречит условию. Следовательно, кольцо лежит в левой шкатулке.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Общий капитал всех 10 семей составляет 100 миллионов. Если бы девушки вложили менее 70 миллионов, а юноши менее 30 миллионов, то всего получилось бы менее 100 миллионов. Противоречие. Поэтому наше предположение является ложным.
Решение задачи 2. Предположим, что это неверно, т.е. никакие 4 инопланетянина не прилетели с одной планеты. В этом случае с первой планеты прибыло не более 3 делегатов, со второй — не более 3 делегатов и т.д. Всего с восьми планет прибыло не более 8 • 3 = 24 делегатов. Это противоречит условию, что делегатов было 25.
Решение задачи 3. Предположим, что это неверно. Тогда первый и второй волшебники вместе знают менее 100 заклинаний,


Занятие 4. Доказательство от противного
297
и четвёртый и пятый волшебники также вместе знают менее 100 заклинаний. Значит, эти четверо вместе знают менее 200 заклинаний, поэтому средний волшебник должен знать больше 100 заклинаний. Он образует нужную пару с любым из своих соседей.
Решение задачи 4. Ромео вернулся в неходкую точку через 6 минут. Пусть Джульетта движется со скоростью X; тогда за это время она прошла расстояние 6Х от исходной точки. С этого момента каждую минуту Джульетта продолжает проходить X, а Ромео пробегает ЗХ, т. е. за каждую минуту расстояние между ними сокращается на 2Х. Изначально расстояние было 6Х; поэтому оно превратится в 0 через 3 минуты. К этому времени нужно добавить 2 минуты, которые Ромео бежал от места своего поворота до исходной точки. Таким образом, всего Ромео догонял Джульетту 3 + 2 = 5 минут.
Решение задачи 5. а) Предположим, что все 10 прямоугольников имеют разные площади. Перенумеруем их от наименьшего к наибольшему. Площадь первого прямоугольника не менее 1, второго — не менее 2 и т. д. Общая площадь всех прямоугольников не менее 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55. Это противоречит тому, что эта общая площадь равна 45.
б) 	Предположим, что никакие прямоугольники не равны. Перенумеруем их от наименьшего к наибольшему. Не может быть более одного прямоугольника с площадью 1, 2, 3, 5, 7, так как для указанных чисел есть только один способ разложения на множители. Не может быть более двух различных прямоугольников с площадью 4, 6, 8, так как для каждого из этих чисел возможны только два разложения на множители. Например, прямоугольник с площадью 4 может быть только 1x4 или 2x2. Следовательно, общая площадь десяти прямоугольников должна быть не менее 1 + 2 + 3 + + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8 = 46. Противоречие.
Решение задачи 6. Предположим, что не найдётся ни 3 гномов, ни 3 эльфов подряд. Тогда гномы и эльфы стоят группами по 1 или по 2 и эти группы разделены между собой людьми. Вот поясняющий пример: ээЧггЧэЧЧгЧггЧэ (Ч означает человека, г —гнома, э —эльфа).
Поскольку в каждой группе эльфов не более 2, должно быть не менее 16 групп эльфов. Аналогично должно быть не менее 16 групп гномов. Следовательно, имеется по крайней мере 32 группы существ, которые должны отделяться друг от друга людьми. Для этого нужно не менее 31 человека-разделителя. Но у нас всего 30 людей. Противоречие.


298
Раздел 4. Решения
Решение задачи 7. Предположим, что суммы у всех 10 игроков оканчиваются на различные цифры. Тогда будут представлены все цифры от 0 до 9. Из этого следует, что общая сумма значений карт для всех игроков должна оканчиваться на 5. Однако сумма значений всех, двадцати исходных карт оканчивается нулём. Противоречие.
Решение задачи 8. Предположим, что это неверно. Выберем столбец, в котором есть более двух видов животных. Тогда в этом столбце найдутся три последовательные клетки с тремя разными животными. (Два одинаковых животных не могут идти подряд, так как в любом квадрате должны быть представлены все виды животных, поэтому при появлении третьего животного в соответствии с нашим предположением получится такая последовательность.) Предположим для определённости, что это лягушка (Л), кролик (К) и хомяк (X).
Взглянем на квадрат, отмеченный знаком вопроса. Какое животное там должно быть?
Л
к
?
X
Ясно, что это должна быть мышь (М): она подходит в квадрат 2 х 2 и с парой (К, Л), и с парой (К, X).
Теперь легко заполнить квадраты выше и ниже М.
Л
?
к
м
X
?
Выше должен быть хомяк, а ниже—лягушка.
Можно продолжать заполнение этих трёх строк: закономерность получается следующая.
Л
X
Л
X
к
м
к
м
X
Л
X
л
Мы видим, что тогда в центральной строке будут чередоваться кролики и мыши, а другие два ряда будут заняты только лягушками и хомяками. Таким образом, мы получили строки, содержащие только двух животных.


Занятие 5
Десятичная система счисления и задачи с цифрами
Решения задач, предложенных на занятии
Решение задачи 1. Выпишем представление нашего числа:
SEND + MORE + MONEY =
= 1000-S + 100-E+10-N + D +
+ 1000-М +100*0+10-R + E +
+10 ООО • М +1000 • О +100 • N +10 • Е + Y.
После группировки получаем
11000-М +1100-0 +1000* S + 111-E+110-N+10-R+D + Y.
Для максимизации этого выражения нужно взять как можно большее значение для М, т. е. 9. Соответственно возьмём 0 = 8, a S = 7. Далее, Е получает значение 6, a N —значение 5. Тогда R должно быть равно 4, a D и Y возьмём равными 3 и 2 в любом порядке. Итого есть два способа максимизировать это выражение:
7653 + 9846 + 98 562 или 7652 + 9846 + 98 563.
Получающаяся сумма равна 116061.
Решение задачи 2. В силу симметричности кодом является число вида abba. Кроме того, известно, что число ab должно быть равно 2а + 2Ь. Из этого условия получаем 10а + Ъ — 2а + 2Ъ. Следовательно, 8а = Ь. Поскольку а и b — это цифры, единственным ненулевым решением будет а = 1, b = 8. Поэтому код доктора Ватсона — 1881.
Решение задачи 3. Исходное число имеет вид аЬО. После вычёркивания нуля получаем число аЪ. Условие задачи записывается в виде 100а + 10Ь = 351 + 10а + Ь.
Отсюда получаем 90а + 9Ъ = 351, или 10а + b = 39. Поскольку а и b — цифры, единственным подходящим вариантом являются а = 3, Ь = 9.


300
Раздел 4. Решения
Решение задачи 4. Первое решение. Число Маши имеет вид
9аЪ. Число Паши имеет вид аЬ9, и оно меньше числа Маши на 216. Отсюда получаем уравнение:
900 + 10а + Ъ = 100а + 10Ь + 9 + 216.
Значит, 675 = 90а + 9Ь, или 10а + b = 75. Поэтому а = 7, Ь = 5.
Второе решение. Запишем условие в столбик:
+ аЬ9 216 9 аЪ
Восстанавливая цифры по столбцам, получим тот же самый ответ 975.
Решение задачи 5. Из условия следует уравнение:
100а + 10Ь + 4 = 0,75(400 + 10а + Ь).
3
Поскольку 0,75 = после умножения на 4 уравнение принимает вид 4(100а + 10Ь + 4) = 3(400 + 10а + Ь).
После упрощений получаем 370а + 37Ъ = 1184, или 10а + Ъ = 32. Поэтому а = 3, Ъ = 2. Число Маши равно 432.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Докажем, что Виктору 45 лет, а номер дома соответственно равен 99 999. Суммы пяти однозначных чисел принимают все целые значения от 0 до 45. Поскольку Виктор умеет говорить, ему исполнилось хотя бы два года. Любое число от 2 до 44 можно представить в виде суммы пяти однозначных чисел несколькими способами. Например, 2 = 1 + 0 + 0 + 0 + 1 = 1 + 0 + 0 + 1 + 0; 43 = 8 + 9 + 9 + 9 + 8 = 8 + 9 + 9 + 8 + 9. Виктор не сумел бы определить номер дома, если бы не было единственного разложения. Единственность имеется только для числа 45.
Решение задачи 2. Заметим, что А = 9, иначе при сложении А и АА не получится трёхзначного числа. Следовательно, ШУМ = 108.
В условии задачи использованы 10 букв: А, Ш, У, М, П, Р, И, С, В, Т, т.е. участвуют все 10 цифр. Мы уже знаем, что А=9, Ш = 1, У=0, М = 8. Поэтому буквам П, Р, И, С, В, Т соответствуют оставшиеся цифры (2,3,4, 5,6, 7) в некотором порядке. В этом наборе есть 2 и 5, поэтому произведение в любом случае будет оканчиваться нулём.


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 301
Решение задачи 3. Сколькими способами можно выбрать набор из девяти различных убывающих цифр? Каждый такой набор получается вычёркиванием одной цифры из набора 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0. Поэтому существует десять таких наборов.
Решение задачи 4. Шмерлин может назвать, например, числа 100,10 и 1. Тогда выражение 100 • А +10 • В + С — это трёхзначное число, цифры которого и являются цифрами секретного кода.
Решение задачи 5. Дадим два решения.
Первое решение. Исходное число имеет вид 1 abcde. После перестановки цифры 1 в конец получаем abcde 1. Первое число имеет вид
100 000 4- abcde,
а второе— 10abcde + l. Для краткости обозначим Х = abcde. Тогда условие задачи можно записать в виде 3(100000 + Х) = 10Х +1. Отсюда последовательно получаем 300 000 + ЗХ = 10Х + 1,7Х = 299 999 иХ = 42 857. Поэтому ответ: 142 857.
Второе решение. Перепишем задачу в виде умножения столбиком:
+ 1abcde
3_
abcde1
Из столбца единиц получаем, что е = 7,ав столбец десятков переносится 2:
1 abcd7
3_
abcd71
Из столбца десятков получаем, что d • 3 заканчивается на 5, откуда находим d = 5:
labc57
3_
abc571
Находя так цифру за цифрой, получаем ответ 142857.
Решение задачи 6. Проведём в квадрате две линии через центр. Они делят исходный квадрат на четыре квадрата 5x5. Если два отмеченных квадратика находятся в разных четвертях, то как минимум одна из наших линий делит квадрат на две половины так, чтобы


302 Раздел 4. Решения
отмеченные квадратики находились в разных частях (см. рисунок снизу слева).
Теперь предположим, что оба отмеченных квадратика находятся в одной и той же четверти размером 5x5. Они могут находиться в разных строках или в разных столбцах (или и то и другое сразу). Не умаляя общности, предположим, что они находятся в разных столбцах. Проведём три линии:
• вертикальную линию в четверти с отмеченными квадратиками, которая идёт по линиям решётки и оставляет эти квадратики в разных частях;
• фрагмент горизонтальной центральной линии;
• линию, симметричную первой относительно центра исходного квадрата (см. рисунок справа).
Это и есть искомое решение.
Решение задачи 7. Преобразуем уравнение:
АААА + ВВ = 1248 + БББ + Г.
Тогда легко увидеть, что А = 2. (Даже если бы Б и Г были равны 9 и 8, правая часть была бы меньше, чем 3333.) Получаем
2222 4- ВВ = 1248 + БББ + Г; 974 + ВВ = БББ + Г.
Значит, Б = 9. Далее, ВВ = 25 + Г, поэтому В = 3. Тогда 33 = 25 + Г, следовательно, Г = 8.
Итак, получаем ответ: 2222 - 999 + 33 - 8 = 1248.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Числа от 1 до 9 составляют первые 9 цифр числа Оли. Числа от 10 до 99 составляют следующие 90 • 2 = 180 цифр.


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 303
Поэтому из 500 стёртых Мишей цифр 311 цифр (500 — 189) приходятся на трёхзначные числа. Эта последовательность из 311 цифр включает 103 трёхзначных числа и ещё 2 цифры. Первые 103 трёхзначных числа —это числа от 100 до 202. Следующее число —203. У него были стёрты первые две цифры, поэтому первой цифрой оставшегося числа является 3.
Решение задачи 2. а) У нас есть шесть мест:
Предположим, что слева стоят цифры х и у. Тогда третья цифра слева равна х +у, четвёртая цифра слева — у + х + у = 2у + х, пятая — 2у + х + х + у = 3у + 2х, а шестая — 2у+ х + 3у+ 2х = 5у+ 3*.
Нам нужно максимизировать наше число, т. е. х должен быть наибольшим возможным. Однако, поскольку это цифры, 5у + Зх < 10. В этом неравенстве можно взять х = 3 (тогда у — 0), но взять х больше уже нельзя, поскольку в этом случае будет выполняться неравенство Зх ^ 12. Следовательно, мы получаем число 303 369.
б) 	Идея очень похожа. Цифрами нашего числа должны быть х, у, jc + у, х + 2у, 2х + 3у, Зх + 5у, 5х + 8у, 8х + 13у, 13х + 21у, ... Чтобы получить максимальное число, мы должны добиться как можно большего количества цифр в нём, т. е. стараться, чтобы числа в этой последовательности как можно дольше не превосходили 10. Но поскольку х ^ 1, получаем, что 13х + 21у превосходит 10. Поэтому нам остаётся выбрать х так, чтобы выполнялось условие 8х + 13у < 10. Это возможно, еслих = 1, у = 0. Поэтому ответ: 10112358.
Решение задачи 3. Назовём индексом цифры номер места, где она стоит. На первом шаге Боря вычеркнул все цифры с нечётными индексами. На втором шаге он вычеркнул все цифры исходного числа, индексы которых имели ровно один простой множитель 2 (например, 2, 6, 10). На третьем шаге он вычеркнул все цифры исходного числа, индексы которых имели ровно два простых множителя 2 (например, 4, 8, 12). На четвёртом шаге он вычеркнул цифры, в индексах которых было три множителя 2, и т. д. Последней останется цифра, индекс которой — максимальная степень числа 2 между 1 и 100, т. е. 64. Цифра, соответствующая этому индексу, — это 4. Решение задачи 4. Ответ положителен.
Типичная ошибка учеников состоит в том, что они пробуют пару примеров: 134 + 431 = 565; 322 + 223 = 545 — и приходят к выводу, что число десятков всегда чётно. Они могут даже обосновать ответ,


304
Раздел 4. Решения
используя алгоритм сложения столбиком:
а Ъ с
с Ъ а
а + с 2 Ъ с-fa
Отсюда они заключают, что вторая цифра равна 2Ь, т. е. чётная. Однако они забывают о переносе! Если a + с > 9, то перенос сделает число десятков нечётным! Пример: 219 + 912 = 1131.
Решение задачи 5. Давайте выясним, сколько цифр должно быть в этих числах. Прежде всего докажем, что в списке нет трёхзначных чисел. В самом деле, если бы в списке было какое-нибудь трёхзначное число, то оставшиеся числа состояли бы не более чем из 4 цифр. Тогда всего было бы не более 500 • 4 = 2000 цифр. Поэтому в списке идут сначала четырёхзначные числа, а затем пятизначные. Каждое из этих чисел даёт как минимум 4 цифры в общее количество, при этом каждое пятизначное число даёт одну дополнительную цифру. Имеем 500 • 4 = 2000. Чтобы получилось 2019 цифр, должно быть девятнадцать пятизначных чисел. Поэтому пятизначными числами в списке являются 10000, 10001, 10002, 10003, 10004, 10005, ..., 10018. Оставшиеся 481 число —это предшествующие четырёхзначные числа, т. е. 9519, 9520,..., 9999.


Занятие 6
Двоичные числа I
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. а) 102 = 2. б) 1012 = 4+1 = 5.
в) 	1112 = 4 + 2 + 1 = 7. г) 10002 = 8.
д) 11012 = 8 + 4+1 = 13. е) 100000002 = 128. ж) 11111112 = 64 + 32 +16 + 8 + 4 + 2 +1 = 127.
Решение задачи 2. а) 3 = 112. б) 8 = 10002.
в) 	15 = 11112. г) 32 = 1000002. д)31 = 111112.
е) 40 = 1010002 (32 и 8). ж) 53 = 1101012 (32,16, 4 и 1). Решение задачи 3. а) Число, на 1 большее, чем 1000000002, —
это число 1000000012. Число, которое на 1 меньше, —это число 111111112.
б) Число, на 1 меньшее, —это 11111111102. На 2 меньше число 11111111012. Чтобы узнать, какое число на 2 больше, проще всего сначала вычислить, какое число больше на 1, —это 100000000002. Теперь можно узнать, какое число больше на 2: 100000000002 +1 = = 100000000012.
Решение задачи 4. а) Двоичное число является чётным, если оно оканчивается нулём; нечётным, если оканчивается единицей.
б) Любое двоичное число составлено из степеней числа 2. Все степени двойки, за исключением 2 = 21 и 1 = 2°, делятся на 4. Поэтому любое двоичное число, составленное из 22 и более высоких степеней числа 2, делится на 4. Иными словами, любое двоичное число, которое оканчивается на 00, делится на 4. Например: 1002, 1111011002. Также легко увидеть, что любое двоичное число, которое оканчивается на 01, 10 и 11, не делится на 4.
в) Остаток такого числа при делении на 4 равен 102 = 2. Решение задачи 5. Джо должен взять с собой 1, 2, 4, 8 и 16. Это
степени числа 2, и с их помощью можно выразить любое число от 1 до 31.
Решение задачи 6. Пусть стоимость ноутбука равна X. Отец за-
XX X
платил 2", брат — , сестра — -g, Мария — 260. Следовательно, полу-


306
Раздел 4. Решения
чаем уравнение:
У У У 4
f + T + f + 260 = *>
откуда следует, что 260 = |иХ = 260 • 8 = 2080.
Решение задачи 7.
Шаг 1. Отмерим 1 грамм муки.
Шаг 2. С помощью 1 грамма муки и 1-граммовой гири можно отмерить 2 грамма муки.
Шаг 3. С помощью 2 граммов муки, 1 грамма муки и 1-граммовой гири можно отмерить 4 грамма муки (22).
Шаг 4. С помощью 4, 2 и 1 грамма муки и 1-граммовой гири можно отмерить 8 граммов (23).
Шаг 10. С помощью всех отмеренных количеств и 1-граммовой гири можно отмерить 512 граммов (29).
Шаг 11 (для которого весы не нужны). Выберем комбинацию весов из имеющихся 1, 2, 4, 8,16, 32, 64,128, 256, 512, которые в сумме дадут нам 1000 граммов. Это 512, 256,128, 64, 32, 8.
Решение задачи 8. Начнём решать задачу с конца. Доля Дениса составляет половину его доли и ещё полмонеты: X = 0,5 + 0,5Х. Отсюда X = 1. Денис получил 1 монету.
Рассмотрим долю Германа. Из той суммы, что осталась перед ним (7 монет), он получил половину и ещё полмонеты, а ещё одна монета потом досталась Денису. Следовательно, 7 = 0,5 4- 0,57 +1, а значит, 0,57 = 1,5 и 7 = 3.
Рассмотрим долю Виктора. Пусть ему осталось Z монет, из которых он получил половину и полмонеты, а остаток отправился Герману. Следовательно, Z = 0,5 + 0,5Z + 3, а значит, 0,5Z = 3,5 и Z = 7.
Аналогично Борису осталось Т монет, из которых он получил половину и полмонеты, а остаток отправился Виктору. Следовательно, Т = 0,5 + 0,5Г + 7, а значит, 0,5Г = 7,5 и Т = 15.
Наконец, из всей суммы (М) половина и ещё полмонеты были сначала отданы Артуру, а остальным досталось 15 монет. Следовательно, М = 0,5 + 0,5М +15, а значит, 0,5М = 15,5 и М = 31.
Решение задачи 9. Давайте обозначим включённый шар 1, а выключенный — 0. Запишем шары в таком порядке: рубиновый, изумрудный, сапфировый. Например, строка 101 означает, что рубиновый шар светится, изумрудный — нет, сапфировый светится.
Вот один из возможных кодов.


Занятие 6. Двоичные числа I
307
• Дракон направляется на север, если шары установлены в одно из двух состояний ООО или 111.
• Дракон направляется на юг, если шары установлены в одно из двух состояний 100 или 011.
• Дракон направляется на восток, если шары установлены в одно из двух состояний 010 или 101.
• Дракон направляется на запад, если шары установлены в одно из двух состояний 001 или 110.
Докажем, что этот код работает. Предположим, что у нас есть случайная трёхсимвольная строка из 0 или 1 и пара кодов для ка- кого-нибудь направления. Если эта трёхсимвольная строка соответствует одному из кодов для данного направления, то задача решена. Если различие между строкой и первым кодом составляет ровно 1 символ, то мы можем изменить состояние шара, которое соответствует этому символу. Если различие между строкой и первым кодом составляет 2 символа, то тогда различие между строкой и вторым кодом составляет ровно 1 символ. Обратите внимание на то, что два кода «противоположны» друг другу. Если же различие между строкой и первым кодом составляет 3 символа, то строка в точности совпадает со вторым кодом.


Занятие 7
Двоичные числа II
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Подсказки: симметрия, зеркальность.
Каждый символ имеет вертикальную ось симметрии. Если вы уберёте часть справа от этой линии, вы получите новый символ, похожий на цифру. Поэтому первое выражение расшифровывается как 2 + 6 = 8. Второе выражение расшифровывается как 1 + 3 =?. Следовательно, в ответе должна быть закодированная цифра «4», т. е. символ А.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1.
а) 11012. б) 10110102. в) 11100012. г) 10111110102.
Некоторые из этих примеров можно решить, не используя алгоритм двоичного сложения; для других удобнее его использовать.
Решение задачи 2. а) Допишите 0: 100102, 1111111110102.
б) Допишите два нуля: 111000111002.
в) 64 = 26. Поэтому нужно дописать 6 нулей: 1110000002.
Решение задачи 3. а) 80 = 64 +16 = 26 + 24 = 10100002.
б) 152 = 128 + 24 = 128 +16 + 8 = 27 + 24 + 23 = 100110002.
в) 401 = 256 +128 +16 +1 = 28 + 27 + 24 + 2° = 1100100012.
г) 522 = 512 + 8 + 2 = 29 + 23 + 21 = 10000010102.
д) Здесь проще заметить, что 1023 = 1024 — 1 = 210 — 1. Поэтому 1023 = 11111111112.
Решение задачи 4. Если бы в первый день появилось два цветка, то количество цветов в любой день было бы вдвое больше по сравнению с первоначальным вариантом. Поэтому пруд полностью покроется цветами в тот день, когда в реальности он был покрыт наполовину, т. е. 14 июня.
Решение задачи 5. Посмотрите на рисунок ниже: из этих частей можно составить любой прямоугольник. Сначала мы выразим ши-


Занятие 7. Двоичные числа II
309
рину прямоугольника в виде комбинации чисел 1, 2 и 4 и выберем соответствующие столбцы. Затем мы выразим высоту прямоугольника в виде комбинации чисел 1, 2 и 4 и выберем соответствующие строки. Например, для прямоугольника 5x3 имеем 5 = 4+1, 3 = 2 + 1. Поэтому нам нужны части 4x2, 4x1, 1x2, 1x1.
Решение задачи 6. Братец Кролик всегда может получить урожай с 18 рядов.
Сначала докажем, что Братец Лис всегда может помешать Братцу Кролику получить урожай с 19 рядов, а потом покажем, как Братец Кролик гарантирует себе 18 рядов.
Если Братцу Кролику досталось 19 рядов (т. е. Братец Лис получил всего 1 ряд), то это означает, что все 20 рядов были посажены в одном и том же порядке. Однако Братец Лис легко может этому помешать: при его последнем ходе у него есть выбор овоща, а у Братца Кролика нет выбора места. Поэтому Братец Лис может сделать этот ряд отличным от остальных и гарантировать, что получится хотя бы два ряда с различным порядком растений.
Вот простой способ, позволяющий Братцу Кролику получить 18 рядов.
• Он должен сажать капусту по столбцам, слева направо. Сначала он полностью заполняет первый слева столбец от первого ряда до последнего, потом начинает заполнять второй столбец слева и т.д.
• Он должен сажать свёклу по столбцам, но справа налево. Сначала он полностью заполняет первый справа столбец от последнего ряда до первого, потом начинает заполнять второй справа столбец и т.д.
Как в итоге выглядит засаженная грядка? Несколько столбцов слева будут целиком засажены капустой, несколько столбцов справа—целиком свёклой, а какой-то столбец посередине будет смесью капусты и свёклы: до какого-то ряда сверху посажена капуста, а ниже — свёкла. Очевидно, что при такой посадке есть всего два различных типа рядов. Поэтому Братцу Лису достанется урожай с двух рядов, а Братец Кролик заберёт урожай с оставшихся 18.


310
Раздел 4. Решения
Решение задачи 7. Раскрасим узлы таблицы (площади на перекрёстках) поочерёдно в чёрный и белый цвет: тогда при любом маршруте узлы на пути туриста будут чередоваться. Всего имеется 18 белых и 18 чёрных узлов. Первый и последний узел у нас одного цвета, поэтому маршрут из 36 узлов существовать не может. Следовательно, максимум — 35 узлов. Такой маршрут нарисовать несложно.


Занятие 8
Турнир по математическому домино
Решения задач математического домино
№
Ответ
Баллы
1
4 больших ведра.
3:0
2
150 и 15.
5:2
3
Ф
3:3
Ф
Ф
Ф
4
3 мальчика и 2 девочки.
1:0
5
10 м.
1:1
6
4 значения: (1 4 2) • 3 4 4, (1 4 2) • (3 4 4), 1 + (2 • 3) + 4, 14-2(34-4).
6:0
7
224979 = 1001.
5:0
8
Алиса весит 50 кг. Вадим весит 40 кг.
7:0
9
124344-546-7 = 13.
7:1
10
44 с.
2:1
11
1.
4:0
12
15 лет.
5:3
13
Начнём с того, что выберем цифру сотен. Так как мы не можем использовать 0, будет 9 вариантов. Тогда если цифра сотен не повторяется, то есть 9 способов выбрать цифру для десятков и единиц. (Эта цифра не может быть равна цифре сотен, но зато может быть нулём.) Получается 9 • 9 таких чисел. Если цифра сотен используется дважды, то есть 2 способа выбрать для неё вторую позицию (десятки или единицы) и 9 способов выбрать ещё одну цифру. Получается 9*2*9 таких чисел. Ответ: 9 • 2 • 9 4 9 • 9 = 243 числа.
6:2
14
160 м.
7:2


312
Раздел 4. Решения


Занятие 8. Турнир по математическому домино
313
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Нетрудно видеть, что количество пересечений дороги обоими братьями имеет одинаковую чётность. Поскольку они начали вместе по одну сторону дороги, в конце они тоже должны оказаться по одну сторону.
Решение задачи 2. Будем решать задачу с конца. После третьего перехода лентяй заплатил 40 монет. Поэтому перед третьим переходом у него было 20 монет. Значит, после второго перехода у него было 60 монет, а перед вторым переходом соответственно 30 монет. Следовательно, после первого перехода у него было 70 монет, а перед ним 35 монет. Ответ: 35 монет.
Решение задачи 3. а) После каждого обмена подарками число игрушек у Кати уменьшается на 1. Поэтому обмен займёт 24 + 26 + + 25 -1 = 74 дня. б)
Изначально
Куклы: 24
Звери: 26
Машинки: 25
Даёт куклу и зверя
-1
-1
+1
Даёт куклу и машинку
-1
+1
-1
Даёт машинку и зверя
+1
-1
-1
Из таблицы легко видеть, что разность между числом кукол и числом зверей всегда чётная. Изначально эта разность равна 2, а после любого обмена либо остаётся той же, либо меняется на 2. Поскольку чётность сохраняется, у Кати не может остаться 1 кукла и 0 зверей или 0 кукол и 1 зверь. Значит, последней у неё останется машинка.
Решение задачи 4. Общая сумма всех чисел на гранях равна 21. Поскольку в первый раз на боковых гранях выпало 12 очков, на верхней и нижней гранях в сумме должно быть 9 очков. Эту величину можно представить в виде 6 + 3 или 4 + 5. Итак, мы знаем, что на двух противоположных гранях написаны либо 3 и 6 очков, либо 4 и 5 очков.
Во второй раз на боковых гранях выпало 15 очков. Это означает, что на верхней и нижней гранях в сумме 6 очков и возможны комбинации 1 + 5 или 2 + 4. Однако обе эти комбинации делают невозможным существование сочетания 4 + 5. Следовательно, остаётся случай, когда на двух противоположных гранях написано 3 и 6. Таким образом, ответ: 6.


314
Раздел 4. Решения
Решение задачи 5. Прежде всего заметим, что на столбах нет числа 59, поскольку сумма его цифр равна 14. Следовательно, расстояние от любого столба до Дедморозовска или до Снегуринска не более 58. Рассмотрим столб, у которого на одной стороне 9. Число на другой стороне меньше 59, а сумма его цифр равна 4. Поэтому возможные варианты для этого числа таковы: 4, 13, 22, 31 и 40.
Если это число 4, то следующий столб имел бы числа 10 и 3. Не годится, поскольку сумма цифр на этом столбе 4, а не 13.
Число 13 не подходит, поскольку следующий столб имел бы числа 10 и 12.
Число 22 не подходит, поскольку следующий столб имел бы числа 10 и 21.
Число 31 не подходит, поскольку следующий столб имел бы числа 10 и 30.
Остался вариант (9,40). Теперь следующий столб (10,39) имеет ту же сумму цифр. Давайте докажем, что расстояние 10 + 39 = 49 действительно годится. Проще всего проверить последовательно. На столбах с номерами от 1 от 9 парными будут соответственно числа от 48 до 40. Суммы цифр во всех комбинациях (1,48), (2,47), ..., (9,40) равны 13. Для столба с номером 10 парным числом является 39, сумма цифр для (10,39) равна 13. На столбах с номерами от 11 до 19 парными будут соответственно числа от 38 до 30. Суммы цифр во всех комбинациях (11,38), (12,37), ..., (19,30) равны 13. Остались пары (20, 29), (21, 28), (22, 27), (23, 26), (24,25) тоже с суммой цифр 13. Мы проверили все столбы до половины дороги. На второй половине дороги столбы имеют те же наборы пар, только в другом порядке. Таким образом, ответ: 49 км.


Занятие 9
Принцип Дирихле
Решение задачи для разминки 1
При переходе от предпоследней строки к последней мы разделили на 0 (выражение х2 — ху на самом деле равно 0). Поэтому мы от верного выражения 1 • 0 = 2 • 0 перешли к неверному 1 = 2.
Решение задачи 1, предложенной на занятии
а) Такая же идея, как в примере 6 этого занятия. Дополнительно заметим, что остаток степени двойки от деления на 100 не может быть нечётным. Поэтому у нас всего не больше 50 возможных остатков (клеток для кроликов): 0,2,4,..., 96,98.
б) Такая же идея, как в п. а). Дополнительно заметим, что остаток степени двойки от деления на 100 не может делиться на 5. Поэтому мы исключаем остатки 0,10,20,30,40,50, 60, 70,80, 90. Таким образом, у нас осталось 40 возможных остатков.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. См. рисунок.
Решение задачи 2. Клетками являются знаки зодиака, а кроликами—ученики. Число учеников больше, чем число клеток, поэтому по принципу Дирихле существует клетка (знак зодиака), которой соответствует более одного кролика (ученика).


316
Раздел 4. Решения
Решение задачи 3. Минимальное возможное число набранных баллов равно 0, а максимальное — 6, поэтому у нас есть 7 вариантов (это наши клетки). Кроликами являются рыцари: их 8, т.е. число кроликов больше числа клеток. Поэтому есть по крайней мере одна клетка (вариант числа набранных баллов), куда попало хотя бы два кролика (два рыцаря).
Решение задачи 4. Политики являются кроликами, а варианты числа их сторонников — клетками. Число сторонников может быть от 0 до 11. Может показаться, что у нас 12 кроликов и 12 клеток. Однако заметим, что если у какого-то политика 11 сторонников, то в группе не может быть человека с нулём сторонников. Можно сказать иначе: если у кого-то 0 сторонников, то нет политика с 11 сторонниками. Поэтому у нас 12 кроликов и 11 клеток, что позволяет, применив принцип Дирихле, сделать вывод: существуют два политика с одинаковым количеством сторонников.
Решение задачи 5. Разобьём 3 красные точки на две группы: к первой группе отнесём точки с нечётной координатой, а ко второй группе —точки с чётной координатой. По принципу Дирихле в одной из групп окажутся хотя бы 2 точки. У двух точек из одной группы одинаковая чётность, а значит, расстояние между ними будет чётным числом, и поэтому середина имеет целую координату.
Решение задачи 6. Каждый маршрут проходит через 7 комнат; в каждой комнате можно получить 0, 3 или 6 монет. Следовательно, наименьшее число монет, которое можно получить при прохождении лабиринта, равно 0, а наибольшее — 42, при этом все возможные числа должны делиться на 3. Таким образом, у нас есть 15 возможных вариантов: 0,3, 6,..., 42. Поскольку у нас 12 детей, кажется, что принцип Дирихле применить нельзя. Однако посмотрим внимательно ещё раз: все дети обязательно пройдут через входную комнату и выходную комнату, следовательно, в них они получат одно и то же количество монет. Поэтому в нашей задаче играют роль только 5 комнат. Таким образом, число возможных вариантов определяется количеством монет, которые можно получить при прохождении через 5 комнат: 0,3, 6,..., 27, 30. Всего 11 вариантов, а детей 12, следовательно, можно применять принцип Дирихле.
Решение задачи 7. Если бы Алёна видела 2 красные шляпы, она бы точно знала, что её шляпа не красная. Если бы Алёна видела 2 жёлтые шляпы, она бы точно знала, что её шляпа не жёлтая. В остальных случаях она не может знать наверняка.


Занятие 9. Принцип Дирихле
317
Поскольку Алёна промолчала, Белла знает, что на ней самой и на Виолетте не две красные и не две жёлтые шляпы.
Поэтому если бы Белла видела на Виолетте красную шляпу, то она бы могла сказать, что на ней самой не красная шляпа. Если бы Белла видела на Виолетте жёлтую шляпу, она бы могла сказать, что на ней самой не жёлтая шляпа. Однако Белла промолчала. Значит, Виолетта может сделать вывод, что на ней самой зелёная шляпа. Поскольку ей нужно назвать цвет, которого у её шляпы точно нет, она должна назвать красный или жёлтый и принести победу своей команде.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Всего есть 7 возможных вариантов суммы: 0,1,2,..., 6. Это клетки. Но в трёх рядах по вертикали, в трёх рядах по горизонтали и в двух диагоналях имеется 8 сумм-кроликов.
Решение задачи 2. Число волос может лежать в диапазоне от О до 1000000, т. е. имеем 1000001 вариантов-клеток. Но у нас больше 5 миллионов людей-кроликов.
Решение задачи 3. Возможные последние цифры чисел — клетки. Сами числа — кролики.
Решение задачи 4. Всего имеется 4 • 4 • 4 = 64 разных варианта начисления баллов. (Каждый вариант — трёхзначное число, и у каждой цифры 4 возможных значения.) Поскольку число школьников (70) больше 64, можно применять принцип Дирихле.
Решение задачи 5. Разобьём 5 красных точек на 4 группы следующим образом.
Первая группа — точки, у которых и абсцисса, и ордината чётные.
Вторая группа—точки, у которых и абсцисса, и ордината нечётные.
Третья группа — точки, у которых нечётная абсцисса и чётная ордината.
Четвёртая группа — точки, у которых чётная абсцисса и нечётная ордината.
По принципу Дирихле хотя бы две точки попадут в одну группу. У этих точек чётная разность абсцисс и чётная разность ординат. Поэтому абсцисса и ордината средней точки между ними будут целыми числами.
Решение задачи 6. Допустим, что ни одно из первых 19 чисел не делится на 19. Тогда по принципу Дирихле по крайней мере 2 числа должны иметь одинаковые остатки и их разность должна делиться на 19. Так как каждое из этих чисел составлено из нескольких еди¬


318
Раздел 4. Решения
ниц, их разностью будет число вида 11.. .10. ..0. (Все цифры слева— единицы, справа —нули.) Запишем разность в виде произведения двух множителей: 11...10...0 = 11...1 • 10...0. Так как 19 —простое число, один из этих двух множителей должен делиться на 19. Второй множитель 10...0 не может делиться на 19, поэтому на 19 должен делиться первый множитель. Значит, мы нашли составленное из единиц число, в котором не больше 19 знаков и которое делится на 19. Получили противоречие.


Занятие 10
Принцип Дирихле в геометрии
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Подожжём одну верёвку с одного конца, а другую — с обоих концов. Как только вторая верёвка полностью сгорит, прошёл один час. Тогда первой верёвке осталось гореть ещё час. Если в этот момент мы пододожжем её со второго конца, то она сгорит полностью через 30 минут. Поэтому общее время горения — 1 час 30 минут.
Решение задачи для разминки 2. Подожжём две верёвки так, как описано в предыдущем решении. Вторая верёвка полностью сгорит за один час. В этот момент подожжём третью верёвку с одного конца. Через 30 минут, когда первая верёвка полностью сгорит, третьей верёвке останется гореть 1 час 30 минут. Поэтому если мы подожжём её со второго конца, то она полностью сгорит через 45 минут.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Обозначим два соседних числа а и Ь. Тогда
* Ь 1 1 а
остальные числа должны быть последовательно равны -, -, ^ и ^.
Числа а и Ъ могут быть любыми, например, для а = 1 и Ъ = 2 получа- ем 1,2,2,1,
Решение задачи 2. См. рисунок. Г-
Решение задачи 3. Разделим этот участок на ™
25 квадратов размером 2x2. Поскольку как минимум ““
26 человек приехало из России, найдётся квадрат 2x2, ™ в котором есть два поселенца из России. Но в таком квадрате все четыре участка являются соседними.
Решение задачи 4. Сгруппируем все числа от 1 до 98 попарно: 2 числа принадлежат одной группе, если их сумма равна 99. Таким образом, вместе оказываются 1 и 98, 2 и 97, ..., 49 и 50. Всего получилось 49 групп. Поскольку мы выбираем 50 чисел, по принципу


320
Раздел 4. Решения
Дирихле как минимум два числа попадут в одну группу. По условию они различные, значит, их сумма равна 99.
Решение задачи 5. Сначала покажем, что нельзя обойтись менее чем 16 выстрелами. Разделим поле 8 х 8 на 16 горизонтальных полосок размером 4x1. Если сделать меньше 16 выстрелов, найдётся полоска, в которую не стреляли. Но как раз там и может стоять линкор Сени. Следовательно, Валере придётся выстрелить не менее 16 раз.
С другой стороны, нетрудно показать, что за 16 выстрелов Валера может гарантировать себе попадание. На рисунке справа отмечены клетки, куда он должен стрелять. Очевидно, что кораблю длины 4 негде поместиться между точками попадания.
Решение задачи 6. Возможны два случая. В случае, когда между любыми двумя мухами расстояние менее 10 сантиметров, всех мух сразу можно прихлопнуть одним ударом мухобойки, если её центр будет совпадать с положением любой из мух.
В противном случае найдутся две мухи Л и Б, расстояние между которыми больше 10 сантиметров. Из условия следует, что все остальные мухи сидят либо в круге 10-сантиметрового радиуса с центром А, либо в круге 10-сантиметрового радиуса с центром В. Таких мух 23, поэтому хотя бы 12 из них сидят в одном круге. Следовательно, если центр удара мухобойкой попадает в центр этого круга, то мы прихлопнем не менее 13 мух.
Решение задачи 7. Поскольку павильон является кругом радиуса 10, его площадь составляет ЮОтс. «Зона ненависти» вокруг каждого кактуса составляет 4п (площадь круга радиуса 2). Для всех 20 кактусов эти зоны покрывают площадь не более 20 • 4п = 80тс. Это означает, что в павильоне найдётся точка, которая не попала ни в одну такую зону. Очевидно, что расстояние от неё до любого другого кактуса превышает 2, и если мы посадим ещё один кактус в эту точку, то и он будет счастлив, и остальные кактусы останутся счастливыми.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Разделим ковёр на 16 квадратиков 1x1. Поскольку отверстий только 15, найдётся квадратик без отверстия.
Решение задачи 2. Разделим проволочный куб на 4 части, как показано на рисунке. (Каждая часть состоит из вершины ц выходя¬


Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии
321
щих из неё трёх рёбер. Для тех четырёх вершин куба, которые могут принадлежать сразу двум частям, выберем части так, чтобы каждой принадлежала ровно одна такая вершина.) Заметим, что в каждой части расстояние между любыми двумя точками меньше двух. Поэтому в каждой части может жить не больше одного скорпиона. Так что всего на кубе не может жить больше 4 скорпионов.
Рисунок показывает, как разместить 4 скорпионов.


Занятие 11
Математическая олимпиада I
Решения задач первой части
Решение задачи 1. После того как 7 воробьёв улетели, осталось 18 воробьёв. Значит, в этот момент на первом кусте 6 воробьёв, а на втором —12. Поэтому изначально на первом кусте было 6 + 5 = 11 воробьёв, а на втором 25 —11 = 14.
Решение задачи 2. Докажем, что положение самого маленького квадрата не влияет на величину внешнего периметра. В самом деле, этот квадратик добавляет два отрезка, вертикальный и горизонтальный, в общий внешний периметр. Но при этом убираются соответствующие отрезки тех же длин: горизонтальный из стороны квадрата 5 х 5 и вертикальный из стороны квадрата 7x7. Поэтому путь муравья равен общему внешнему периметру квадратов 5x5 и 7x7:
4 • (7 + 5 — 3) = 36 метров.
Для обхода муравью понадобится 36 минут.
Решение задачи 3. Выберем для проверки два яблока, между которыми три яблока с одной стороны и два яблока с другой стороны. Эти яблоки слишком далеко друг от друга, чтобы быть ядовитыми одновременно. Поэтому если прибор покажет одинаковый уровень яда, то оба эти яблока хорошие. Если же прибор покажет разный уровень яда, то мы находим одно хорошее и одно ядовитое яблоко. Тогда мы можем безошибочно указать ещё одно хорошее яблоко. Оно лежит рядом с найденным хорошим — с той стороны, где до ядовитого расстояние три яблока.
Решение задачи 4. Пусть в коробке X пакетиков. Поскольку Таня заварила 57 чашек и использовала каждый пакетик как минимум дважды, получаем, что 2Х ^ 57, а значит, X ^ 28. С другой стороны, Ваня использовал каждый пакет самое большее трижды, поэтому ЗХ ^ 83, а значит, X ^ 28. Таким образом, в коробке 28 пакетиков.


Занятие 11. Математическая олимпиада I
323
Решение задачи 5. Невозможно. Выберем две клетки, которые можно соединить ходом коня. Обозначим меньшее из чисел в них через X, тогда большее будет равно X + 3. Два промежуточных квадратика должны содержать числа X +1 и X + 2 (см. рисунок).
х+з
Х + 2
а
ъ
Х + 1
с
X
Поскольку клетки с и Ь имеют общие стороны с X и X + 3, в них должны содержаться соответственно X +1 и X + 2. Рассмотрим клетку а. С одной стороны, она достижима ходом коня из X, поэтому в ней должно быть число X + 3 или X — 3. С другой стороны, она достижима ходом коня из клетки Ь, и поэтому в ней должно быть
(Х + 2) + 3 = Х + 5 или (Х + 2)-3 = Х-1.
Решение задачи 6. Первое решение. Произведение 25 чисел чётно только в том случае, если как минимум одно из них чётное. Поэтому нужно доказать, что хотя бы у одного пирата суммарный проигрыш — чётное число.
В первый день нечётное число дублонов проиграли 13 пиратов. Докажем, что хотя бы один из них проиграл нечётное число дублонов и во второй день. В самом деле, между 1 и 25 всего 12 чётных чисел. Поэтому если бы каждый из этих пиратов проиграл во второй день чётное число дублонов, то по принципу Дирихле нашлись бы два пирата, проигравшие поровну. Однако это запрещено по условию.
Второе решение. Используем двойной подсчёт. Если каждый пират проиграл нечётное число монет, то общее количество монет, проигранных 25 пиратами, должно быть нечётным. С другой стороны, общее количество проигранных монет равно 2• (1 +... + 25), т. е. чётно.
Решения задач второй части
Решение задачи 7. Заметим, что оба числоеда пропускали номера, которые делятся на 88. Поэтому первый съел (всё, что делится на 8) минус (всё, что делится на 88). Второй же числоед съел (всё, что делится на 11) минус (всё, что делится на 88). Вычитаемое


324
Раздел 4. Решения
одинаковое, а уменьшаемое больше у первого числоеда, поэтому он съел больше.
Решение задачи 8. Да, могут. Пример показан на рисунке.
Легко видеть, что ладьи атакуют все поля, кроме 4 угловых. Однако на любом из них конь будет атаковать одну из ладей.
Решение задачи 9. Сначала рассмотрим случай, когда есть два стоящих рядом равных друг другу числа: а = Ь. Пусть с — число, которое стоит по другую сторону от Ъ. Тогда в паре (Ь, с) одно число кратно другому, а значит, и в паре (а, с) одно число кратно другому. Задача решена.
Теперь перейдём к случаю, когда все соседние числа не равны друг другу. Рассмотрим три числа, стоящие рядом. Если они стоят в возрастающем порядке а < Ъ < с, то по условию число Ь кратно а, а число с кратно Ъ. В этом случае с кратно а и мы нашли пару искомых чисел. То же самое верно, если числа идут в убывающем порядке. Осталось рассмотреть случай, когда неравенства по кругу чередуются: ...> а <Ъ> с <d> ... Но 99 — число нечётное, поэтому такое чередование по всему кругу невозможно.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 10.
111...1 = 111111111 -100000000100000000.. .100000000.
В произведении справа первый множитель состоит из 9 единиц и поэтому делится на 9. Во втором множителе 9 единиц, разделённых нулями, поэтому он тоже делится на 9. Следовательно, произведение делится на 81.
Решение задачи 11. Заметим, что пятизначное число, оканчивающееся на 00, не может быть неразрушимым, поскольку оно является произведением какого-то трёхзначного числа и числа 100. Поэтому не может быть больше 99 неразрушимых чисел подряд. С другой стороны, 99 чисел подряд—10001,10002,..., 10099—являются неразрушимыми. В самом деле, два самых маленьких произведения двух трёхзначных чисел — это 100 • 100 = 10 000 и 100 • 101 = = 10100. Все наши числа попадают между ними и поэтому не могут оказаться нужными произведениями.


Занятие 12 Комбинаторика I. Повторение
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Начнём поворачивать правую полуокружность радиуса R против часовой стрелки вокруг отмеченной точки. Поворот на 180 градусов переводит эту полуокружность во вторую полуокружность. При по- Ч,.,./ вороте полуокружность заметает всю фигуру Ян.
Поэтому при повороте на 90 градусов она заметёт точно половину.
Решение задачи для разминки 2.
• 10! = 10 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 -1; 100! = 100-99-98-...• 1;
п! = п• (п — 1) • (п — 2) •...- 2• 1.
•^ = 10; = 100 • 99 • 98 • 97 • 96; j^y=n-(п-1).
• 10-9-8-7-6 = ^; 100-99-...-45 = ^; п ■ (п - 1) •... • (п - 7) • (п - 8) = (п ”!9),.
Решения задач, предложенных на занятии
Решение задачи 1. а) Первую кнопку 2 можно выбрать одним способом. Вторую кнопку 0 можно выбрать 6 способами. После этого каждую кнопку 3 можно выбрать 3 способами. Всего 1 • 6 • 3 = = 18 способов.
б) Имеется 18 способов набрать 206. Затем нам нужно нажать ещё раз кнопку 6, которая примыкает к последней нажатой кнопке 6. Это можно сделать двумя способами. Всего 18 • 2 = 36 способов.
в) Имеется 6 способов набрать 20. Затем нужна кнопка 0 (2 способа), а затем 6 (3 способа). Всего 6• 2 • 3 = 36 способов.
Решение задачи 2. Комбинацию «жёлтая шляпа 4- произвольный плащ 4- жёлтые башмаки» можно выбрать 3-3-2 = 18 способами. Комбинацию «красная шляпа 4- произвольный плащ 4- красные


326
Раздел 4. Решения
башмаки» можно выбрать 2 • 3 * 4 = 24 способами. Следовательно, всего у Геннадия 18 + 24 = 42 способа выбрать наряд.
Решение задачи 3. а) Количество 2-буквенных слов равно 4*4=16. Количество 3-буквенных слов равно 4 • 4 * 4 = 64.
б) Перестановки: 4 • 3 • 2 = 24.
в) Все буквы можно выбирать так же, как выше, но для последней буквы всего один способ. Поэтому ответ: 4 • 4 • 4 • 1 = 64.
г) Первую букву можно выбрать 2 способами, вторую —3, третью — 2, последнюю — единственным способом. Поэтому ответ: 2*3*2* 1 = 12.
д) Начнём с конца. Последнюю букву можно выбрать двумя способами, третью — 3, вторую — 2, первую — единственным способом. Поэтому ответ: 2*3*2*1 = 12.
е) Есть 2*2 = 4 способа разместить согласные в центре и 2 * 2 = = 4 способа разместить гласные по сторонам. Поэтому на планете 4*4 = 16 имён.
ж) Выберем центральную букву: это можно сделать 2 способами. Теперь первую букву можно выбрать 3 способами, а третью — 2. Поэтому на планете 3*2*2 = 12 фамилий.
Решение задачи 4. Цвета 12 шаров уже предопределены: должно быть 4 красных, 4 синих и 4 зелёных шара. Поэтому мы можем выбирать цвета только для 4 оставшихся шаров. Тогда есть три различных случая.
• Все 4 шара имеют один цвет. Таких способов, очевидно, 3.
• Среди 4 шаров есть ровно два цвета. Пару цветов можно выбрать 3 способами, а затем 3 способами можно выбрать 4 шара этих двух цветов: например, 1 красный и 3 синих, 2 красных и 2 синих, 3 красных и 1 синий.
• Среди 4 шаров есть все три цвета. Это означает, что количество шаров разных цветов — 2,1 и 1. Поэтому имеется 3 способа (2 красных, зелёный, синий; 2 зелёных, синий, красный; 2 синих, красный, зелёный).
Всего получаем 3 + 3*3 + 3 = 15.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. а) Всего три места, первое можно заполнить 3 способами, второе — 2, третье — 1. Всего 3 * 2 * 1 = 6 способов.
б) 	Девочек можно посадить 6 способами. Мальчиков тоже 6 способами. Всего 6 * 6 = 36 способов.


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 327
в) Есть два способа обеспечить чередование: МДМДМД или ДМДМДМ. В первом случае девочек можно посадить 6 способами и мальчиков тоже 6 способами. Всего 36 способов. Для второго случая тоже 36 способов. Всего 36 + 36 = 72 способа.
г) Пусть родители сидят в центре. Получается рассадка ДД ДРРМММ или МММРРДДД. В обоих случаях получаем по 6 • 2 • 6 = 72 способа. Следовательно, всего есть 72 • 2 — 144 способа с родителями в центре. Если родители сидят по краям, то получается рассадка РДДДМММР или РМММДДДР. В обоих случаях получаем 2 • 6 • 6 • 1 = = 72 способа. Следовательно, всего есть 72-2 = 144 способа, если родители сидят по краям. Итого 144 + 144 = 288 способов.
Решение задачи 2. Первый волшебник может выбрать себе метлу 40 способами, второй —39 способами, третий —38 способами и т.д. Поэтому ответ: 40*39*... -2-1 = 40!.
Решение задачи 3. а) Пятизначное число-палиндром полностью определяется первыми тремя цифрами (четвёртая и пятая определяются однозначно). Поэтому получаем 9 • 10 • 10 = 900 палиндромов. Для первой цифры имеем только 9 вариантов, потому что она не может быть равно 0.
б) Первую цифру можно выбрать 9 способами (первой цифрой не может быть 0). Вторую цифру можно выбрать 9 способами (можем использовать 0, но не можем первую цифру). Третью цифру можем выбрать 8 способами (без первой и второй). Итого 9*9*8 = = 648.
в) Поскольку цифра 2 зарезервирована для последнего места, для первой цифры есть 8 способов (без 0 и 2), для второй —8 (без первой и 2), для третьей — 7, для четвёртой — 6. Всего 8 * 8 * 7 * 6 = = 2688 способов.
г) Этот вопрос очень похож на предыдущий, но теперь для последней цифры есть пять вариантов: 1, 3, 5, 7, 9. Поэтому ответ в пять раз больше: 2688 *5 = 13 440.
Решение задачи 4. Год назад, в момент рождения третьего ребёнка, сумма возрастов двух старших детей была 14 — 3 = 11. Поэтому суммарный возраст родителей на тот момент был 70 — 11 = 59. Но в момент рождения первого ребёнка суммарный возраст родителей был равен 45. В сумме они стали старше на 59 - 45 = 14 лет, поэтому между этими моментами прошло 7 лет. Итак, мы знаем, что третий ребёнок родился через 7 лет после первого. Среднему в этот момент было 11-7 = 4 года. Поэтому сейчас детям 8, 5 и 1 год.


328
Раздел 4. Решения
Решение задачи 5. Для обоих случаев а) и б) рассмотрим квадраты, расположенные по одной диагонали. Заметим, что если мы расположим треугольники в этих квадратах «правильно», то покрытие оставшихся квадратов определяется однозначно. У каждого квадрата на диагонали есть 4 возможных покрытия. Следовательно, для п. а) получаем 4*4 = 16 покрытий, а для п. б) — 4 • 4 • 4 = 64 покрытия.
Число покрытий можно найти и многими другими способами.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Первую букву Е можно выбрать 4 способами, вторую букву Е — тремя, букву Р — двумя. Всего 4 • 3 • 2 = 24 способа.
Решение задачи 2. а) 25•24 = 600.
б) (25 • 24): 2 = 300. В первом случае порядок выбора двух людей важен, во втором — неважен, поэтому способов вдвое меньше.
Решение задачи 3. Начиная с 3, можем букву О выбрать 4 способами. От буквы О есть 2 способа перейти ко второй О. Затем есть 3 способа выбрать С, 2 способа выбрать А и 1 способ выбора для Д. Всего 4 • 2 • 3 • 2 • 1 = 48.
Решение задачи 4. а) 3 • 6 • 5 • 4 = 360.
б) Начинаем заполнять места справа налево: 4 • 6 • 5 • 4 = 480.
Решение задачи 5. а) Имеется 6 мест, и на каждое место можно взять бытового робота или робота-няньку. Всего 2-2*2-2-2-2 = = 64 способа.
б) Сначала выберем место для медицинского робота (6 способов). Затем заполним оставшиеся пять мест (2 способа для каждого места). Всего 6•2•2•2•2•2 = 192 способа.
в) По сравнению с предыдущим случаем ответов будет вдвое больше —в каждом из найденных способов можно медицинского робота заменить роботом-контролёром. Всего 192*2 = 384 способа.
Решение задачи 6. а) З8.
б) Если есть какой-то пароль из 8 строчных букв, то Маша может любую одну из них сделать заглавной. Поэтому число паролей в 8 раз больше, чем в предыдущем случае: 8 • З8.
в) Маша может выбрать место для цифры (9 способов); затем выбрать саму цифру (10 способов). Оставшиеся 8 мест она заполняет буквами (по 3 способа на каждое место) и выбирает, какую из них сделать заглавной (8 способов). Всего 9 • 10 • 8 • З8 способов. Это в 9 • 10 • 8 = 720 раз больше, чем в первоначальном плане Маши.


Занятие 13
Комбинаторика II. Сочетания
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. 99:9 = 11.
Решение задачи для разминки 2. Да, это возможно. Например, возьмём 1000 чисел по 0,01. Их сумма равна 10. Однако каждое число в квадрате равно 0,0001 и сумма всех квадратов равна 1000-0,0001 = 0,1.
Решение задачи для разминки 3. Мы можем попробовать определить 0!, используя свойство факториала: п\ = п • (п — 1)!. Если мы подставим п = 1, то получим 1! = 1 • 0!. Отсюда следует, что 0! = 1.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Да, может. Например, -у1 и
Решение задачи 2. а) 3 • 3 • 3 • 3 = 81.
б) Если единственной красной доской является вторая, то получаем 2*2*2 способов (остальные чётные доски можно красить только в синий и зелёный цвет). То же самое получается, если красной доской будет четвёртая, шестая или восьмая. Следовательно, всего у нас 4 • 2 • 2 • 2 = 32 способа.
в) Если забор раскрашен симметрично, а красных досок у нас нечётное число, то средняя доска красная. Мы можем выбирать цвет для досок 1—4 (цвет досок 6—9 в силу симметрии будет определён однозначно). Среди досок 1—4 должна быть ровно одна красная. Действуя, как в п. б), получаем 4 • 2 • 2 • 2 = 32 способа.
Решение задачи 3.
Первое решение. Поскольку в команде должна оказаться как минимум одна семиклассница, есть три возможных случая. Пусть в команду взяли Машу, но не взяли Наташу. Тогда на оставшиеся
18•17• * 12
7 мест претендуют 18 девочек. Число вариантов: . Пусть
в команду взяли Наташу, но не взяли Машу. Тогда на оставшиеся 7 мест претендуют 18 девочек. Аналогично число способов равно


330
Раздел 4. Решения
18*17* *12
—. Пусть в команду выбрали и Наташу, и Машу. Тогда
на оставшиеся 6 мест претендуют 18 девочек. Число вариантов: 18*17*...*13 „
. Всего получаем
9 18*17*...*12 18*17*...*13 , Гб
* 7! ^ б! —
Второе решение. Искомое число —это число всех возможных команд минус число команд, в которых нет ни одной семиклассника ^8 20*19*...*13 18*. ..*11
цы. Поэтому ответ: С|0 — С°8 = gj .
Решение задачи 4. Любые три точки образуют треугольник. Порядок выбора точек неважен, поэтому мы имеем дело с сочетаниями. Следовательно, ответ: С30 = •
Решение задачи 5. а) 13!.
б) Сначала найдём число способов посадить 10 оставшихся девочек: 10!. Для каждого из этих расположений есть 11 мест, куда мы можем вставить тройку из Веры, Любы и Нади. Наконец, самих Веру, Любу и Надю можно пересаживать между собой 3! способами. Поэтому ответ: 10! 11*3! = 11! *6.
в) Первое решение. Число способов, когда Валя и Галя сидят не рядом, — это число всех способов минус число способов, когда Валя и Галя сидят рядом. Аналогично п. б) получаем, что Валю и Галю посадить вместе можно 11! • 12 • 2 = 12! • 2 способами. Следовательно, ответ: 13! - 12! • 2 = (13 - 2) • 12! = 11 • 12!.
Второе решение. Всех девочек, кроме Вали и Гали, можно рассадить 11! способами. Сделаем это. Теперь добавим в этот ряд Валю — это можно сделать 12 способами (левее всех, левее второй девочки, левее третьей девочки, ..., левее 11-й девочки, а также правее
11-й девочки). Аналогичный подсчёт для Гали даст уже 13 мест, но два из них будут рядом с Валей (слева или справа от неё), поэтому мест не рядом останется всего 11. Таким образом, всего получаем 11! • 12 • 11 = 12! • 11 способов.
Решение задачи 6. Заметим, что если верёвка образует треугольник, то каждый угол этого треугольника не меньше 60°, поскольку внутри такого угла содержится угол деревянного равностороннего треугольника. Но сумма углов треугольника равна 180°, и если у треугольника каждый угол не меньше 60°, то каждый из его трёх углов составляет ровно 60°. Следовательно, этот треугольник равносторонний.


Занятие 14 Математический аукцион
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1.
12-9 = 3. 10-7 = 3. 11-10 = 1. 1-9 + 10 = 2.
Математический аукцион
Комментарий к задаче о 16 точках: помните, что нужно учитывать квадраты, стороны которых не параллельны линиям сетки.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Поскольку А Ф 0, разделим обе части равенства на А. Получим АА +АА+ 1 = 111, а значит, АА +АА= 110 и АА=55. Следовательно, А=5.
Решение задачи 2. Можно. Одно из возможных решений — взять очень вытянутый ромб, у которого одна диагональ равна 1000, а другая— 1. Внутрь такого ромба параллельно большой диагонали поместим вытянутый прямоугольник с длиной 900 и с такой шириной, чтобы он не вышел за пределы ромба. Диагонали такого прямоугольника будут чуть больше 900, а их сумма — больше 1800. В то же время у исходного четырёхугольника сумма д лин диагоналей равна 1001.
Решение задачи 3. Пусть d — это расстояние от А до В, tx — время в пути для первого пешехода, a t2-время в пути для второго пешехода.
Для первого пешехода из условия имеем
После умножения обеих частей на 24 получаем 24^ = 2d + 3d, откуда
5d тт 1 ^2 г . ^2 А
tx = 24. Для второго пешехода из условия получаем а = • о + у * 4,


332
Раздел 4. Решения
а значит, d. = 5t2 и t2 = ^ = ||. Первое время больше, поэтому второй пешеход прибыл в пункт В раньше.
Решение задачи 4. Нет. Что бы ни делал профессор, самое левое число всегда остаётся меньше своего соседа справа.
Решение задачи 5. а) Да. Пример легко конструируется.
б) Нет. Покрасим маленькие кубики в шахматном порядке. Тогда без центрального кубика получится 12 кубиков одного цвета и 14— другого. Однако каждый кирпич 1x1x2 включает 1 чёрный и 1 белый кубик. Поэтому из них можно построить только тела, в которых поровну чёрных и белых кубиков.
Решение задачи 6. Каждый придворный, кроме последнего выжившего (барона Апельсина) и первой жертвы, один раз победил и один раз был убит. Поэтому все придворные образуют цепочку от барона Апельсина до первого убитого. Титулы в этой цепочке идут в строго определённом порядке: барон, герцог, граф, барон и т.д. Каждый третий в этой цепочке — граф, поэтому 99-й с конца — граф. Он мог убить только барона, поэтому 100-й элемент с конца (т. е. первый с начала) — барон.
Решение задачи 7. Предположим, что это неверно.
Расставим шкатулки слева направо в ряд, по убыванию жемчужин.
Заметим, что количество непустых шкатулок должно быть не больше чем 99, иначе мы можем оставить по одной жемчужине в каждой шкатулке.
Заметим, что в первой шкатулке слева не может быть больше чем 99 жемчужин, иначе мы можем оставить только эту шкатулку.
Заметим, что во второй шкатулке не больше 49 жемчужин, иначе мы бы могли оставить по 50 жемчужин в первых двух шкатулках и убрать всё остальное.
Заметим, что в следующей шкатулке не больше 33 жемчужин, иначе мы бы могли оставить по 34 жемчужины в первых трёх шкатулках и убрать всё остальное.
Продолжая таким образом, получаем, что в 10-й шкатулке не больше 9 жемчужин.
Тогда во всех шкатулках с 10-й до 99-й не больше 90 • 9 = 810 жемчужин и в шкатулках с 1-й по 9-й — не больше 9*99 = 981 жемчужина.
Так как мы знаем, что все шкатулки после 99-й пустые, во всех шкатулках не больше 981 + 810 = 1791 жемчужина. Противоречие.


Занятие 15
Комбинаторика III. Дополнения. Математический питон
Решения задач для разминки Решение задачи для разминки 1.
Решение задачи для разминки 2.
Питон 1
Решение задачи 1. З5 = 243.
Решение задачи 2. 5 • 2 • 2 • 5 = 100.
Решение задачи 3. (2 • 3 • 2 • 3) + (3 • 2 • 3 • 2) = 2 • 36 = 72. Решение задачи 4. Сначала составляем слово из трёх гласных. Затем выбираем место для вставки в него сочетания РР (4 способа). Всего 4 • (3 • 3 • 3) = 108 способов.
Решение задачи 5. 5 • 5 • 2 = 50.
Решение задачи 6. Последние две буквы не влияют на число способов. Поэтому нужно посчитать количество слов с 2 согласными и 1 гласной. Получаем 3 • (3 • 3 • 2) = 54.
Решение задачи 7. Первая буква может быть любой; каждая последующая может быть любой, за исключением предыдущей. Получаем 5-4-4-4-4=1280.


334
Раздел 4. Решения
Решение задачи 8. Искомое число —это разность количества всех 5-буквенных слов и числа слов, где нет буквы А. Получаем
5.5.5.5.5-4.4.4.4.4 = 3125-1024 = 2101.
Решение задачи 1. Л?0 = 10 • 9 • 8 = 720.
Питон 2
Мо-
_ „з 10-9-8 720 ,
Решение задачи 2. С?0 = „ 9 п = -г- = 120.
q 5*4*3
Решение задачи 3. Мальчиков можно выбрать = 3 2. i =
= 10 способами. Девочек можно выбрать = 15 способами.
Поэтому всего имеется 10 • 15 = 150 способов.
Решение задачи 4. Начнём с подсчёта числа способов выбрать девочек.
Решение с переходом к дополнению. Искомое число способов равно разности числа всех способов выбрать 4 девочек и числа способов, когда в эту четвёрку входят и Аня, и Таня. Получаем
С4 — С2 = в*5- — ^-3 = 15 — 6 = 9
W 4-3 *2* 1 2 о у.
Решение без перехода к дополнению. Может быть три случая.
1. Среди выбранных мамой четырёх девочек есть Аня, но нет Тани (осталось выбрать 3 девочек из 4 вариантов (без Тани), поэтому
число таких способов равно С3 = =4)-
2. Среди выбранных мамой четырёх девочек есть Таня, но нет Ани (аналогично— тоже 4 способа).
3. Среди выбранных мамой девочек нет ни Ани, ни Тани (С^ = = 1 способ). Всего 4 + 4 +1 = 9 способов.
Мальчиков можно выбрать С2 = |ту = 10 способами.
Всего 9 • 10 = 90 способов.
Решение задачи 5. Найдём количество треугольников, у которых две вершины на нижней прямой, а одна на верхней. Для выбора
двух вершин внизу получаем С2 = = Ю способов. Третью верши¬
ну можно выбрать 5 способами. Всего 10 • 5 = 50 таких треугольников. Ещё имеется столько же треугольников, у которых две вершины на верхней прямой, а одна на нижней. Ответ: 100 треугольников.
Решение задачи 6. Переформулируем задачу. Каждое расположение детей по кругу соответствует расположению детей в ряд, где Катя и Лиза стоят на первых двух местах, а остальные дети стоят


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон
335
справа от них. В самом деле, каждый такой ряд детей после замыкания в круг будет соответствовать ровно одному способу поставить детей в круг.
10 детей можно переставлять 10! способами, Катю и Лизу между собой—двумя, поэтому всего получаем 2* 10! способов.
Решение задачи 7. Сначала выберем по 1 старшему советнику из каждой гильдии: это можно сделать 2-5*3 способами. Осталось 2 места, на которые претендуют 1 пекарь, 4 ювелира и 2 мага. Больше никаких ограничений нет, поэтому нам нужно просто выбрать 2 человек из 7 возможных; для этого есть С2 = 7- 6:2 способов. Все- 7 * 6
го получаем 2*5*3* -у- = 630 способов.
Решение задачи 8. Сначала выберем 3 школьников для первой
9*8*7
команды: для этого есть = 3 2 = 84 способа. Из 6 оставшихся учеников выберем 3 участников второй команды: для этого есть С63 = ^^’2 ~ ^ способов. Из 3 оставшихся учеников 3 участников третьей команды можно выбрать единственным способом. Всего 84 * 20 * 1 = 1680 способов.
Питон 3
Решение задачи 1. 95.
Решение задачи 2. Общее количество всех пятизначных чисел минус количество пятизначных чисел без нулей: 9 * 104 — 95.
„ о ^4 12*11*10*9 .п-
Решение задачи 3. С{2 — 3 ; ^ ' — 495.
Решение задачи 4. Число всех групп из 4 туристов минус число групп, где никто не знает, куда идти:
495 - = 495 - |Лт| = 495 - 70 = 425.
Решение задачи 5. Если пёс едет в первом или в последнем вагоне, то кот может выбрать себе вагон 8 способами. В противном случае у кота только 7 способов. Получаем 2 * 8 + 8 * 7 = 16 + 56 = 72.
Решение задачи 6. Пусть сначала каждый пират берёт по одной монете. Теперь им осталось разделить 3 монеты. Существует три возможных случая.
• Один пират получит все 3 эти монеты (4 способа).
• Один пират получит 2 монеты, а второй — 1 монету (4*3 = 12 способов).


336
Раздел 4. Решения
• Три пирата получат по 1 монете (4 способа).
Ответ: 4 +12 + 4 = 20.
Решение задачи 7. Поставим сначала чёрную ладью, а затем белую. Чёрную ладью можно поставить 64 способами. Где бы ни стояла ладья, она бьёт 14 полей (7 по вертикали и 7 по горизонтали) и ещё на одном стоит. Поэтому белой ладье остаётся 64 —15 = 49 полей. Ответ: 64 • 49.
Решение задачи 8. Поставим сначала чёрного короля, а затем белого. Существует три возможных случая.
• Чёрный король поставлен в угол. В этом случае он блокирует 4 поля и белого короля можно поставить на 64 — 4 = 60 полей. Поскольку углов 4, всего существует 4 • 60 таких расположений.
• Чёрный король поставлен на край доски, но не в угол. В этом случае он блокирует 6 полей и белого короля можно поставить на 64 — 6 = 58 полей. Таких мест для чёрного короля есть 4 • 6 = 24, поэтому существует 24 • 58 таких расположений.
• Чёрный король поставлен на любое поле не на краю доски. В этом случае он блокирует 9 полей и белого короля можно поставить на 64 — 9 = 55 полей. Таких мест для чёрного короля 36, поэтому существует 36 • 55 таких расположений.
Ответ: 4 • 60 + 24 • 58 + 36 • 55.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Есть 20 способов выбрать ученика для первого мастера, 19—для второго и 18—для третьего. Всего 20 • 19 • 18 способов.
Решение задачи 2. Используем принцип дополнения.
• Найдём число всех способов выбрать 10 человек: .
• Найдём число способов выбрать 10 человек, чтобы в эту группу попали все вожатые (иными словами, выбираем 3 из 3 вожатых и 7 из 20 детей).
Искомое количество — разность между найденными числами.
Ответ: С23 — С|С^о = С23 — С^.
Решение задачи 3. Всего есть 9 • 10 • 10 • 10 • 10 • 10 шестизначных чисел. Из них 56 составлены только из нечётных цифр, поэтому у оставшихся есть хотя бы одна чётная цифра. Ответ: 9 • 105 - 56.
Решение задачи 4. а) Для двух чётных цифр рядом есть всего 4 места: ЧЧННН, НЧЧНН, ННЧЧН, НННЧЧ. Для каждого из этих


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон
337
случаев есть 2 способа разместить чётные цифры и 3! = 6 способов разместить нечётные цифры. Поэтому ответ: 4*2*6 = 48.
б) 	Предложим два решения.
Первое решение. Заметим, что в совокупности числа, где чётные цифры стоят рядом, и числа, где чётные цифры отделяются друг от друга как минимум одной нечётной цифрой, составляют всё множество чисел из цифр 1, 2, 3, 4, 5. Первую величину мы нашли в п. а), а всего чисел 5!, поэтому ответ: 5! - 48 = 120 — 48 = 72.
Второе решение. Можно, как и в первом случае, рассмотреть отдельные допустимые расположения чётных цифр: ЧНЧНН, НЧНЧН, ННЧНЧ, ЧННЧН, НЧННЧ, ЧНННЧ. Для каждого из этих случаев есть 2 способа разместить чётные цифры и 3! = 6 способов разместить нечётные цифры. Поэтому ответ: 6 • 2 • 3! = 72.
Решение задачи 5. Давайте проводить линии по одной, начиная с пустого квадрата. Докажем, что каждый раз при добавлении очередной линии и последующем перекрашивании прямоугольников количество чёрных квадратиков размера 1x1 останется чётным.
Проведём первую линию и раскрасим: тогда один прямоугольник будет белый, второй — чёрный. Площадь чёрного прямоугольника будет чётной, так как хотя бы одна из его сторон чётная (осталась сторона, равная 1000).
Предположим, что мы уже провели несколько линий и общая площадь чёрных прямоугольников осталась чётной. Добавим ещё одну линию и опять перекрасим прямоугольники в шахматном порядке. Докажем, что общая шющадь чёрных прямоугольников по-прежнему останется чётной.
Для определённости проведём новую линию вертикально. Теперь мы должны изменить цвета: каждый квадратик 1x1 справа от нашей линии должен поменять цвет на противоположный. Так как в настоящий момент общая площадь чёрных квадратиков чётная, площади чёрных квадратиков правее и левее нашей линии либо обе чётные, либо обе нечётные. Кроме того, новая линия делит большой квадрат на два прямоугольника чётной площади. Поэтому если площадь чёрных квадратиков справа от линии чётна, то и площадь белых справа тоже чётна; если же она нечётна, то и белая нечётна. Итак, чёрные и белые области справа от новой линии должны иметь одну и ту же чётность, поэтому если мы поменяем цвет, то мы не изменим чётность общей площади всех чёрных прямоугольников.


338
Раздел 4. Решения
Решение задачи 6. Красный и синий отрезки перекрываются, и имеются красный «хвост», идущий влево, и синий «хвост», идущий вправо. Рассмотрим все середины первоначальных отрезков. Среди этих точек выберем самую левую (назовём её Л2) и самую правую (назовём её Г^). Также рассмотрим концы всех первоначальных отрезков. Самый левый из левых концов назовём Л2, а самый правый из правых —П2.
Тогда общая часть красного и синего отрезков лежит между точками и Пъ красный «хвост» начинается от точки Лг и идёт влево до Л2, а синий «хвост» начинается от точки Щ и идёт вправо до П2.
Рассмотрим отрезок, левый конец которого —точка Л2. (Если их несколько — выберем любой.) Его середина не может быть левее Ла. Значит, половина его длины не меньше, чем длина красного «хвоста». Назовём этот отрезок 02.
Рассмотрим отрезок, середина которого —точка Пг. (Если их несколько — выберем любой.) Его правый конец не может быть правее П2. Значит, половина его длины не больше, чем длина синего «хвоста». Назовём его 02.
Таким образом, половина длины отрезка Ог по крайней мере на 20 сантиметров длиннее, чем половина длины отрезка 02. Значит, Ог по крайней мере на 40 сантиметров длиннее.


Занятие 16
Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
Решения задач для разминки Решение задачи для разминки 1.
Решение задачи для разминки 2.
Решение задачи для разминки 3.
Решения задач, предложенных на занятии Решение задачи 1.
См. решение дополнительной задачи 1 этой главы. Решение задачи 2.
См. решение дополнительной задачи 1 этой главы.


340
Раздел 4. Решения
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. а) Это стандартная задача на число сочетаний: нужно выбрать 4 объекта из 10, причём порядок не имеет зна-
^ 10*9*8* 7
чения. Ответ: С{0 = = 2Ю.
б) Давайте представим выбор так: сначала выберем 4 самолёта из 10, отправляющихся в Тартарию, а затем выберем 4 самолёта из 6 оставшихся, чтобы направить их в Розалию. Оставшиеся два самолёта полетят в Сугробию. Таким образом, ответ:
С4 • С4 • С2 = • 6*,5 *4* 3 2ю • 15 ~ 3150
ьб 2 4-3-2-1 4-3-2-1 ~~ oiou.
Решение задачи 2. а) Снова задача на число сочетаний: нужно выбрать 4 места для сапфиров из 10 имеющихся. По сути, это п. а) в предыдущей задаче про самолёты. Как увидеть тождественность? Давайте поставим 10 самолётов в ряд и нарисуем сапфир на каждом самолёте, выбранном для Фингалии, а на остальных самолётах нарисуем рубины. Теперь каждое сочетание из 4 самолётов соответствует ожерелью из 4 сапфиров и 6 рубинов. Ответ:
С4 _ 10-9*8*7 2Ю ю 4-3-2-1 и*
б) Начнём с выбора места для 4 сапфиров. Поскольку имеется
10 *9*8*7
10 мест, это можно сделать С40 = 4.3.21 = способами. Из оставшихся 6 мест выберем 4 места для рубинов. Это можно сделать = 4.3.2.1 = 15 способами. Оставшиеся 2 места для 2 изумрудов можно заполнить единственным способом. Отсюда ответ:
С4 * С4 * С2 — ^ ^ ^ ^ ^ —210 * 15 — 3150
2 4-3-2-1 4*3*21“ о1эи.
Как видите, задача эквивалентна п. б) предыдущей задачи.
в) Решаем аналогично п. б). Ответ: С42 * Cg * С4 * С\ = 495 * 56 * 5. Ответ можно оставить в таком виде.
Решение задачи 3. Пусть всего было решено X задач. За каждую задачу даётся 7 конфет. С одной стороны, общее количество выданных конфет должно быть равно 7Х, а с другой стороны, оно равно 3 * 20 = 60. Однако 60 не делится на 7.
Решение задачи 4. Обозначим буквой П движение на одну клетку вправо, буквой В—движение на одну клетку вверх, буквой Г — движение на одну клетку вглубь. Любой кратчайший путь от Л до В можно записать в виде четырёх букв П, четырёх букв В и одной буквы Г. Поэтому нашу задачу можно переформулировать так: сколько


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
341
существует различных последовательностей из 4 букв П, 4 букв В и 1 буквы Г? Ответ:
r4 Г4 Г1 _ 9-8-7'6 5-4-3-2 _
Ч *ь5 ‘Ч - 4-3-2-1 ' 4-3-2-1 ” OJU*
Решение задачи 5. а) При каждом подбрасывании монеты возможны два результата —О (орёл) или Р (решка). Поэтому всего получаем 2 • 2 •... • 2 = 220.
б) 	Представим, что, когда ладья приземляется на каком-нибудь квадрате, она оставляет на нём чёрный след. Каждая последовательность прыжков от левого квадрата до правого соответствует последовательности чёрных следов. Заметим, что и первый, и последний квадрат должны иметь следы. Обозначим буквой С квадрат со следом, а буквой Б — квадрат без следа. В результате наша задача превратилась в следующую: сколько существует последовательностей из 20 букв С или Б, если первая и последняя буквы — С? Эта задача аналогична рассмотренной в п. а), поэтому ответ: 218.
Решение задачи 6. Докажем, что все приятные числа имеют вид Х999.. .999, где X — произвольная цифра от 1 до 9, а после неё могут быть только цифры 9.
В самом деле, если число имеет другой вид, мы всегда можем сделать его «приятнее», т. е. меньше, но с сохранением той же суммы цифр. Как это сделать?
Начнём с того, что переставим цифры в порядке возрастания. Это новое число имеет ту же сумму цифр и не больше первоначального. Теперь предположим, что в этом числе есть две стоящие рядом цифры А и В, причём В — не 9, А — не 0 и В стоит справа от А. Тогда можно заменить цифры Ли В цифрами А — 1 и В 4-1. Сумма цифр останется той же, а число уменьшится.
Таким способом мы делаем число всё «приятнее» и в итоге приходим к числу вида Х999...999. Поэтому список приятных чисел таков:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 19, 29, ..., 89, 99, 199, 299, ...
..., 999, 1999, 2999, 3999 и т. д.
Каждый очередной разряд добавляет в список ещё 9 чисел. Имеем 200:9 = 22 с остатком 2. Поэтому в 200-м приятном числе 22 цифры, а первая —2, т. е. это число
2 999...999.
4 v '
21 раз


342
Раздел 4. Решения
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. а) Движение на квартал вправо обозначим буквой П, а движение на квартал вверх — буквой В. Задача сводится к поиску числа последовательностей из 8 букв П и 5 букв В. Ответ: я. 13-12-11-10-9 Ci3 5-4-3-2-1 *
б) Любой нужный маршрут состоит из двух частей: сначала нужно добраться от дома до перекрёстка Удачи, а потом от перекрёстка Удачи до кинотеатра. Поэтому получаем
С5 • С83 = §ТТ • Ш = 20 • 56 = 1120.
в) Нужно найти общее количество маршрутов и вычесть из него число маршрутов, проходящих через перекрёсток Неудачи. Поэтому ответ: С^3 — С3-С2 = 783.
г) Сначала найдём число маршрутов до перекрёстка Удачи. Затем найдём число маршрутов от перекрёстка Удачи до кинотеатра, не проходящих через перекрёсток Неудачи. Перемножим эти числа. Аналогично п. в) получаем ответ:
C*-(Cl~Cl-C$) = 320.
Решение задачи 2. а) У первой монеты есть 3 разных варианта размещения, у второй монеты тоже 3 варианта и т. д. По правилу произведения получаем ответ З7.
б) Рассмотрим отдельные случаи.
Если в кармане 1 лежит 0 монет, то оставшиеся 7 монет можно распределить по двум оставшимся карманам 8 способами (0—7, 1-6, ..., 7-0).
Если в кармане 1 лежит 1 монета, то оставшиеся 6 монет можно распределить по двум оставшимся карманам 7 способами.
<...)
Если в кармане 1 лежит 7 монет, то оставшиеся 0 монет можно распределить по двум оставшимся карманам 1 способом.
Поэтому всего получаем 8 + 7 + ... + 2-1-1 = 36 способов.


Занятие 17
Магические квадраты и близкие задачи
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Существуют два числа с суммой цифр 2: это 11 и 2.
Существуют 4 числа с суммой цифр 3: 111, 21, 12, 3.
Существуют 8 чисел с суммой цифр 4:
1111, 211, 121, 112, 22, 13, 31, 4.
В этот момент можно выдвинуть гипотезу: все ответы являются степенями числа 2.
Эту гипотезу довольно просто обосновать при правильном подходе.
Давайте рассмотрим числа с суммой цифр 4. Начнём с последовательности из 4 единиц, разделённых запятыми: (1,1,1,1). Все остальные числа получаются, если какие-нибудь запятые заменить плюсами. Например, (1,1 +1,1) даёт нам число 121, а (1 +1 +1,1) даёт число 31.
Следовательно, перечисление всех возможных последовательностей из запятых и плюсов длины 3 даёт перечисление всех чисел с суммой цифр 4. Количество таких последовательностей легко вычислить с помощью правила произведения: их 23.
Соответственно, если сумма цифр равна 6, таких чисел будет 25 = 32.
Если же сумма цифр равна к, то таких чисел будет 2к~г.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Невозможно. Первое простое число 2 чётно, остальные простые числа нечётные. Поэтому чётность суммы в той строке, где есть 2, будет отличаться от чётности сумм в оставшихся двух строках.
Решение задачи 2. Если сложить суммы в центральной строке и в центральном столбце, то получим удвоенную магическую кон¬


344
Раздел 4. Решения
станту. Если сложить суммы двух диагоналей, снова получим удвоенную константу. Первая величина равна сумме чисел по сторонам и удвоенного центрального числа. Вторая величина равна сумме чисел по углам и удвоенного центрального числа. Значит, сумма чисел по углам равна сумме чисел по сторонам.
Решение задачи 3. а) Серые квадраты — это совокупность обеих диагоналей, поэтому сумма чисел в них равна сумме чисел на обеих диагоналях. (На левом рисунке эти диагонали отмечены.) Значит, сумма чисел в серых клетках равна удвоенной магической константе.
б) 	Ещё раз посмотрим на рисунок слева: сумма чисел в белых квадратах (отмеченных галочками) тоже должна быть равна удвоенной магической константе. В самом деле, белые и серые квадраты вместе составляют весь квадрат, сумма всех чисел квадрата в 4 раза больше магической константы, а в п. а) мы доказали, что сумма в серых клетках в 2 раза больше магической константы.
Теперь посмотрим на рисунок справа. Сумма чисел в двух центральных строках и двух центральных столбцах в 4 раза больше магической константы. Однако числа в белых квадратах, отмеченных галочкой, дают удвоенную магическую константу. Значит, посчитанные дважды числа в центральном квадрате 2x2 тоже дают в сумме удвоенную магическую константу. Тогда сумма чисел в центральном квадрате равна магической константе.
а) б)
Решение задачи 4. Сданный зачёт обозначим буквой С, а не сданный — буквой Н. Любой результат прохождения курсов в академии можно описать последовательностью из трёх букв С или Н. Таких последовательностей всего 23 = 8. Поскольку царевен 10, можно


Занятие 17. Магические квадраты и близкие задачи
345
применить принцип Дирихле: существуют хотя бы две царевны, у которых последовательности совпадают. Иными словами, у них будут одинаковые результаты обучения.
Решение задачи 5. а) Минутная стрелка поворачивается за час на 360 градусов, значит, за минуту она повернётся на 360 : 60 = = 6 градусов. Часовая стрелка двигается в 12 раз медленнее. Поэтому она повернётся за минуту на 0,5 градуса.
б) Как следует из п. а), каждую минуту разность углов между стрелками увеличивается на 5,5 градусов. Следовательно, за 5 минут получится угол 5,5 • 5 = 27,5 градусов.
в) Нужно найти, когда разность углов станет равна 180 градусов.
Это будет через 180:5,5 = минуты, т. е. через 32 уу минуты.
г) Разность в 360 градусов получится через удвоенное время после получения 180 градусов, т. е. через 64ту минуты, иными слова-
5
ми, через 1 час и 5уу минуты.
Решение задачи 6. Докажем, что каждый рыцарь съел чётное число изюминок. Рассмотрим рыцаря, съевшего наименьшее число изюминок (если таких несколько, возьмём любого). По условию его сосед слева съел либо вдвое больше изюминок, либо на 10 меньше. Второе невозможно, поскольку мы выбрали рыцаря с наименьшим числом съеденных изюминок. Следовательно, сосед слева съел вдвое больше, т. е. чётное число изюминок. Тогда его сосед слева тоже съел чётное число изюминок (поскольку у него тоже либо вдвое больше, либо на 10 меньше) и т. д. Обойдя так весь стол, мы возвращаемся к первому рыцарю и заключаем, что и у него может быть только чётное число (в данном случае на 10 меньше). Значит, общее число изюминок должно быть чётным.
Решение задачи 7. Начнём с вычисления магической константы: она равна
Поэтому недостающее число во второй строке равно
34-15-5-4= 10.
Согласно одной из предыдущих задач сумма чисел в центральном квадратике 2x2 равна 34. Следовательно, недостающее в нём число равно 34 - 15 - 10 — 8 = 1. Теперь можно заполнить правый верхний угол: 34 - 10 - 1 - 7 = 16. (Сейчас у нас положение, как на


346
Раздел 4. Решения
рисунке слева.) Пусть число в левом верхнем углу равно х, тогда в правом нижнем углу будет 11 — х.
16
4
15
10
5
1
8
7
X
16
4
15
10
5
1
8
7
11-х
Парой (х,11 — х) могут быть такие числа: 1 и 10, 2 и 9, 3 и 8, 4 и 7, 5 и 6. Однако пары (10,1), (8,3), (7,4) и (6,5) нужно отбросить, поскольку 1,4,5 и 8 уже стоят в таблице. Значит, в углах стоят числа 2 и 9. Но х не может быть равным 2, потому что тогда в левом столбце недостаёт числа 34 — 2 — 4 — 7 = 23, а это слишком много. Поэтому х = 9, а в правом нижнем углу стоит 2.
9
16
4
15
10
5
14
1
8
11
7
2
Сумма двух нижних неизвестных чисел равна 25. Возможные варианты: 12 и 13,11 и 14,10 и 15, 9 и 16. Однако числа 9,10 и 11 уже есть в таблице, поэтому остаётся пара 12 и 13. Если бы число 13 стояло во втором столбце, то вверху во втором столбце было бы 5. Но это число уже есть, поэтому ответ таков, как показано на рисунке.
9
6
3
16
4
15
10
5
14
1
8
11
7
12
13
2


Занятие 18
Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Разделим монеты на 3 группы по 7 монет. Сравним группы 1 и 2. Если их масса одинакова, то фальшивая монета находится в третьей группе. В противном случае монета находится в той группе, которая легче.
Возьмём группу с фальшивой монетой и разделим на группы 3, 3 и 1. Сравним группы из 3 монет. Если их масса одинакова, то фальшивой является отложенная монета. В противном случае монета находится в той тройке, которая легче.
В тройке с фальшивой монетой выберем любые две монеты и сравним. Если их масса одинакова, то фальшивой является оставшаяся монета. В противном случае фальшивой является более лёгкая монета.
Решение задачи для разминки 2. Разделим монеты на 2 труппы—12 и 18 монет. Если в первой группе х монет лежат вверх орлом, то во второй 12 —х монет лежат вверх орлом. Перевернём все монеты в первой группе. Теперь в ней тоже 12 — х монет лежат вверх орлом.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Рассмотрим кусок торта размером 6x6. Его можно разрезать на 9 квадратов 2x2, поэтому на нём должно располагаться 9 х 2 = 18 роз. Однако его можно также разрезать на 12 кусков размером 3x1, поэтому на нём должно располагаться 12*1 = 12 роз. Противоречие.
Решение задачи 2. Посчитаем общее число кисточек двумя способами. С одной стороны, оно в 6 раз больше, чем число шляп, и поэтому является чётным числом. С другой стороны, оно равно 25 • 3 = 75, т. е. является нечётным числом. Противоречие.


348
Раздел 4. Решения
Решение задачи 3. а)
б) Обозначим центральное число х. Сложим 3 суммы на отрезках. Мы получим 3 • 12 = 36. С другой стороны, мы сложили все числа от 1 до 7 и ещё дважды прибавили центральное число, т. е. получилось 28 + 2х. Из равенства 36 = 28 + 2х следует, что х = 4.
в) Обозначим эту сумму буквой У. Сумма чисел по 2 окружностям меньше суммы всех чисел, потому что мы не учитываем число в центре. Поэтому 2У < 28, т. е. Y ^ 13. Сумма чисел на всех 3 отрезках больше общей суммы чисел, поскольку центр учитывается 3 раза; значит, ЗУ > 28, т. е. У ^ 10. С другой стороны, число ЗУ - 28 равно удвоенному числу в центре, поэтому оно чётное; следовательно, У должно быть чётным. Теперь для У остались варианты 10 и 12. Если У = 10, то в центре стоит (3 • 10 - 28): 2 = 1. Но число в центре должно быть чётным, ведь сумма всех чисел (чётное число 28) равна сумме чисел на 2 окружностях (чётное число) и числа в центре. Следовательно, этот вариант отпадает и единственный возможный вариант: У = 12.
Решение задачи 4. Давайте докажем, что общее количество кондукторов и контролёров (и настоящих, и фальшивых) должно быть кратно и 5, и 8. Во-первых, по условию количество фальшивых специалистов в 4 раза меньше, чем настоящих, поэтому общее количество фальшивых и настоящих специалистов должно делиться на 5. Во-вторых, по условию число кондукторов в 7 раз меньше числа контролёров, поэтому общее количество кондукторов и контролёров должно делиться на 8. Единственное число, не превосходящее 60, которое делится одновременно и на 5, и на 8, — это число 40. Остальные люди в автобусе являются обычными пассажирами, и их 60 — 40 = 20.
Чтобы завершить решение, покажем, что мы можем привести пример нужного распределения специалистов. Если у нас есть 5 кондукторов (1 фальшивый и 4 настоящих) и 35 контролёров (7 фальшивых и 28 настоящих), то мы получили требуемое.


Занятие 18. Двойной подсчёт
349
Решение задачи 5. Заметим, что всего проголосовали не более чем за 3 разных фильма. Действительно, в противном случае нашлись бы 4 арбитра, которые проголосовали за 4 разных фильма. Если бы за каждый из этих трёх фильмов проголосовали всего 3 арбитра, то всего было бы не более 9 голосов. Противоречие.
Решение задачи 6. Сосредоточимся только на чёрных полях и чёрных диагоналях. Всего на доске 15 чёрных диагоналей — 7 идущих вверх и 8 идущих вниз, если двигаться слева направо. Можно посчитать количество фигур на этих 15 диагоналях как сумму количеств фигур, стоящих на каждой из диагоналей. С одной стороны, каждую фигуру мы посчитали дважды (она стоит на двух диагоналях), поэтому наша сумма равна удвоенному количеству фигур на доске, т. е. чётному числу. С другой стороны, если слагаемых 15 и каждое из них нечётно, то общая сумма должна быть нечётной. Поэтому требуемое размещение невозможно.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. а) Каждую партию играют двое, поэтому общее число партий равно 10 • 3:2 = 15.
б) Пусть Лёня сыграл х партий с Ирой и у партий со Светой. Тогда Ира сыграла со Светой 10 — х партий, а Света сыграла с Ирой 10 - у партий. Поскольку эти числа равны, х = у.
Решение задачи 2. Если бы каждый ребёнок взял домой по 3 игрушки одного вида, то общее количество игрушек каждого вида делилось бы на 3. Однако по условию их было 13. Противоречие.
Решение задачи 3. Посчитаем общее число кинжалов по шеренгам: оно больше чем 6*50 = 300. Посчитаем общее число кинжалов по колоннам: оно меньше чем 6* 50 = 300. Противоречие.
Решение задачи 4. а) Разделим свиней на две группы: Съ С2, С3, С4 и С5, С6, С7, С8. Каждая из групп по условию весит не менее 1000 килограммов, поэтому в сумме получаем не менее 2000 килограммов.
б) Для свиней Ci, С2, С3, С4, С5, С6 справедливы такие неравенства:
Ci + С2 + С3 + С4 > 1000,
С3 И- С4 + С5 + С5 > 1000,
С5 + Св + С1+С1> 1000.
Сложив все три неравенства, получаем
2 • (Ci + С2 + С3 + С4 + С5 + С5) > 3 • 1000 = 3000,


350
Раздел 4. Решения
а значит,
Ci + С2 Ч- С3 4- С4 + С5 + С5 > 1500.
Решение задачи 5. Пусть в отряде X орков и Y гоблинов. Тогда количество ссор орк-гоблин равно 10Х, а количество ссор гоблин- орк равно 9Y. Из равенства 10Х = 9Y получаем, что X < Y.
Решение задачи 6. Пусть пирог стоит х долларов.
Тогда по условию сумма в 10-долларовых банкнотах у миссис Смит равна 4х — 60.
Сумма в 20-долларовых банкнотах равна 5х — 60.
Общая сумма в 10-долларовых и 20-долларовых банкнотах равна 6х — 60.
Однако сумма первых двух величин равна третьей, так что получаем уравнение:
6х — 60 — 5х — 60 4 Ах — 60.
Следовательно, 6х = 9х — 60, Зх = 60, х = 20.
Решение задачи 7. Предположим, что за каждый выбранный курс студент получает жетон. Посчитаем количество жетонов двумя разными способами. С одной стороны, каждый из 7 курсов даёт нечётное число жетонов, а сумма 7 нечётных чисел нечётна. С другой стороны, посчитаем количество жетонов по студентам. У каждого студента нечётное число жетонов, и, чтобы сумма была нечётной, нужно нечётное число студентов.
Решение задачи 8. а) Если мы сложим номиналы в 3 маленьких треугольниках, отмеченных сплошными чёрными линиями, то получится 30 (см. рис. А). Сумма включает все 6 монет большого треугольника, но три центральные монеты посчитаны дважды (каждая из них принадлежит двум разным треугольникам). Но эти три монеты тоже образуют маленький треугольник (отмечен пунктиром), поэтому сумма номиналов в нём равна 10. Следовательно, сумма номиналов для 6 монет равна 30 —10 = 20.
б) Однозначно определить суммарный номинал всех монет невозможно. Давайте проследим за некоторыми закономерностями для номиналов и предложим примеры получения 2 разных сумм. Прежде всего заметим, что монеты на внешних вершинах двух треугольников с общим основанием должны иметь одинаковый номинал (например, на рис. Б1 две белые монеты имеют одинаковый номинал). Тогда, как показано на рис. Б2, должны быть одинаковы все белые монеты, все серые монеты и все чёрные монеты. Более того,


Занятие 18. Двойной подсчёт
351
легко видеть, что любое множество из 3 чисел, которые в сумме дают 10, можно использовать в качестве номиналов наших монет.
Давайте построим 2 решения с различными суммами.
Пример 1. Чёрная монета —1, серая —1, белая —8. Суммарный номинал всех монет равен
3-1 + 3-1 + 4-8 = 38.
Пример 2. Чёрная монета —8, серая —1, белая —1. Суммарный номинал всех монет равен
3-8 + 3-1 + 4-1 = 31.
А Б1 Б2
Решение задачи 9. Если у одной фотографии лайков на 10 больше, чем у другой, то числа лайков оканчиваются одинаковой цифрой.
Предположим, что у всех 10 фотографий суммарные количества лайков за 2 дня оканчиваются разными цифрами (т. е. количества лайков оканчиваются на все цифры от 0 до 9). Давайте найдём общее количество лайков 2 способами: по фотографиям и по дням. С одной стороны, если у 10 фотографий числа лайков оканчиваются на 0, на 1, ..., на 9, то суммарное число лайков будет оканчиваться на ту же цифру, что и сумма 0 +1 +... + 9, т. е. на 5. С другой стороны, за два дня фотографии получили 2-(1 + 2 + ...+9 + 10) лайков, а это число оканчивается на 0. Противоречие.
Решение задачи 10. Предположим, что это возможно. Обозначим через Y сумму чисел на каждом из 6 имеющихся отрезков, тогда общая сумма чисел на всех отрезках равна 6Y. В эту сумму трижды входят числа, стоящие на концах отрезков, а остальные числа входят по одному разу. Иными словами, это сумма всех чисел плюс удвоенная сумма чисел, являющихся концами отрезков. Общая сумма всех чисел равна 0 + 1 + .. . + 9 = 45. Поэтому получаем равенство
г сумма чисел на л 45 + 2 • ^КОнцах отрезковJ ~~
Но сумма нечётного и чётного чисел должна быть нечётной.


352
Раздел 4. Решения
Решение задачи 11. Обозначим числа Хъ Х2,Х7. Сначала докажем, что сумма всех чисел делится на 5. Мы знаем, что
Х1+Х2 + Х3+Х4 + Х5+ Х6 делится на 5,
Х2 + Х3+ Х4 + Х5 + Х6 + Х7 делится на 5,
Х7 + Хг + Х2 + Х3 + Х4 + Х5 делится на 5.
Следовательно, и сумма этих 7 выражений делится на 5. Но в сумму каждое число входит 6 раз. Поэтому сумма равна
6-(Х1+Х2+Х3+Х4 + Х5+Х6 + Х7).
Отсюда следует, что
Х1+Х2 + Х3+Х4 + Х5+Х6 + Х7
делится на 5.
Но если сумма всех 7 чисел делится на 5 и сумма любых 6 из них тоже делится на 6, то и оставшееся число будет делиться на 5.
Решение задачи 12. Для каждой линии решётки подсчитаем число доминошек, которые линия разрезает, а затем найдём сумму этих чисел. Поскольку каждую доминошку разрезает ровно одна линия сетки, найденная сумма равна числу доминошек в прямоугольнике. Из условия следует, что общее количество доминошек кратно 4. Площадь каждой доминошки равна 2, поэтому площадь прямоугольника кратна 8. Значит, длина хотя бы одной из сторон прямоугольника должна делиться на 4.
Решение задачи 13. Разобьём таблицу на две, как показано на рисунке.
0
0
0
0
4
4
4
4
8
8
8
8
12
12
12
12
Если сложить соответствующие элементы этих таблиц, то получится исходная таблица. Поэтому можно найти суммы чисел в каждой таблице отдельно и затем их сложить. В каждом столбце должно быть 2 плюса и 2 минуса, поэтому сумма чисел в каждом столбце первой таблицы равна 0. В каждой строке также должно быть


Занятие 18. Двойной подсчёт
353
2 плюса и 2 минуса, поэтому сумма чисел в каждой строке второй таблицы равна 0. Значит, общая сумма также равна 0.
Решение задачи 14. Рассмотрим двух джентльменов А и В. Пусть они посещают клуб X. Если все остальные джентльмены посещают клуб X, то задача решена. В противном случае найдётся джентльмен С, который не посещает клуб X. По условию С и А посещают общий клуб, назовём его 7 (см. рисунок внизу слева).
Докажем, что все остальные джентльмены посещают клуб X, клуб Y или оба клуба. Пусть это не так и найдётся джентльмен, который не посещает ни клуб X, ни клуб 7. Тогда у него нет общего клуба с А (потому что А посещает клубы X и Y, а по условию он не может посещать больше 2 клубов). Противоречие.
По условию у В и С должен найтись общий клуб, и по нашему предположению это не X и не Y. Назовём этот клуб Z (см. рисунок внизу справа). Докажем, что все джентльмены, которые не посещают одновременно X и 7, должны посещать Z. В самом деле, пусть существует джентльмен D, который посещает X, но не посещает 7. Тогда он должен посещать Z, чтобы оказаться в одном клубе с С.
Следовательно, все джентльмены разделены на три множества: посещающие X и 7, посещающие 7 и Z, посещающие X и Z. Всего джентльменов 27, поэтому в наименьшем из этих трёх множеств не больше 9 джентльменов. Тогда два оставшихся множества вместе содержат не менее 18 джентльменов.
Клуб* КлубХ


Занятие 19
Математическая олимпиада II
Решения задач первой части
Решение задачи 1. Для прохождения половины дистанции Паше понадобится столько же времени, сколько Саше на весь спуск, так как Паша идёт с вдвое меньшей скоростью. Поскольку перед этим Паша ещё некоторое время шёл на лыжах, его суммарное время будет больше.
Решение задачи 2. Каждый человек, подошедший к вешалке, либо берёт шляпу, либо вешает свою. При каждом подходе количество шляп изменяется на один, т. е. меняет свою чётность. Вначале число шляп было чётным, затем произвели нечётное число изменений; поэтому число шляп стало нечётным. Значит, 10 шляп остаться не может.
Решение задачи 3. а) Цветок, раскрывающийся в день 1, становится белым в день 3. Поэтому 3 дня назад раскрылись 14 цветов, а 2 дня назад раскрылись 11 цветов. Значит, позавчера было 11 + 14 = 25 цветов.
б) Цветок, который станет белым завтра, вчера был жёлтым. Из 20 цветов, которые были жёлтыми вчера, 11 стали белыми сегодня. Тогда оставшиеся станут белыми завтра. Ответ: 9 цветов. (Разумеется, эту задачу можно решать и с помощью уравнений.)
Решение задачи 4. Предположим, что сумма для каждой вершины равна X. Тогда число 4Х — это удвоенная сумма всех чисел (каждое число относится к двум вершинам, и мы учли его два раза). Отсюда 4Х = 42, что невозможно.
Решение задачи 5. По условию и третий, и четвёртый, и пятый отрезок должны пересекаться со всеми остальными пятью отрезками. Поэтому первый отрезок должен пересекать только третий, четвёртый и пятый отрезки. Следовательно, второй отрезок пересекает третий, четвёртый, пятый и шестой отрезки. Значит, шестой отрезок пересекает третий, четвёртый, пятый и второй отрезки, т. е. на нём отмечено 4 точки.


Занятие 19. Математическая олимпиада II
355
Решение задачи 6. Рассмотрим первого участника. Пусть он съел х хот-догов в первый день, а все участники вместе съели Т хот-догов во второй день. По условию все участники, за исключением первого, съели х хот-догов во второй день. Поэтому первый участник съел во второй день Т — х хот-догов. Значит, за два дня он съел х + (Г — х) = Т хот-догов. Это же рассуждение справедливо для любого другого участника.
Решения задач второй части
Решение задачи 7. Возьмём 10 произвольных детей; 5 из них должны быть одного возраста. Сформируем из них первую группу. Из 50 оставшихся детей опять выберем 10 произвольных детей; из тех 5 из них, которые одного возраста, сформируем вторую группу и т. д. Продолжим так делать, пока не сформируем 10 групп по 5 детей одного возраста.
Выберем по 1 ребёнку из каждой группы. Из этих 10 детей по условию как минимум 5 должны быть одного возраста. Тогда 25 детей из этих 5 групп все одного возраста.
Решение задачи 8. Если первой благотворительной организации даётся 1 талер, то на долю двух других остаётся 99. Их можно распределить 98 способами (1—98, 2—97, ..., 97—2, 98—1). Если первой благотворительной организации даётся 2 талера, то на долю двух других остаётся 98. Их можно распределить 97 способами. Рассуждая таким образом, получаем ответ:
98-99
98 + 97+... + 2 + 1 = =4851.
Решение задачи 9. Пронумеруем вертикали и горизонтали шахматной доски числами от 1 до 8. У нас есть четыре вида полей — нечётное-нечётное, нечётное-чётное, чётное-нечётное и чётное-чёт- ное. Обозначим через НН, НЧ, ЧН и ЧЧ суммарное число ладей, стоящих на полях соответствующего вида. Заметим, что НН + НЧ = 4 (на нечётных горизонталях стоят 4 ладьи) и НЧ + ЧЧ = 4 (на чётных вертикалях стоят 4 ладьи). Отсюда следует, что НН = ЧЧ, поэтому НН + ЧЧ является чётным числом.
Решение задачи 10. Пусть мы вытащили из коробки 100 мячей и в ней осталось одно и то же количество мячей каждого цвета. Среди вытащенных мячей не больше чем 100 каждого цвета, поэтому можно добавить к ним 900 мячей так, чтобы мячей каждого цвета


356
Раздел 4. Решения
стало ровно 100. Если мы добавим эти 100 мячей обратно в коробку, в коробке по-прежнему остается поровну мячей каждого цвета. Но ведь мы как раз и добавили 900 мячей к исходному положению (вынули 100 и добавили 1000).
Решения дополнительных задач
Решение задачи 11. Рассмотрим суммы двух чисел, стоящих напротив друг друга. В исходном положении это 4 и 6. Если мы добавляем 1 к двум последовательным числам, то обе суммы увеличиваются на 1 и никогда не станут равными. Значит, и все числа не могут стать равными.
Решение задачи 12. Возьмём двух людей, которые знакомы друг с другом. Создадим из них группу. По условию найдётся третий человек, который знаком с ними. Добавим его в эту группу. Также найдётся четвёртый человек, который знаком со всеми тремя. Добавим и его в группу. Продолжим, пока не получим группу из 6 человек, в которой все знакомы друг с другом. Рассмотрим теперь 5 оставшихся человек: по условию найдётся человек, который знаком с этими пятью. Этот человек входит в созданную группу, а значит, знаком со всеми.
Решение задачи 13. Дадим два решения: численное и визуальное.
Численное решение. Пусть М —число девушек, которые пришли на свидание раньше 19 часов, a N — число девушек, которые пришли на свидание позже 20 часов. Если бы все юноши пришли на 1 час позже, М девушек ждали бы на час дольше, а N юношей ждали бы на час меньше. Общее изменение времени ожидания равно N —М. Однако N не может быть равно М, поскольку число девушек было нечётным.
Визуальное решение. Прежде всего начертим диаграмму (см. рисунок ниже). Время появления юношей (19 и 20 часов) отмечено тёмными точками, время появления девушек—светлыми. Пусть все юноши появились в 19 часов. Отметим время ожидания серыми дугами над осью времени. Дуги слева обозначают время, которое ждали девушки, пришедшие до 19 часов, дуги справа обозначают время, которое юноши ожидали девушек, пришедших после 20 часов.
Теперь пусть все юноши появились в 20 часов. Отметим время ожидания чёрными дугами под осью времени. Дуги слева обозначают время, которое ждали девушки, пришедшие до 19 часов, дуги


Занятие 19. Математическая олимпиада II
357
справа обозначают время, которое юноши ожидали девушек, пришедших после 20 часов.
Если все юноши пришли в 19 часов, то общее время ожидания — сумма всех интервалов, обозначенных выше оси времени. Если все юноши пришли в 20 часов, то общее время ожидания — сумма всех интервалов, обозначенных ниже оси времени.
Итак, наша задача—доказать, что общая сумма верхних интервалов не может быть равна общей сумме нижних интервалов. Заметим, что слева от вертикальной пунктирной линии, соответствующей 7 часам, длины интервалов сверху и снизу в точности совпадают. Аналогично и справа от вертикальной пунктирной линии, соответствующей 8 часам, длины интервалов сверху и снизу в точности совпадают. Поэтому общая разница равна разности суммы длин серых и чёрных интервалов между 7 и 8. Каждый такой интервал имеет длину 1 час, поэтому общая разница равна разности количества верхних интервалов и количества нижних интервалов. Однако число девушек нечётное, поэтому количество верхних интервалов не равно количеству нижних интервалов. Следовательно, их разность не может быть равна 0.


Занятие 20 Делимость I. Повторение
Решения задач для разминки
МЕДЬ -> МЕЛЬ -► ЦЕЛЬ — ЦЕПЬ.
ЛЁД —» ЛАД —» ЛАЗ —» ПАЗ —» ПАР.
ДЕНЬ — СЕНЬ -» СЕЛЬ — СОЛЬ -> НОЛЬ -»НОЧЬ.
РЕЧЬ -> ТЕЧЬ -» ТЕНЬ — ТЕНТ -♦ ТЕСТ -> ТОСТ.
ТЕСТО -> МЕСТО -> МЕСТЬ ->• МАСТЬ -> ПАСТЬ — ПАСТА— ПАРТА -> ПАРКА -> БАРКА -»БУРКА -> БУЛКА.
ЛИСА -► КИСА -► КОСА КОЗА (3 шага).
ВОЛК -> ПОЛК—ПОЛА -> ПОЗА -> КОЗА (4 шага).
Решения практических упражнений по разложению на множители (подборка 1)
Решение задачи 1.11 • 7 • 2 = 154.
Решение задачи 2. 2 • 2 • 3 = 12.
Решение задачи 3. 2 • 2 • 3 • 7 = 84.
Решение задачи 4. 2 • 7 • 3 = 42.
Решение задачи 5. 2 • 3 • 3 • 2 = 36.
Решение задачи 6. 3 • 5 • 3 • 5 = 225.
Решение задачи 7. 3 • 5 • 2 • 5 • 2 = 300.
Решение задачи 8. Число 25 (делится на 1, 5, 25).
Решение задачи 9. Число 16 (делится на 1, 2, 4, 8,16). Решение задачи 10. Число 105 = 3-5-7 (делится на 1, 3, 5, 5, 3-7, 5-7 и 3-5-7).
Решения практических упражнений по разложению на множители (подборка 2)
Решение задачи 1. Делится на 2,14, 98. Не делится на 4,12.
Решение задачи 2. а) Нет.
б) Делится на 8, 36, 27, 56. Не делится на 16.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
359
Решение задачи 3. Да, в его разложении есть простые множители 2 и 3.
Решение задачи 4. Да. В разложении числа 5А есть множитель 3, который должен быть в разложении числа А, так как 5 не делится на 3.
Решение задачи 5. Да, одно из чисел в разложении должно иметь множитель 7.
Решение задачи 6. Не обязательно. Например, для 3 • 5 это неверно.
Решение задачи 7. Да, поскольку А обязательно делится на 11.
Решение задачи 8. Не обязательно. Например, для А2 = 36 это неверно.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Нет. Это число чётное и больше 2.
Решение задачи 2. Имеем 990 = 10 • 99 = 2 • 5 • 9 • 11 = 2 • З2 • 5 • 11. Чтобы N1 делилось на 990, оно должно иметь все эти множители.
Но если N < 11, то в N1 не будет множителя 11 и поэтому оно не будет делиться на 990. Если же N = 11, то в N1, очевидно, содержатся все перечисленные множители.
Решение задачи 3. Посчитаем количество множителей 2 в числе 100!. Каждое из чисел 2,4,..., 100 делится на 2. Это даёт нам в разложении 50 двоек. Каждое из чисел 4, 8,..., 100 делится на 22. Это даёт нам ещё 25 двоек. Каждое из чисел 8,16, ...,96 делится на 23. Это даёт нам ещё 12 двоек. Каждое из чисел 16, 32, ...,96 делится на 24. Это даёт нам ещё 6 двоек. Каждое из чисел 32, 64, 96 делится на 25. Это даёт нам ещё 3 двойки. Число 64 делится на 26. Это даёт ещё одну двойку. Всего в разложении 50 + 25 +12 + 6 4- 3 +1 = 97 двоек. Поэтому 100! не делится на 2100.
Решение задачи 4. Заметим, что БУМ = 100 • Б + УМ, поэтому исходное условие принимает вид УМ • УМ = 100 • Б + УМ, откуда УМ • (УМ — 1) = 100 • Б.
Разложим 100 на множители и получим УМ-(УМ—1)=2-2-5-5*Б.
Произведение слева должно иметь тот же набор простых множителей, что и произведение справа. Поэтому УМ и УМ — 1 содержат множители 2, 2, 5 и 5. УМ и УМ — 1 являются двумя последовательными натуральными числами, поэтому не могут делиться на 5 одновременно. Следовательно, одно из них делится на 25. Аналогично два последовательных числа не могут делиться на 2, поэтому одно


360
Раздел 4. Решения
из них должно делиться на 4. Это сразу ограничивает наш выбор: УМ = 25, УМ = 50, УМ = 75, УМ — 1 = 25, УМ — 1 = 50, УМ — 1 = 75. Если один из сомножителей в левой части равен 50 или 75, то произведение будет не меньше 50 • 49 = 2450. Поэтому или УМ = 25, или УМ — 1 = 25. В первом случае получается решение 25 • 25 = 625; во втором случае ни УМ, ни УМ — 1 не делятся на 4 и решения нет.
Решение задачи 5. Предположим, что это возможно. Найдём самое маленькое число и двинемся от него по часовой стрелке. Каждое новое число будет равно предыдущему, умноженному или разделённому на какое-то простое число. Поэтому разложение каждого нового числа на простые множители содержит на 1 множитель больше или на 1 множитель меньше, чем разложение предыдущего числа. Чтобы вернуться к исходному числу, количество добавленных множителей должно быть равно количеству убранных множителей. Однако у нас всего 99 операций — нечётное число. Поэтому количество добавленных множителей не может быть равно количеству убранных множителей. Противоречие.
Решение задачи 6. Заметим, что суммарное число ладей в квадрате Лив квадрате В равно 4, поскольку на каждой из горизонталей должна быть ровно 1 ладья. Аналогично суммарное число ладей в квадрате Вив квадрате D равно 4, поскольку на каждой из вертикалей должна быть ровно 1 ладья. Если мы обозначим количество ладей в каждом квадрате той же буквой, то получим A-\-B = 4 — B + D, откуда A = D.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Обозначим числа А и В. Мы знаем, что 1000 = = 23 • 53. Эти множители нужно распределить между А и В. Если бы 2 и 5 оказались в одном числе, оно оканчивалось бы на 0. Это невозможно по условию, поэтому А = 23, В — 53.
Решение задачи 2. Ключевая идея: 100 делится на 4. Поэтому число, которое оканчивается двумя нулями, делится на 4.
Решение задачи 3. Нет. Очевидно, что при п — 41 мы получим составное число1.
1 Но для всех л = 1,2,3,..., 39 многочлен Эйлера даёт простые числа. Добавим, что если двигаться дальше и рассматривать значения этого многочлена при последующих значениях тг, то доля простых чисел среди них будет весьма велика: для значений трёхчлена, не превышающих 10000000, она равна примерно 0,475. —Прим. ред.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
361
Решение задачи 4. Последней цифрой точного квадрата может быть только одна из 6 цифр: 0,1,4, 5,6, 9. Тогда по принципу Дирихле среди 7 квадратов найдутся 2, которые заканчиваются одной и той же цифрой. Их разность будет делиться на 10.
Решение задачи 5. У простых чисел (кроме 2 и 5) последняя цифра нечётна и не равна 5. Иными словами, это 1, 3, 7 или 9. Если бы это была цифра 3 или 9, то сумма всех трёх цифр была бы соответственно равна 6 или 18. Такое число делится на 3. Остаётся два возможных варианта: 1 или 7. Примеры таких простых чисел: 101 и 347.
Решение задачи 6. Доказательство от противного. Предположим, что п + 1 является составным числом. Тогда у него есть множитель к, который больше 1 и меньше п 4-1. Поэтому к является множителем в числе п\. Следовательно, п! делится на к и n! +1 не может делиться на fc. Поэтому п\ + 1 не может делиться на п + 1. Противоречие.


Занятие 21
Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК
Решения задач, предложенных на занятии
Решение задачи 1. а) Наименьший общий делитель равен 1. Наибольший общий делитель равен 2 • 52 • 11.
б) 	Наименьшее общее кратное этих чисел равно
24*32*54*7*11*13.
Решение задачи 2. Ответом является наименьшее общее кратное чисел 2, 3, 4 и 7. Это число равно 3 • 4 • 7 = 84. Поэтому Федя должен приехать через 84 дня.
Решение задачи 3. а) Распределим простые множители из произведения 23 • 52 по двум числам х и у. Поскольку числа взаимно простые, все множители, равные двум, должны попасть только в одно из этих чисел. Аналогично для множителей 5. Получим пары чисел: 23 и 52; 1 и 23 *52.
б) 	Распределим простые множители из произведения 28 • З5 по двум числам х и у. Поскольку их НОК=6, среди множителей у каждого из чисел как минимум по одному разу встречаются 2 и 3. Однако если бы в обоих числах имелось больше одного множителя 2, то существовал бы общий множитель, не меньший 2*2*3. Поэтому в одном числе есть множитель 2, а в другом — множитель 27. Аналогично в одном числе должен быть множитель 3, а в другом —З4. Получим пары чисел: 2 • 3 и 27 • З4; 27 • 3 и 2 • З4.
Решение задачи 4. а) Галя неправа. Например, 36 делится на 4 и на 6, но не делится на 24. Однако 8 и 3 взаимно простые, поэтому из делимости числа на 3 и на 8 следует его делимость на 24, так что Валя права.
б) 	Паша неправ. Например, 30 делится на 2, 3 и 10, но не делится на 60. Однако 3,4 и 5 попарно взаимно просты, поэтому из делимости числа на 3, на 4 и на 5 следует его делимость на 60, так что Саша прав.


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 363
в) 	Поскольку 180 = 4*5*9и4, 5и9 попарно взаимно просты, из делимости на 4, 5 и 9 следует делимость на 180.
Решение задачи 5. а) Например, 12 и 36.
б) Если НОД двух чисел равен 24, то каждое из чисел делится на 24. Поэтому их разность тоже делится на 24. Следовательно, она не может быть равна 12.
в) Если НОД двух чисел равен 7, то каждое из чисел делится на 7. Поэтому их разность тоже делится на 7. Следовательно, она не может быть равна 24.
Решение задачи 6. а) И число 93, и число 102 являются кратными для цены одного пряника. Так как 93=3*31, 102=3-34=2-3*17, пряник может стоить 1 или 3 медные монеты.
б) Обе выплаченные суммы кратны стоимости одного бочонка. Поскольку их разность равна 1, их наибольший общий делитель равен 1. Поэтому цена бочонка равна 1 золотой монете.
в) Обе выплаченные суммы кратны стоимости одной треуголки. Поэтому их разность, равная 6, кратна стоимости треуголки. Таким образом, треуголка может стоить 1, 2, 3 или 6 серебряных монет. Все эти варианты действительно возможны: 61 и 67, 62 и 68, 63 и 69, 66 и 72.
Решение задачи 7. Каждое число кратно 150, а значит, не меньше 150. Тогда их наименьшее возможное произведение равно 150 • 150. Наибольшего произведения не существует: рассмотрим числа 150 • X и 150 • У, где X и Y взаимно простые. Произведение можно сделать сколько угодно большим за счёт выбора X и Y.
Решение задачи 8. По условию А = СХ, В = CY. Тогда А — В = = С(Х-У).
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Пусть fc —цена одной петарды. Суммы, заплаченные Алиной и Андреем, делятся на к, поэтому и их разность, равная 12, делится на к. Возможными значениями для к являются 1, 2, 3, 4, 6 и 12. Однако Алина заплатила нечётное число тугриков, т. е. это число не может быть кратно 2, 4, 6 или 12. Поэтому одна петарда может стоить 1 или 3 тугрика. Оба эти ответа возможны: например, 5 и 17, 3 и 15.
Решение задачи 2. Предположим, что на ферме Л лошадей и К
К
коров. Тогда по условию Л=^+10 и К = Л + 20. Подставляя К из


364
Раздел 4. Решения
К
первого уравнения во второе, получаем К= ^ +10 +20, откуда находим К = 60, а Л = 40.
Решение задачи 3. а) Отложить подряд 4 угла по 40 градусов.
б) Отложить угол в 160 градусов и продлить одну из сторон, чтобы получился угол в 180 градусов. Разность даст угол в 20 градусов.
Решение задачи 4. а) Искомое число кратно 3, 4 и 5. Эти числа попарно взаимно простые, значит, искомое число кратно их произведению — числу 60. Но 60 — единственное такое число, не превосходящее 100.
б) Представим, что мы добавили в тайник одну монету. Тогда получится число монет, которое делится на 4, 5, 6 и 7. Наименьшее такое число равно 2 • 2 • 3 • 5 • 7 = 420. Других таких чисел, не превосходящих 500, нет. Поэтому у царя 419 монет.
Решение задачи 5. Чтобы число делилось на 38", оно должно делиться на 2П и на 19п. Любой факториал, который будет делиться на 19п, будет делиться и на 2п, ведь между любыми двумя последовательными кратными числа 19 есть чётное число и не одно. Найдём наименьшее такое число п, что 1000! не делится на 19".
Существует 52 числа, кратных 19 и не превосходящих 1000. Два из них кратны 192, поэтому число 1000! содержит 52 + 2 = 54 простых множителя 19. Следовательно, п = 55.
Решение задачи 6.
Решение задачи 7. а) Рассмотрим некоторое число, меньшее р. Поскольку р — простое число, у этого числа нет общих делителей с р. Поэтому все числа 1,2,3,..., р — 1 взаимно просты с р. Следовательно, имеется р — 1 таких чисел.
б) Числа, меньшие р2 и не являющиеся взаимно простыми с р, — это числа р, 2р, 3р,..., (р - 1 )р. Таких чисел р — 1. Остальные числа из множества 1,2,3,..., р2 — 1 будут взаимно просты с р. Поэтому количество искомых чисел равно
р2-1-(р-1)=р2-1-р+1=р2-р.


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 365
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. а) Числа отличаются на 1. Поэтому единственным их общим множителем может быть 1.
б) Числа отличаются на 4. Поэтому их общими множителями могут быть только делители числа 4, т. е. 1, 2 и 4. Однако оба числа нечётные, поэтому они не могут делиться ни на 2, ни на 4. Ответ: 1.
Решение задачи 2. Возьмём в каждом числе наименьший простой множитель: они должны быть различны, так как числа взаимно просты. Расставим числа в порядке увеличения этого множителя. Так как первые пять простых чисел — это 2, 3, 5, 7, 11, у пятого числа должны быть два простых множителя, не меньших 11. Значит, наименьшее возможное пятое число равно 121, т. е. больше 100.


Занятие 22
Делимость III. Математические гонки
п
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1.
Подсказки.
• Подчеркните, что мешки большие.
• Подтвердите, что начинать нужно с пересыпания пшеницы в мешок покупателя. В любом случае это единственный возможный первый шаг.
• Используйте побольше рисунков. На рисунках всегда изображайте мешки большими и широкими. Например, после первого шага рисунок может выглядеть так, как показано справа. Г обозначает горох, а П — пшеницу.
• Поощряйте нешаблонные идеи, как можно использовать мешок.
Решение. Высыпьте пшеницу в мешок покупателя. Оставив мешок фермера завязанным посередине, выверните его наизнанку. Высыпьте пшеницу из мешка покупателя в перевёрнутый мешок фермера. Развяжите мешок фермера и высыпьте из него горох в мешок покупателя.
Решения задач «Математических гонок»
Решение задачи 1. Поскольку НОД (а, Ь) = 10, числа а и Ъ делятся на 10. Минимальное значение а равно 10. Поскольку НОД(Ь, с) = 7, числа Ъ и с делятся на 7. Тогда минимальное значение с равно 7. Число Ъ делится и на 10, и на 7, поэтому минимальное значение Ъ равно 70. Следовательно, наименьшее возможное значение произведения а • Ъ • с равно 10 • 70 • 7 = 4900.
Решение задачи 2. Все простые множители числа 23 • 52 • 133 нужно распределить между двумя искомыми числами. Эти числа взаимно просты, значит, все двойки должны входить в одно число. Это верно и для 5, и для 13. Следовательно, возможны пары чисел: 1 и 23 • 52 • 133, 23 и 52 • 133, 52 и 23 • 133, 133 и 23 • 52.


Занятие 22. Делимость III. Математические гонки
367
Решение задачи 3. Поскольку число 2 • 3 является общим делителем этих чисел, в разложении каждого из них есть 2*3. Распределим между числами множитель II5. Наибольший общий делитель не содержит 11, поэтому все множители 11 относятся только к одному из чисел. Следовательно, возможен единственный вариант 2 • 3 и 2-3-115.
Решение задачи 4. а) Для делимости на число 30 достаточно показать делимость на его взаимно простые множители 2, 3 и 5. Очевидно, что среди 5 последовательных чисел найдутся число, делящееся на 2, и число, делящееся на 3, и число, делящееся на 5.
б) Для делимости на число 120 достаточно показать делимость на его взаимно простые множители 3, 5 и 8. Как и в п. а), среди 5 последовательных чисел найдутся число, делящееся на 3, и число, делящееся на 5. Кроме того, среди них будут как минимум два последовательных чётных числа. Значит, одно из них делится на 4 и произведение этих двух чётных чисел будет делиться на 8.
Решение задачи 5. а) Существует 9 чисел, кратных 11 и не превосходящих 100: 11,22,..., 99. Поэтому ответ: 9.
б) 	Имеем 35 = 5 • 7. Поскольку 5 и 7 взаимно просты, нам нужна делимость на 5м и 7Ы. Однако из делимости на 7м будет следовать делимость на 5n, ведь между двумя последовательными числами, кратными 7, всегда есть как минимум одно число, кратное 5. Существует 14 чисел, кратных 7 и не превосходящих 100: 7,14,..., 98. Два из них (49 и 98) содержат по два множителя 7. Поэтому ответ: 14 + 2 = 16.
Решение задачи 6. Для доказательства есть много разных способов. Например, 50! делится на 37, но не делится на 372.
Решение задачи 7. Имеем 1000 = 23 • 53. Поэтому число
п(п + 1)(п + 2) (п + 3)
должно 3 раза содержать множитель 2 и 3 раза — множитель 5. Из 4 последовательных чисел два должны быть чётными, причём одно их них кратно 4. Это гарантирует делимость на 8 при любом п. Из четырёх последовательных чисел на 5 может делиться только одно. Следовательно, оно должно делиться на 53 = 125. Наименьшим из таких чисел является 125, и оно должно быть среди наших четырёх чисел. Чтобы п было минимальным, нужно взять тг + 3 = 125. Тогда п = 122 и наше произведение равно 122 • 123 • 124 • 125.
Решение задачи 8. а) Разность между 4а +1 и а +1 равна За, и она, очевидно, делится на 3. Тогда и 4а +1 делится на 3.


368
Раздел 4. Решения
б) Разность между 7а +16 и а +1 равна 6а +15, и она, очевидно, делится на 3. Тогда и 7а 4-16 делится на 3.
в) 	Сумма чисел а +13 и 2а - 13 равна За, и она, очевидно, делится на 3. Поэтому 2а — 13 делится на 3.
Решение задачи 9. Начиная с 10! каждый факториал оканчивается на 00. Поэтому важны только последние две цифры суммы 1! + 2! + ... + 9!. Чтобы их узнать, достаточно сложить последние две цифры каждого из 9 слагаемых.
1! оканчивается на 01,
2! оканчивается на 02,
3! оканчивается на 06,
4! оканчивается на 24,
5! оканчивается на 20,
6! оканчивается на 20,
7! оканчивается на 40,
8! оканчивается на 20,
9! оканчивается на 80.
Таким образом, 14- 2 + 6 + 24 4- 20 + 20 4- 40 + 20 + 80 оканчивается на 14-2 + 6-1-4= 13.
Решение задачи 10. Имеем 31 — а = 33 — (2 + а). Оба числа в правой части делятся на 11, поэтому число 31 — а в левой части тоже делится на 11.
Решение задачи 11. Имеем (х + 2у) + (6х + 5у) = 7х + 7у. Правая часть делится на 7, одно из слагаемых в правой части —тоже. Следовательно, на 7 делится и второе слагаемое в правой части.
Решение задачи 12. Например, 1, 2 и 3. Существуют и другие решения.
Решение задачи 13. Например, 1, 2, 3, 6, 12, 24. Существуют и другие решения.
Решение задачи 14. а) Наименьшее кратное числа 9, сумма цифр которого равна 81, — это число из девяти девяток.
б) 	Раньше появятся четыре числа 27 подряд. Например, они будут под числами 9369, 9378, 9387, 9396. Первое появление 36 будет позднее: наименьшее кратное числа 9, сумма цифр которого равна 36, — это число 9999.


Занятие 23
Математический аукцион
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Структура фраз на суахили: кто-время-кого- глагол.
Тогда «ta» означает будущее время, «па» — настоящее время; «ni»—я, «и» —ты, «а» —он. Для местоимений в винительном падеже, означающих «кого», получаем «ки» — тебя, «ш» — нас, «ш» — его, «wa» — их и т. д. Ответы: utawapenda, ninamsumbua.
Решение задачи 2. а) Число вершин нечётно, поэтому найдутся две вершины одного цвета, расположенные рядом. Назовём их вершинами 1 и 2. Для определённости предположим, что они чёрные. Тогда если из примыкающих слева и справа вершин (вершины 7 и 3) хотя бы одна чёрная, то у нас будут три чёрные вершины подряд, а они образуют равнобедренный треугольник. Допустим теперь, что обе вершины 7 и 3 белые. Рассмотрим вершину 5 — самую дальнюю от вершин 1 и 2. Если она чёрная, то получился чёрный равнобедренный треугольник из вершин 1, 2 и 5. Если она белая, то получился белый равнобедренный треугольник из вершин 7, 3 и 5.
б) 	Неверно. Пусть вершины 1, 2, 5 и 6 чёрные, а вершины 3, 4, 7 и 8 белые. Тогда нет ни одного равнобедренного треугольника с вершинами одного цвета.
Решение задачи 3. Число 15! имеет множители 5,10 и 15. В нём найдутся также два чётных сомножителя, которые после умножения на 5 и 15 дадут число, оканчивающееся нулём. Поэтому число 15! должно заканчиваться 3 нулями: 15! = 130 • 674368 ООО. Также наше число делится на 9, поэтому сумма его цифр должна делиться на 9. Сумма цифр равна 1 + 3 + * + 6 + 7 + 4 + 3 + 6 + 8 = 38 + *. Поэтому звёздочка заменяет цифру 7.
Решение задачи 4. Ключевая идея: 1000 делится на 8. Поэтому любое число, которое оканчивается тремя нулями, делится на 8.
Решение задачи 5. Число, записанное только чётными цифрами, чётно, а значит, является квадратом чётного числа. Очевидно,


370
Раздел 4. Решения
что все квадраты чётных чисел кратны 4. Однако последними двумя цифрами нашего числа могут быть только 22, 26, 62 и 66. Ни одно из этих чисел не делится на 4, поэтому и всё число не делится на 4.
Решение задачи 6. Рассмотрим 100 чисел, идущих подряд: 101!.+2, 101!+ 3, ..., 101!+ 101. Все эти 100 чисел составные. Первое, очевидно, делится на 2, второе—-на 3, ..., последнее —на 101.
Решение задачи 7. Будем обозначать мудреца, верящего в плоскую Землю, буквой П, а мудреца, считающего, что Земля круглая, — буквой К. Заметим, что если несколько человек подряд обладают одинаковым мнением, то эта группа будет «устойчивой» (все эти мудрецы никогда не поменяют своё мнение). Общее число людей нечётно, поэтому в начальный момент найдутся 2 мудреца, стоящих рядом и имеющих одинаковое мнение. Поэтому они принадлежат к устойчивой группе. Для определённости будем считать, что все люди в этой группе —П. Двигаемся по часовой стрелке, пока не встретим первого человека, не входящего в эту группу (это будет К-мудрец). Он либо одиночка (тогда за ним дальше стоит П), либо часть устойчивой К-группы. В первом случае он оказался между двумя П-мудрецами и поэтому на следующей итерации поменяет мнение и присоединится к П-группе. Если же он является частью устойчивой К-группы, то двигаемся по часовой стрелке дальше, пока не найдём первого К-одиночку, окружённого двумя П-мудрецами, или первого П-одиночку, окружённого двумя К-мудрецами. Если такой человек найдётся, то на следующей итерации он присоединится к устойчивой группе. Если таких людей нет, то все мудрецы принадлежат к устойчивым группам. На каждой итерации число мудрецов- одиночек уменьшается как минимум на 1. Следовательно, через некоторое количество итераций этот процесс остановится. Начиная с этого момента все мудрецы будут принадлежать к устойчивым группам и не будут больше менять своё мнение.


Занятие 24
Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
Решения задач для разминки
КОТ -»ЛОТ -» ЛОВ -* ЛЕВ.
КОСА -► РОСА -> РАСА—РАНА -> РАНТ -> БАНТ.
РЕКА —» РУКА —»МУКА —» МУРА —* КУРА —»КОРА —► ГОРА —»ГОРЕ -► ->МОРЕ.
Если использовать редкие слова, можно укоротить цепочку: РЕКА -> РЕМА -> РАМА -> МАМА — МАРА -> МОРА -> МОРЕ.
Решения задач из подборки Решение задачи 1.
X
0
1
2
0
0
2
1
1
1
0
2
2
2
1
0
Решение задачи 2. Нет, эта сумма всегда делится на 3.
Первое решение. В самом деле, у трёх последовательных чисел всегда есть полный набор остатков при делении на 3: 0, 1 и 2. Поэтому для их суммы получаем 0 + 1 + 2 = 3. Раз это число делится на 3, то и исходная сумма —тоже.
Второе решение. Три последовательных числа можно написать в виде п, п +1, п + 2. Тогда их сумма равна Зп + 3 и, очевидно, делится на 3.
Решение задачи 3. Число 37 при делении на 3 даёт остаток 1. Поэтому 372 даёт такой же остаток, что и 1 • 1, т. е. 1. Значит, все степени числа 37 дают при делении на 3 остаток 1. Следовательно, 3773 -1 делится на 3.


372
Раздел 4. Решения
Решение задачи 4. Из условия следует, что цена одного сомбреро равна 3л + 2. Тогда стоимость 7 сомбреро равна
7(3 л + 2) = 21л +14 = 21 л +15 - 1 = 3(7п + 5) - 1.
Иными словами, дон Педро заплатит 7л ■+■ 5 монет по 3 тугрика и получит сдачу в 1 тугрик.
Можно решать задачу и без уравнений. Семь сомбреро —это 6 сомбреро и 1 сомбреро. Очевидно, что цена 6 сомбреро делится на 3, а значит, её можно выплатить 3-тугриковыми монетами. Поэтому достаточно найти сдачу с седьмого сомбреро. По условию она равна 1 тугрику.
Решение задачи 5. Число 16 при делении на 3 даёт остаток 1. Поэтому все степени числа 16 при делении на 3 дают остаток 1. Точно так же все степени числа 7 при делении на 3 дают остаток 1. Для степеней двойки ситуация другая: 21 даёт остаток 2; 22 даёт остаток 1; 23 даёт такой же остаток, что 2 • 1, т. е. 2; 24 даёт такой же остаток, что 2 • 2, т. е. 1. Таким образом, нечётные степени числа 2 дают остаток 2, а чётные — остаток 1. Следовательно, число 1610 — 2101 • 722 при делении на 3 даёт такой же остаток, что и число 1 — 2 • 1 = — 1, т. е. остаток равен 2.
Решение задачи 6. Разность между этими числами равна 6. Поэтому их наибольший общий делитель может быть равен 1, 2, 3 или 6. Однако очевидно, что 12л +1 не делится на 2, 3 или 6. Поэтому
НОД(12л + 1,12л+ 7) = 1.
Решение задачи 7. Каждый раз число кусков увеличивается либо на 3, либо на 9. Следовательно, общее число кусков всегда увеличивается на число, кратное 3. Первоначально у Тимофея был 1 кусок (остаток при делении на 3 равен 1), поэтому и в любой момент остаток при делении на 3 должен быть равен 1. Но число 2000000 при делении на 3 имеет остаток 2. Таким образом, 2 миллиона частей получить не удастся.
Решение задачи 8. Если число снопов является точным квадратом, то оно либо делится на 3, либо имеет остаток 1. Если число п делится на 3, то л2 делится на 3. Если число л имеет остаток 1, то и л2 имеет остаток 1. Если л имеет остаток 2, то л2 имеет такой же остаток, как 2 • 2 = 4, т. е. 1.
По условию братья не могут провести справедливый делёж, поэтому этот точный квадрат не делится на 3. Значит, он имеет оста¬


Занятие 24. Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
373
ток 1. При добавлении двух снопов получим число, кратное 3. Следовательно, братья смогут разделить урожай поровну.
Решение задачи 9. Раскрасим доску, как на рисунке. Заметим, что жук может попасть на окрашенный квадрат только в том случае, если изначально он был на белом. Белых квадратов всего 10, поэтому на окрашенные квадраты перейдут всего 10 жуков. Значит, 5 окрашенных квадратов останутся пустыми.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Если одному кораблю досталось вдвое больше топлива, чем другому, то суммарное количество загруженного топлива будет кратно 3 (п + 2п = 3п). Общее количество топлива во всех контейнерах при делении на 3 имеет остаток 2, поэтому должен остаться контейнер, в котором количество дилития тоже имеет остаток 2. Такой контейнер только один — 20-тонный.
Распределение остальных контейнеров по кораблям: 18 + 15; 16 + 19 + 31.
Решение задачи 2. Одно из чисел р, р — 100 или р +100 будет делиться на 3. Если число р не кратно 3, то оно имеет остаток 1 или 2. Тогда либо р —100, либо р +100 кратно 3.
Единственное простое число, кратное 3, — это само число 3. Оно должно быть наименьшим из наших чисел, т. е. р —100. Тогда р = 103, а р +100 = 203. Однако число 203 составное (203 = 7 • 29).
Решение задачи 3. Используем тот факт, что точный квадрат при делении на 3 не может иметь остаток 2. Если ни х, ни у не делятся на 3, то и х2, и у2 при делении на 3 дают в остатке 1. Тогда их сумма даёт в остатке 2, а поэтому не может быть равна z2.
Решение задачи 4. Рассмотрим сначала некоторое многозначное число, например 1234. Десятичная запись означает, что
1234 = 1 • 1000 + 2 • 100 + 3 • 10 + 4.


374
Раздел 4. Решения
Перепишем её в виде
1234= (1+ 2 + 3 + 4)+ (1-999 + 2-99 + 3 *9).
В первых скобках записана сумма всех цифр числа, а выражение во вторых скобках кратно трём. Если отнять число, кратное трём, то остаток при делении на 3 не изменится, поэтому число 1234 и сумма его цифр 1 + 2 + 3 + 4 имеют одинаковые остатки.
Теперь напишем то же самое в общем виде:
<*102—“n-iOn = ai • Ю"-1 +... + a„_i • 101 +a„ =
= (ax +... + an_! + an) + (ax -99...9 +... + an-i *9).
В первых скобках записана сумма всех цифр числа, а число во вторых скобках кратно трём. Если отнять число, кратное трём, то остаток при делении на 3 не изменится, поэтому число и сумма его цифр имеют одинаковые остатки.
Решение задачи 5.
Первое решение. Имеем п3 + 2тг = п(тг2 + 2). Если п делится на 3, то и наше число делится на 3. Если п не делится на 3, то п2 даёт при делении на 3 остаток 1, а тогда п2 + 2 будет делиться на 3.
Второе решение. Возьмём все возможные остатки при делении на 3 для числа п, а затем найдём остаток при делении на 3 для нашего выражения.
п
п2
п3
2 п
п3 + 2п
0
0
0
0
0
1
1
1
2
0
2
1
2
1
0


Занятие 25
Делимость V. Делимость и остатки
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Ответ: «нос».
Решение задачи для разминки 2. Когда речь идёт о времени.
Решения для практических упражнений
Решение задачи 1. Число имеет вид 6х +1.
Рассмотрим возможные остатки при делении числа 6х на 18. Если х делится на 3, то 6х = 18к и остаток будет равен 0. Если х при делении на 3 имеет остаток 1, то 6х = 6(3к + 1) = 18fc + 6 и остаток будет равен 6. Если х при делении на 3 имеет остаток 2, то 6х = 6(3к + 2) = 18/с +12 и остаток будет равен 12.
Исходное число больше на 1 и может соответственно иметь остатки 1, 7 и 13.
Решение задачи 2. Чтобы число делилось на 4 и на 6, в его разложении на простые множители должны содержаться 1 тройка и 2 двойки. Следовательно, это число можно записать в виде 12/с. Если к чётное, то число 12fc делится на 24, т. е. остаток равен 0. Если к нечётное (т. е. имеет вид 2т +1), то у числа 12к при делении на 24 остаток равен 12. Поэтому ответ: 0 и 12.
Решение задачи 3. Построим таблицу с остатками числа 8П при делении на 9: 81 даёт остаток 8, 82 даёт тот же остаток, что и 8 • 8 = 64, т. е. 1; 83 даёт тот же остаток, что и 82 • 8, т. е. остаток для 1 • 8, равный 8; 84 даёт тот же остаток, что и 83 • 8, т. е. остаток для 8 • 8,
число
81
82
83
84
остаток
8
1
8
1
...
Имеем закономерность: для нечётных степеней остаток равен 8, а для чётных — 1. Поэтому ответ: 1.


376
Раздел 4. Решения
Решение задачи 4. Заметим, что последняя цифра выражения не изменится, если мы заменим в нём все числа их последними цифрами. Поэтому вместо первоначального выражения можно написать
1*2 + 2*3 + ... + 8*9 + 9*0+... + 1*2 + 2*3 + ... + 9*0 =
= 100- (1 -2 + 2*3 + .. . + 8 -9 + 9*0).
Какой бы ни была последняя цифра в скобках, она умножается на 100, поэтому последней цифрой всего выражения является 0.
Решение задачи 5. В первом произведении имеется 7 последовательных чисел, поэтому одно из них обязательно делится на 7. Тогда и всё произведение 1999 • 2000 • 2001 • 2002 • 2003 • 2004 • 2005 делится на 7.
Для вычисления остатка при делении на 7 числа 1211 выпишем остатки для первых степеней числа 12, учитывая, что остаток у произведения такой же, как и у произведения остатков.
Остаток для 121 равен 5.
Остаток для 122 таков же, как и остаток для 5*12 = 60, который равен 4.
Остаток для 123 таков же, как и остаток для 4*12 = 48, который равен 6.
Остаток для 124 таков же, как и остаток для 6 • 12 = 72, который равен 2.
Остаток для 125 таков же, как и остаток для 2 • 12 = 24, который равен 3.
Остаток для 126 таков же, как и остаток для 3*12 = 36, который равен 1.
Поскольку 1211 = 125 • 126, мы можем вычислить остаток для 1211. Он равен 3*1 = 3.
(Альтернативный способ: можно заметить, что остатки повторяются с периодом 6.)
Искомый остаток таков же, как и у числа 0 — 3, т. е. равен 4.
Решение задачи 6. Построим таблицу остатков для делимости на 3.
остаток для тг
0
1
2
остаток для п2
0
1
1
Если для п2 возможны только остатки 0 и 1, то для п2 +1 возможны только остатки 1 и 2. Значит, п2 +1 не делится на 3.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
377
Решение задачи 7. Имеем п3 — п = гг (гг2 — 1).
Первое решение. Чтобы доказать делимость на 24, достаточно доказать делимость на 8 и на 3. Делимость на 3 доказать просто: либо гг делится на 3, либо п2 имеет остаток 1 (см. предыдущую задачу). Чтобы доказать делимость на 8, построим таблицу остатков для делимости на 8. По условию п — нечётное число, так что гг имеет нечётный остаток.
остаток для п
1
3
5
7
остаток для п2
1
1
1
1
Поскольку во всех случаях остаток для п2 равен 1, число п2 — 1 делится на 8.
Второе решение. Имеем п3 — п = п (п — 1) (гг +1).
Это три последовательных числа, поэтому одно из них делится на 3. Поскольку гг нечётное, гг — 1 и гг + 1 являются двумя последовательными чётными числами. Одно из них должно делиться на 4, а другое —на 2. Поэтому произведение должно делиться на 8.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Из первого условия следует, что у Димы втрое больше орехов, чем у Миши. После того как Дима отдал несколько орехов Мише, у него по-прежнему осталось число орехов, кратное 3. Следовательно, он отдал Мише число орехов, тоже кратное 3. Поскольку это число не превосходит 5, единственное решение —3.
Решение задачи 2. Поскольку аиах имеют одинаковые остатки при делении на 7, их разность ах — а = а(х — 1) делится на 7. Но число 7 простое, значит, либо а делится на 7, либо х — 1 делится на 7. Первое невозможно по условию, следовательно, верно второе.
Решение задачи 3. По условию, если в сумме заменить любой номер телефона каким-то из оставшихся, последняя цифра суммы не меняется. Следовательно, все номера заканчиваются на одну и ту же цифру. Обозначим её А. По условию 7А оканчивается на 9, так что А равно 7. Сумма 11 чисел, оканчивающихся на 7, тоже оканчивается на 7.
Решение задачи 4. При делении на 7 квадраты дают в остатке 0,1,2 и 4 (проверьте!). Чтобы в сумме получилось число, кратное 7, подходит единственная комбинация — это 0 и 0. Следовательно, на 7 должны делиться оба квадрата. В промежутке от 1 до 100


378
Раздел 4. Решения
ровно 14 чисел кратны 7. Это даёт нам 14* 14 = 196 различных комбинаций.
Решение задачи 5. Ответ положителен.
Часы 1—2. Космонавт В берёт два полных баллона и идёт по направлению к А. Через 1 час он останавливается и оставляет один полный баллон (назовём эту точку «промежуточная база 1»). Затем он возвращается на базу. Космонавт А ждёт в луноходе.
Час 3. Космонавт В берёт два полных баллона и идёт по направлению к А. На промежуточной базе 1 он оставляет баллон, которым пользовался (кислорода в нём хватит ещё на 1 час), и забирает полный баллон. Космонавт А ждёт в луноходе.
Час 4. Космонавт А начинает движение по направлению к В. В продолжает идти по направлению к Л. В конце часа они встречаются в точке, находящейся на расстоянии 12 километров от базы. В этот момент у А кислород закончился, а у В есть один полный баллон и один полупустой баллон. В отдаёт полный баллон А, и они отправляются в сторону базы. Космонавту А полного баллона хватит, чтобы дойти до базы, у В кислорода хватит на 1 час.
Час 5. В конце этого часа Л и В доходят до промежуточной базы 1. Здесь В оставляет пустой баллон и берёт оставленный полупустой.
Час 6. В конце этого часа Л и В оказываются на лунной базе.
Решение задачи 6. При удалении любой монеты оставшаяся сумма делится на 7, значит, все монеты должны иметь тот же остаток, что и исходная сумма. Обозначим этот остаток при делении на 7 буквой R. При R = 0 исходная сумма будет делиться на 7, что противоречит условию задачи.
Предположим, что в мешке находится 100 монет. Тогда после удаления монеты оставшиеся 99 монет будут иметь такой же остаток при делении на 7, что и 99R. Но это число не делится на 7 для любого ненулевого R < 7. Следовательно, в мешке не может быть 100 монет.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. В первую неделю Мария положила в копилку остаток от деления зарплаты на 3. Обозначим его х, он может быть равен 1 или 2. Для второй недели остаток при делении зарплаты на 6 может быть равен х или х + 3. Для третьей недели остаток при делении зарплаты на 9 может быть равен х, х + 3 или х + 6.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
379
Максимальное значение для суммы трёх остатков равно
х + (х + 3) + (х + 6) = Зх + 9.
При х = 1 получаем 12, что меньше 15. Следовательно, х = 2. Тогда остаток для второй недели равен 5, а для третьей — 8. Если при делении на 9 остаток равен 8, то при делении на 18 он может быть равен 8 или 17. Однако зарплата — нечётное число, потому что при делении на 6 в остатке было 5. Следовательно, при делении на 18 в остатке тоже должно быть нечётное число. Поэтому ответ: Мария положит в копилку 17 долларов.
Решение задачи 2. Рассмотрим 10 последовательных чисел, первое из которых кратно 10. Покажем, что среди них есть ровно два числа, сумма цифр которых делится на 5. В этой десятке у чисел меняется только последняя цифра, пробегая от 0 до 9. Это даёт 10 сумм, которые являются последовательными числами. Значит, среди них ровно две суммы будут делиться на 5.
Осталось рассмотреть два случая на краях нашего ряда от 1 до 2015. В начале ряда, среди первых 9 чисел от 1 до 9, есть только одно нужное число. В конце ряда, от 2010 до 2015, есть ещё одно нужное число. Всего имеем 400 +1 +1 = 402 числа.
Решение задачи 3. Число х +1 должно делиться на 3,4 и 5. Наименьшим таким числом является НОК(4,3, 5) = 60. Поэтому х = 59.
Решение задачи 4. Если а — Ъ делится на 7, то а и b имеют одинаковые остатки при делении на 7, т. е. а — 7кг + х, b = 7к2 + х. Это же верно для с и <2, т. е. с = 7к3 + у, d = 7к4 + у. Тогда
ас= (7fc1+x)(7fc3 + y)
при делении на 7 даёт такой же остаток, что и ху (после раскрытия скобок остальные слагаемые будут кратны 7). Аналогично
bd = (7fc2 + *)(7fc4 + y)
при делении на 7 даёт такой же остаток, что и ху. Поэтому ас — bd при делении на 7 имеет остаток 0.
Решение задачи 5. Требуется, чтобы число 15 (2п — 3) делилось на 239. Числа 15 и 239 являются взаимно простыми, поэтому нужно найти число 2тг — 3, кратное 239. Найдём число 2п, которое при делении на 239 даёт остаток 3. Таких чисел много. Проще всего взять 2п — 239 + 3. Отсюда п —121.


Занятие 26
Теория графов I. Графы и их применение
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. а) Вершины квадрата.
б) Вершины правильного пятиугольника.
в) Вершины правильного пятиугольника и его центр.
Решение задачи для разминки 2.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. а) Всего будет 4 • 9 = 36 концов кабелей. У каждого кабеля 2 конца. Итого 18 кабелей. Соединить кабели можно по-разному. Например, вот так:
б) 	Всего будет 5 • 9 = 45 концов кабелей. Поэтому нам нужно 45:2 = 22,5 кабеля. Это невозможно.


Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение
381
Решение задачи 2. Пусть при заключении каждого соглашения между двумя планетами на нём ставится две подписи сторон. Тогда общее количество подписей равно 4-4 + 8- 5 + 3*3 = 65. Однако на каждом соглашении стоят 2 подписи, поэтому всего получается 65 :2 = 32,5 соглашений, что невозможно.
Решение задачи 3. Пусть имеется х игроков, сыгравших по 5 партий, и у игроков, сыгравших по 6 партий. В каждой партии участвуют двое, поэтому общее число партий равно (5х + 6у) : 2. Значит, число 5х + 6у чётное. Отсюда следует, что 5х —чётное число, а поэтому х — чётное число.
Решение задачи 4. Назовём тех людей, которые пожали руки только двоим, Антоном и Артёмом. На вечеринке найдутся хотя бы 2 гостя, которые не пожимали руки ни Антону, ни Артёму. Тогда каждому из этих двух гостей остаётся только 5 возможных кандидатов на рукопожатие. Следовательно, они не могут пожать руки 6 разным людям. Ответ: невозможно.
Решение задачи 5. Каждый раз при делении амёбы общее количество амёб увеличивается на чётное число (4 или 6). Поэтому чётность числа амёб остаётся постоянной. Мы начинали с одной амёбы, значит, всегда должно быть нечётное число амёб. Следовательно, число 100 невозможно.
Решение задачи 6. Доказательство от противного. Предположим, что никто никому не машет рукой. Пронумеруем стулья от 1 до 99. Поскольку общее число учёных нечётное, найдутся 2 учёных с одной планеты, сидящие рядом. Предположим для определённости, что это марсиане и что они сидят на стульях с номерами 99 и 1. Тогда их соседи, сидящие на стульях 98 и 2, должны быть венерианцами, иначе получилось бы три марсианина подряд и тогда марсианин в центре этой тройки махал бы рукой соседям. Рассмотрим учёного, сидящего на стуле 45. Он не может быть марсианином, потому что стулья 99 и 1 находятся от него на равном расстоянии и тогда этот учёный махал бы рукой двум марсианам. Он не может быть венерианцем, потому что стулья 98 и 2 находятся от него на равном расстоянии и тогда этот учёный махал бы рукой двум венерианцам. Противоречие.
Для преподавателей. Если в задаче фигурирует большое число, например 99, то всегда полезно сначала рассмотреть такую же задачу, но с меньшим числом. В данной задаче важна чётность, поэтому для начала можно взять число 9. Решая задачу для 9 учёных, мы находим ключевые идеи решения в более простом случае.


Занятие 27
Теория графов II. Теорема о рукопожатиях
Решения задач для разминки Решение задачи для разминки 1.
Решение задачи для разминки 2. Этот вопрос требу- | ет алгебраической интерпретации. Напоминаем, что 4 —это —" квадрат числа 2.
Решения задач, предложенных на занятии
Решение задачи 1. Невозможно. Поскольку у нас 3 вершины степени 4, эти 3 вершины соединены со всеми остальными вершинами графа. Поэтому оставшиеся вершины должны иметь как минимум 3 соединения.
Решение задачи 2. а) Да. Например, можно взять точки в вершинах правильного восьмиугольника, причём каждая из вершин соединена с двумя соседними и с противоположной вершиной.
б) Нет. Это означало бы нечётное число нечётных вершин.
в) Предположим, что в графе х вершин. Тогда имеется Зх концов
Зх
рёбер. Получаем уравнение = 20, которое не имеет целочисленных решений.
Решение задачи 3. Пусть есть два ученика из разных школ. Первый знает как минимум 7 человек из своей школы, и второй тоже знает как минимум 7 человек из своей школы. Следовательно, имеется как минимум по 8 учеников из каждой школы. Тогда на курсах будет как минимум 16 учеников. Противоречие.


Занятие 27. Теория графов И. Теорема о рукопожатиях
383
Решение задачи 4. Если слова жителя А истинны, то в городах должно начинаться 0,1,..., 11 дорог. Однако если существует город с 11 дорогами (т. е. соединённый со всеми остальными), то не может существовать город с нулём дорог.
Решение задачи 5. Пусть жители планеты — это вершины графа. Тогда каждое рукопожатие соответствует ребру, соединяющему пары вершин, и амёбообразный житель с нечётным числом рук соответствует нечётной вершине. Число нечётных вершин должно быть чётным.
Решения задач из подборки Решение задачи 1.
Решение задачи 2. Предположим, что на ребро АВ село аг тарелок, на ребро ВС — Ьг тарелок и т. д. Тогда в городе А было украдено a = ai + Л мисок бульона, в В было украдено b = Ьх 4* ах мисок, в С было украдено c = c1 + b1,BD было украдено d = dl + c1 мисок, в Е было украдено е = d1 + ег мисок, в F было украдено f = e1+f1 мисок. Поэтому a + c + e = b + d + f. Отсюда следует, что
/ = a + c + e-b — d.
Решение задачи 3. Предположим, что граф несвязный. Тогда существуют хотя бы две вершины А и В, не соединённые путём. Вершина А соединена как минимум с 20 вершинами, вершина В соединена как минимум с 20 вершинами. Если эти множества вершин не имеют пересечений между собой, то общее количество вершин не меньше 1 +1 + 20 + 20 = 42. Противоречие.
Решение задачи 4. а) Пример изображён ниже.


384
Раздел 4. Решения
б) Всего имеем 30 • 5 = 150 концов кабелей. Значит, понадобится 75 кабелей.
в) Пусть в такой конфигурации N компьютеров. Тогда потребуется кабелей. Но уравнение 5N = 56-2 не имеет решений в целых числах.
Решение задачи 5. Чётно. Если житель острова является рыцарем, то оба утверждения истинны и общее число друзей у этого жителя нечётное. Если же житель острова является лжецом, то оба утверждения ложные и общее число друзей у этого жителя всё равно нечётное. Итак, у всех жителей на острове нечётное число друзей, и поэтому мы имеем граф, все вершины которого нечётные. Но мы знаем, что в любом графе число нечётных вершин чётное. Поэтому в нашем графе должно быть чётное число вершин, т. е. на острове чётное число жителей.
Решение задачи 6. Пусть эти два иностранных маршрута обслуживаются разными авиакомпаниями. Сотрём на время с карты все маршруты одной авиакомпании (например, «Аэроцарь»). У нас останется карта, в которой в каждом аэропорту начинаются 2 внутренних маршрута, а в одном аэропорту (из которого за границу ведёт маршрут «Аэродемократии») есть только один внутренний маршрут. Такой граф внутренних маршрутов невозможен, поскольку в нём только одна нечётная вершина.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 1. Получаем граф с 15 нечётными вершинами. Он невозможен.
Решение задачи 2. Посчитаем количество точек пересечения. На каждом из отрезков их 3, поэтому всего получается 9 • 3 = 27 точек. Однако каждая точка принадлежит двум отрезкам, так что мы учли все точки дважды. Поэтому должно быть 27:2 = 13,5 точек, что невозможно. Значит, требуемая конфигурация не существует.
Решение задачи 3. Если мы сложим количество рёбер у всех граней, то получим удвоенное число рёбер. Значит, это число чётное; поэтому не может быть одной грани с нечётным числом рёбер.
(Обратите внимание на то, что раскраску мы вообще не использовали. Вот решение с раскраской: общее число рёбер —это сумма числа рёбер у всех чёрных граней, которая должна быть равна сум¬


Занятие 27. Теория графов И. Теорема о рукопожатиях
385
ме чисел рёбер у всех белых граней. Эти два числа равны и не могут иметь разную чётность.)
Решение задачи 4. Если у 11 девочек разное число знакомых мальчиков, то у них 0,1,2,..., 10 знакомых мальчиков. Поэтому общее количество рёбер, соединяющих множества девочек и мальчиков, равно 55. Если бы каждый из 10 мальчиков имел одно и то же число N знакомых девочек, то общее количество рёбер, соединяющих множества девочек и мальчиков, было бы равно 10N, что не может быть равно 55.
Решение задачи 5. Доказательство от противного. Предположим, что граф стал несвязным. Тогда имеются две группы вершин, которые не соединяются друг с другом. Пусть в первой группе N вершин, а во второй 10 - N. Рассмотрим вершину А из первой группы. Первоначально она была соединена со всеми вершинами, а поэтому и со всеми 10 — N вершинами из второй группы. Значит, было удалено как минимум 10 — N соответствующих рёбер. Рассмотрим вершину В из второй группы. Первоначально она была соединена со всеми вершинами, а поэтому и со всеми N вершинами из первой группы. Значит, было удалено как минимум N соответствующих рёбер. Посчитать дважды мы могли только одно ребро — соединяющее вершины Л и В, а в остальном эти два множества удалённых рёбер не пересекаются. Значит, было удалено не меньше чем 10 — N + N — 1 = 9 рёбер. Противоречие с тем, что удалили только 8 рёбер.


Занятие 28
Теория графов III. Решение задач с помощью графов
Решения задач для разминки
Решение задачи для разминки 1. Цифры, в написании которых есть петли и нет.
Решение задачи для разминки 2. 600 куриц снесут 300 яиц за 3 дня. Поэтому 300 куриц за 3 дня снесут 150 яиц.
Решения задач из подборки
Решение задачи 1. Да. 33, 3 и 63 единицы.
Решение задачи 2. а) Нет. Пересчитаем вершины графа по указанным степеням: получится 8 вершин. Но тогда степень любой из них должна быть меньше 8.
б) Нет. Если 2 из 8 вершин имеют степень 7 (т. е. соединены со всеми), то все остальные вершины должны иметь степень не менее 2.
в) Нет. Нечётное количество нечётных вершин.
Решение задачи 3. Предположим, что у нас Z зелёных вершин и С синих. Рассмотрим рёбра, соединяющие синие и зелёные вершины. Из зелёных вершин к синим ведут 9Z рёбер. Из синих вершин к зелёным ведут ЮС рёбер. Поскольку это одни и те же рёбра, 9Z = ЮС. Отсюда следует, что Z > С.
Решение задачи 4. Для нечётных N это невозможно, поскольку тогда в сети было бы нечётное число нечётных вершин. Для всех
чётных N = 0,2,..., 100 это возможно. Например, расположим ком-
„ N N
пьютеры по кругу и соединим каждый с соседями справа и у
соседями слева.
Решение задачи 5. При работающем одном насосе за 10 минут вода поднимается на 20 сантиметров, а при двух — опускается на 10; значит, один насос за 10 минут понижает уровень воды на 30 сантиметров. Следовательно, два насоса за 10 минут понизят уровень на 60 сантиметров. Для удаления 10 сантиметров воды им понадобится в 6 раз меньше времени.


Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 387
Решение задачи 6. Давайте изображать пиратов вершинами, а отношение «Пират А ненавидит пирата В» стрелкой, ведущей от Л к Б.
О'
У нас есть 60 вершин, и от каждой
идёт стрелка к одной другой вершине. Получился ориентированный граф. Начнём с пирата А и пойдём по стрелкам, пока не получится замкнутый цикл. (Цикл обязательно получится, потому что число пиратов конечно. При этом сам пират А не обязательно принадлежит циклу. См. рисунок.)
только одна стрелка. Но может оказаться так, что к циклу присоединено несколько «хвостов», которые также могут разветвляться (см. рисунок).
Весь граф будет состоять из нескольких таких компонент.
Теперь покажем, как разделить пиратов на три группы.
Возьмём любую компоненту (цикл с «хвостами»). Сначала распределим пиратов, находящихся в цикле. Например, их можно поочерёдно распределять по двум группам 1 и 2. При нечётном количестве вершин в цикле поместим последнего пирата в группу 3.
Теперь распределим пиратов, находящихся в «хвостах». Начиная от пирата (вершины), находящегося в цикле, можно двигаться от цикла по «хвосту» и поочерёдно распределять пиратов по группам 1, 2 и 3. Каждый раз, когда мы добираемся до разветвления «хвоста», мы отдельно распределяем пиратов на каждой ветке.
Решение задачи 7. Пусть игроки — это вершины. Соединим красной линией тех, кто играл друг с другом в первый день, а синей линией тех, кто во второй. Каждая из 10 вершин соединена с двумя другими одной красной и одной синей линией. При попадании в любую вершину мы всегда можем продолжить движение, так как из каждой вершины выходит две линии (т. е. нет тупиковых вершин). Так как число вершин конечно, мы в некоторый момент попадём в вершину, в которой уже были. Если бы эта вершина была не исходной, получилось бы, что из неё выходят три линии, что противоречит условию. Значит, мы вернёмся в исходную вершину и все
только один цикл, так как из каждой вершины этой компоненты выходит
Рассмотрим связную компоненту, которая содержит этот цикл. В дан¬
ной группе вершин может оказаться ^


388
Раздел 4. Решения
эти линии образуют циклы. В каждом цикле будет чётное количество вершин, поскольку красные и синие рёбра в нём чередуются. Если в каждом из циклов взять все вершины через одну, то получим 5 игроков, которые не соединены между собой. Это и есть 5 шахматистов, которые за эти два дня не играли друг с другом.
Решение задачи 8. Пусть планеты будут вершинами, а рейсы кораблей между ними — рёбрами. По условию это полный граф: каждая вершина соединена со всеми остальными. Для маркировки рёбер будем использовать два вида линий: сплошные—для маршрутов компании КШ и пунктирные—для «Астро». Докажем, что если КШ не может обеспечить проезд по всей галактике, то это может сделать «Астро».
Назовём множество планет, до которых можно добраться с планеты Л только с помощью рейсов КШ, «Л-орбитой», а множество остальных планет галактики «не-Л-орбитой». Пусть планета В входит в «не-Л-орбиту», т. е. В — это такая планета, до которой не добраться рейсами компании КШ.
Докажем несколько утверждений.
• Любая планета A-орбиты соединена с любой планетой не-А-ор- биты прямым рейсом компании «Астро».
Пусть X — это планета Л-орбиты, a Y — планета не-Л-орбиты. Если бы прямой рейс с X на Y принадлежал компании КШ, то до планеты Y можно было бы добраться с А только рейсами компании КШ, что противоречит нашему предположению (см. рисунок ниже).
Л-орбита (планеты, доступные через КШ)
/ *ч — Рейсы компании
• С любой планеты A-орбиты мы можем добраться до любой планеты A-орбиты маршрутами компании «Астро».
Пусть X и Z—две планеты Л-орбиты. Тогда X и Z должны быть связаны с В прямыми рейсами компании «Астро» (иначе от Л до В можно было бы добраться рейсом КШ). Следовательно, путешествен-
ч
. Рейсы компании «Астро Лимитед»
«Космические Шаттлы»


Занятие 28. Теория графов III. Решение задач с помощью графов 389
ник может проехать от X до Z двумя рейсами компании «Астро» (с пересадкой на В) (см. рисунок справа).
I Ъв
• С любой планеты не-А-орбиты мы можем добраться до любой планеты не-А-
/
у
орбиты маршрутами компании «Астро».
Пусть С и D — две планеты не-А-орбиты.
Тогда С и D должны быть соединены с А прямыми рейсами «Астро». Следовательно, путешественник может проехать от С до D двумя рейсами компании «Астро» (с пересадкой на А).
Три утверждения, выделенные курсивом, в совокупности означают, что с любой планеты до любой можно добраться рейсом компании «Астро». Итак, предположив, что одна компания не покрывает всю галактику, мы доказали, что в этом случае всю галактику покрывает вторая компания. Следовательно, в любом случае по галактике можно проехать, пользуясь рейсами только одной из компаний.


Занятие 29
Математическая олимпиада III
Решения задач первой части
Решение задачи 1. См. рисунок. Существует несколько решений, которые получаются вращением и симметрией.
7
73
31
61
37
13
43
1
67
Решение задачи 2.
Решение задачи 3. Заметим, что из соотношения ^ к ^ следует, что волшебник работает вдвое быстрее. К уходу волшебника
осталось превратить \ лягушек. При совместной работе волшебник
1
и ученик за 1 час превращают ^ часть всех лягушек. Волшебник делает | всей работы, а ученик — |, т.е. ^ лягушек. Следовательно,
чтобы справиться с ^ частью лягушек, ему понадобится 9 часов.
Решение задачи 4. Давайте сначала докажем, что максимальное количество дней не может быть больше трёх, а потом приведём возможный вариант для трёх дней, т. е. до среды. Введём обозначения для количества добрых дел по дням недели с помощью таблицы.
Чт
Пт
Сб
Вс
Пн
Вт
Ср
Чт
Пт
*i
*2
*3
*4
*5
*6
Х7
*8
*9


Занятие 29. Математическая олимпиада III
391
Из условия получаем такие неравенства:
Х5 > Х4, Х5 < ХЪ Х6 > Х5, Х6 < Х2,
Х7 > Х6, Х7 < Х3, Х8 > Х7, Х8 < Х4.
Схема показывает, как информация о добрых делах представляется в виде ориентированного графа. (Стрелка означает «больше чем».)
Мы видим, что х4, х5, х6, х7, х8 образуют цикл из стрелок одного направления, что невозможно. Значит, число х8 вставить в схему невозможно, т. е. сэр Ланселот не сможет делать такую запись позднее среды.
Приведём пример, когда до среды такие записи возможны: хг = 100, х2 = 99, х3 = 98, хл = 50, х5 = 51, х6 = 52, х7 = 53.
Решение задачи 5. На каждой грани могут быть суммы —4, -2, 0, 2 и 4 (при сложении четырёх зарядов —1 и +1 нельзя получить нечётное число). Всего граней 6, поэтому по принципу Дирихле найдутся две грани, на которых суммы совпадают.
Решение задачи 6. Обозначим количество денег у мафиозных боссов Kl9 К2,К9. За три вопроса находим числа Кг +К2, К3 +iC4, К5+Кв. Итак, мы нашли общее количество денег у 6 человек. Осталось 3 неизвестных числа и 3 вопроса. Узнаем К7 + К8, К8 + К9 и К9 + К7. Сложим три эти числа и, разделив пополам, получим К7 + К8+К9. Остаётся сложить полученные результаты.
Решения задач второй части
Решение задачи 7. Обозначим медали Зъ С1? С2, С3, Б1? Б2, Б3,
б4, б5.
Создадим наборы, распределив равное количество медалей одного достоинства по разным наборам: Сг + Б: + Б2 и С2 + Б3 + Б4.
Сравним вес этих наборов.


392
Раздел 4. Решения
• Если один из наборов легче (например, левый), то в нём есть фальшивая медаль. В этом случае взвесим Бг и Б2. Если одна из медалей легче, то она и будет фальшивой. Иначе вес левого набора меньше за счёт фальшивой медали С1в
• Если оба набора весят поровну, то фальшивая медаль находится в множестве Зъ С3, Б5. Нельзя сравнивать между собой различные медали, поэтому добавим к ним две медали Бг и Сг (уже точно известно, что они настоящие) и создадим наборы С3 + Бг и Б5 + Са. Если левый набор легче, то фальшивой является С3. Если правый набор легче, то фальшивой является Б5. Если вес наборов одинаков, то фальшивая медаль — Зг.
Решение задачи 8. Сумма чисел в каждом прямоугольнике 2x6 равна 0 (каждый такой прямоугольник состоит из трёх квадратов 2x2). Сумма чисел в каждом прямоугольнике 3x6 тоже равна О (такой прямоугольник состоит из двух квадратов 3x3). Следовательно, сумма чисел в каждом прямоугольнике 1x6 равна 0 (разница между полученными нами прямоугольниками). Сумма всех чисел в 24 клетках по периметру квадрата равна 0, так как эти клетки образуют четыре прямоугольника 1x6.
Решение задачи 9. Проверьте такие наборы дверей: 1,2,5; 1,3,4; 2, 3,4. В этом случае вы попробуете каждую дверь дважды, за исключением двери 5, которую вы проверите 1 раз. Следовательно, если вы сложите три полученных числа, то чётность результата будет зависеть от того, кто за дверью 5. Если получилось нечётное число, то за дверью 5 тигр. Если чётное —за дверью 5 девушка.
Решение задачи 10. Заметим, что как минимум две последовательные ссоры приходились на дни, выраженные двузначными числами. Поэтому строки из чёрных чисел должны иметь чётную длину. Также заметим, что общее количество однозначных дат —нечётное число (их 9). Поэтому если бы первая ссора месяца произошла в двузначную дату, то самая левая строка чёрных чисел имела бы нечётную длину, что невозможно. Поэтому первая ссора произошла в течение первых 9 дней (однозначные даты). Однако если первая ссора была ранее дня 10, но не в первый день, то первая строка получается слишком короткой.
Решения дополнительных задач
Решение задачи 11. Разложим на простые множители все числа от 1 до 10: 1, 2, 3, 2 • 2, 5, 2 • 3, 7, 2 • 2 • 2, 3 • 3, 2 • 5. Чтобы произ¬


Занятие 29. Математическая олимпиада III
393
ведение чисел одной группы делилось на произведение чисел второй группы, все простые множители, имеющиеся во второй группе, должны входить и в первую не меньшее количество раз. Кроме того, частное определяется разницей в количестве вхождений множителей в первую и вторую группы. Чем меньше разница, тем меньше частное. Поскольку у нас 8 двоек, 4 тройки, 2 пятёрки и семёрка, получаем, что 4 двойки, 2 тройки, 1 пятёрку и семёрку нужно внести в первую группу, а остальные множители — во вторую. Поэтому лучшее возможное разбиение определяется следующей таблицей.
Группа 1
2-2-2-2
3-3
5
7
Группа 2
2-2-2-2
3-3
5
Можно ли действительно добиться такого разделения? Да.
Группа 1: 1,3, 4, 6, 7, 10.
Группа 2: 2, 5, 8, 9.
Тогда частное равно 7.
Решение задачи 12. Заметим, что каждая клетка с миной добавляет по единице к числам, написанным во всех пустых клетках, её окружающих.
Тогда сумма всех чисел на всём поле — это количество всех сторон и вершин, отделяющих клетки с миной от пустых клеток. Другими словами, это количество всех возможных пар соседних клеток, в которых одна с миной, а вторая пустая. Заметим, что количество таких пар не меняется при замене мин на пустые клетки и наоборот. Поэтому сумма чисел на доске остаётся прежней.


Раздел 5
Подборки задач на отдельных листах


Занятие 1
Задачи с шахматной доской
Задачи для решения в классе
Задача 1. Можно ли замостить доминошками эту собаку? (Доминошкой называется прямоугольник 2x1. «Замостить» означает накрыть полностью и без перекрытий.)
Задача 2. Можно ли разрезать эту шестиугольную фигуру на 23 одинаковые части? (Все разрезы должны идти по линиям сетки.)
Задача 3. Верблюд — это нестандартная шахматная фигура. Верблюд ходит как конь, но на одну клетку дальше. Иными словами, если ход коня можно изобразить Г-образной фигурой 2 х 3, то ход верблюда —Г-образной фигурой 2x4.
Конь Вебрлюд
Верблюд стоит в левом нижнем углу шахматной доски 8x8. Можете ли вы через несколько ходов попасть в правый нижний угол?


398
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Задача 4. Летний замок леди Квадрат состоит из 35 комнат, расположенных в виде прямоугольника 7x5; в стене между любыми соседними комнатами есть дверь. Можно ли пройти по замку так, чтобы:
• начать в гостиной комнате леди Квадрат (отмечена улыбающимся лицом);
• пройти по всем комнатам ровно один раз;
• закончить свой путь в комнате, отмеченной сердечком.
Для каждой схемы либо начертите маршрут, либо докажите, что такой маршрут невозможен.


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
399
Подборка задач
Задача 1. Шахматная королева испекла пирог в виде шахматной доски 4x7. Король прокрался и съел кусочек размером 1x3. Королеве осталась часть пирога, изображённая на рисунке. Тем не менее она сумела разрезать пирог на три прямоугольных куска, из
которых составила квадрат 5 х 5, и при этом шахматная раскраска сохранилась. Как она это сделала? (Все разрезы должны проходить по линиям сетки. Кусочки пирога можно поворачивать, но нельзя переворачивать.)
Задача 2. После успешного набега пираты Артур, Боря, Витя и Гриша разделили свою добычу в 70 золотых монет. Каждый пират получил хотя бы по одной монете. Артур получил больше всех. Боря и Витя вместе получили 45 монет. Какова доля Гриши?
Задача 3. В Треугольном замке (см. рисунок) А/\
все комнаты треугольные, и в каждой из стен меж- А А'А
ду ними есть дверь. Экскурсовод хочет пройти по ддд д
замку, не заходя ни в одну комнату больше одно- ддд д д
го раза. Каково максимальное количество комнат,
которое можно посетить при таком маршруте? (Маршрут может начинаться и заканчиваться в любых двух комнатах.)
Задача 4. Разность между двумя числами равна их полусумме. Каково отношение первого числа ко второму?
Задача 5. В районе Мат-Хэттен есть четыре улицы, идущие с запада на восток, и четыре авеню, идущие с севера на юг. На каждом перекрёстке есть небольшая площадь. По всем дорогам можно двигаться в обоих направлениях.
^ памятник
простым числам
площадь ^ Интеграла
Пи-магазин


400
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
а) Можно ли пройти от площади Интеграла до Пи-магазина, посетив каждую площадь ровно один раз?
б) Можно ли пройти от площади Интеграла до памятника простым числам, посетив каждую площадь ровно один раз?
Для каждой части задачи либо начертите маршрут, либо объясните, почему он не существует.
Задача 6. Озорник Миша изменил две цифры в домашней задаче Маши, и теперь у неё получилось вот что:
4 • 5 • 4 • 5 • 4 = 2247.
Помогите Маше найти изменённые цифры и восстановить равенство.
♦
Задача 7. На склонах горы живут 10 радужных драконов; у каждого дракона свой цвет (красный, синий, жёлтый и т.д.). Известно, что если взять любых четырёх драконов, то два из них будут одного цвета. Докажите, что есть по крайней мере четыре дракона одного цвета.


Занятие 1. Задачи с шахматной доской
401
Дополнительные задачи
Задача 1. У вас есть доска 6 х 6. В п. а) отсутствует одна угловая клетка. В п. б) и в) отсутствуют по две угловые клетки. Какие из этих досок можно замостить доминошками? (Доминошкой называется прямоугольник 2x1. «Замостить» означает накрыть полностью и без перекрытий.)
а)
б)
в)
Задача 2. На каждой из 25 клеток доски 5x5 сидит по одному жуку. По свистку каждый из 25 жуков перемещается на любую из соседних клеток (т. е. клетку, примыкающую сверху, снизу, слева или справа). Докажите, что после этого хотя бы одна клетка останется пустой.
Задача 3. Медвежонок вышел из дома и обнаружил странные следы вокруг своего любимого дерева (см. рисунок). Он прошёлся несколько раз вокруг дерева, изучая следы и иногда перепрыгивая через них, чтобы было лучше видно. В конце он вернулся к своему дому. Мог ли Медвежонок перепрыгнуть через таинственные следы 7 раз? (Медвежонок не перепрыгивает следы в точке их пересечения.)
Задача 4. На столе лежит прямоугольная игральная карта рубашкой вверх. Вы можете переворачивать эту карту через одну из её сторон любое количество раз. Может ли в итоге карта оказаться на том же месте стола, но рубашкой вниз?


402
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Головоломки «Замок сэра Квадрата». Версия для печати
а)
ф
*
б)
в)
г)
*
д)
1*
$2
е)
а)
б)
в)
г)
д)
е)


Занятие 2
Математическая логика и другие стратегии решения задач
Подборка задач
Задача 1. Соедините точки А и В линией из А < четырёх отрезков, чтобы:
• все четыре отрезка имели одинаковую длину; "'t“*?"
• соседние отрезки не лежали на одной прямой; • « • Ф •
• каждый отрезок начинался и заканчивался Ф ф ф 4 ф
в одной из отмеченных точек, но не проходил че- ....ф * ф * ф
рез другие отмеченные точки. в
Задача 2. В совете директоров компании «Тракторы и реакторы» есть генеральный директор и три его заместителя. Совет директоров заседает раз в месяц и голосует по вопросу новых зарплат всем членам совета. Генеральный директор готовит список зарплат, но сам не голосует. Любой из заместителей жаден и голосует за предложение только в случае, если его собственная зарплата увеличивается. Новый список зарплат утверждается, если за него проголосует большинство.
Может ли генеральный директор устроить так, чтобы за три месяца его зарплата выросла в 10 раз, а зарплаты всех заместителей уменьшились в 10 раз?
Задача 3. Кузнечик прыгает по прямой дороге вправо или влево. Сначала он прыгает на 1 сантиметр, потом на 2 сантиметра и т. д. Длина последнего, десятого прыжка —10 сантиметров. Может ли кузнечик после десяти прыжков оказаться в точке старта?
Задача 4. Катя считает, что если площадь первого прямоугольника больше, чем площадь второго прямоугольника, и периметр первого прямоугольника больше периметра второго, то второй прямоугольник целиком поместится внутрь первого. Права ли она?
Задача 5. В коробке лежат 10 красных, 8 синих, 8 зелёных и 4 жёлтых карандаша.


404
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
а) Каково наибольшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы в коробке осталось по крайней мере 6 синих карандашей?
б) Каково наибольшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы в коробке осталось хотя бы по одному карандашу каждого цвета?
в) Каково наименьшее количество карандашей, которое вы можете взять не глядя, чтобы осталось не больше 6 синих карандашей?
Задача 6. Автомобиль Стаса Малахайлова оборудован высокоточным круиз-контролем. Стас едет со скоростью 55 километров в час и решает провести проверку. Он хочет каждую минуту менять скорость машины на 1 километр в час — в сторону увеличения или в сторону уменьшения. Может ли Стас остановить автомобиль ровно через 100 минут движения в таком режиме?
Задача 7. Полицейский живёт в доме, расположенном в углу городка. (Карту городка смотрите справа.) Каждую ночь ему нужно патрулировать улицы. Полицейский хочет спланировать свой маршрут так, чтобы он прошёл по всем улицам (возможно, не по одному разу) и вернулся домой. Какова длина кратчайшего возможного маршрута?
♦
Задача 8. В буфете стоят 8 банок с клубничным вареньем, 7 банок с абрикосовым вареньем и 5 банок с вишнёвым вареньем. Каково наибольшее количество банок, которое вы можете взять не глядя, чтобы осталось не менее 4 банок варенья одного вида и не менее 3 банок варенья другого вида?
Задача 9. Шесть монахов вошли в храм, оставив свою обувь у дверей. (Размер обуви у всех монахов различен.) Поздно вечером монахи по одному выходили из храма. Некоторые из них вместо собственной обуви надели чужую большего размера. Каково наибольшее возможное число монахов, которым пришлось уйти босиком? (Монах уходит босиком, если вся оставшаяся обувь ему мала.)
t*—


Занятие 3 Инварианты
Подборка задач
Задача 1. У вас есть три коробки с шоколадками. В первой на 6 шоколадок меньше, чем во второй и третьей вместе; во второй на 10 шоколадок меньше, чем в первой и третьей вместе. Сколько шоколадок в третьей коробке?
Задача 2. У вас есть три кучки конфет —с 2, 3 и 4 конфетами. За один ход вы можете выбрать две кучки и добавить в каждую по одной конфете. Можно ли, повторяя эту операцию много раз, получить три кучки конфет —с 200, 300 и 400 конфетами?
Задача 3. Сломавшийся калькулятор умеет выполнять только такие операции: умножать на 2, делить на 2, умножать на 3, делить на 3, умножать на 5 и делить на 5. Можно ли на этом калькуляторе получить за несколько операций число 49, начав с числа 12?
Задача 4. На доске написаны числа от 1 до 12. Вы можете стереть любые два из них (назовём их а и Ъ) и заменить их числом а + Ъ — 1. Через 11 таких операций на доске останется одно число. Каким оно может быть?
Задача 5. Вдоль дорожки в парке растут 6 деревьев, и на каждом из них сидит по одной птице. Каждый раз, когда проезжает автомобиль, ровно 2 птицы взлетают и садятся на соседние (в любом из двух направлений) деревья. Могут ли все птицы собраться на одном дереве?
Задача 6. Если фокусник кладёт в свой цилиндр 1 голубку, он достаёт из него 2 кроликов и 2 цветка. Если фокусник кладёт в цилиндр 1 кролика, он достаёт 2 цветка и 2 голубок. Если он кладёт 1 цветок, он достаёт 1 кролика и 3 голубок. Фокусник начал с 1 кролика. Может ли он, выполнив фокус несколько раз, получить в итоге равное количество голубок, кроликов и цветов?
Задача 7. На столе стоят две чашки: одна с кофе, а другая с молоком. Кофе и молока поровну. Вы зачерпываете ложку молока, выливаете её в чашку с кофе и перемешиваете. Затем вы зачерпываете ложку смеси в чашке с кофе и выливаете её в чашку с молоком. Чего сейчас больше — кофе в молоке или молока в кофе?


Занятие 4 Доказательство от противного
Подборка задач
Задача 1. Десять богатых юношей из Москвы женились на 10 богатых девушках из Санкт-Петербурга. Общее состояние каждой новой семьи составляет 10 миллионов долларов. Докажите, что если суммарное состояние всех девушек было менее 70 миллионов, то суммарное состояние всех юношей было не менее 30 миллионов.
Задача 2. На Межгалактический Конгресс прилетели двадцать пять инопланетян с 8 различных планет. Докажите, что по крайней мере 4 из них — с одной планеты.
Задача 3. В ряд стоят 5 волшебников. Все 5 волшебников вместе знают 300 различных заклинаний. Докажите, что найдутся два волшебника, которые стоят рядом и в сумме знают не меньше 100 заклинаний.
Задача 4. Ромео и Джульетта поссорились. Джульетта начинает идти на восток, а Ромео — на запад. Через 4 минуты Ромео поворачивает обратно и начинает бежать за Джульеттой. Через 2 минуты он оказывается на месте, где они расстались. Ромео бегает в 3 раза быстрее, чем ходит Джульетта. Через какое время он догонит её, начиная с момента поворота?
Задача 5. Прямоугольник 5x9 разрезан на 10 меньших прямоугольников. (Все разрезы идут по линиям сетки.)
а) Докажите, что по крайней мере два из этих прямоугольников имеют одинаковую площадь.
б) Докажите, что по крайней мере два из этих прямоугольников равны.
Задача 6. В ряд стоят 31 гном, 31 эльф и 30 людей. Известно, что ни один эльф не стоит рядом с гномом. Докажите, что найдутся не менее 3 гномов или не менее 3 эльфов, которые стоят подряд.
Задача 7. Десять игроков играют в такую игру. В колоде 20 карт: туз пик и все пики от 2 до 10, туз треф и все трефы от 2 до 10. Каж¬


Занятие 4. Доказательство от противного
407
дый игрок получает одну карту пиковой масти и одну карту трефовой масти, а затем складывает числовые значения своих карт (туз считается единицей). Докажите, что найдутся по крайней мере два игрока, у которых полученные суммы будут заканчиваться одинаковой цифрой.
♦
Задача 8. Имеется бесконечная клетчатая доска. В каждой клеточке сидит одно из четырёх животных: лягушка, кролик, хомяк или мышь. Известно, что в каждом квадрате 2x2 имеются все четыре вида животных. Докажите, что можно найти столбец или строку, в которых имеются только два вида животных.


Занятие 5
Десятичная система счисления и задачи с цифрами
Упражнения для самостоятельной работы
Задача 1. Замените буквы цифрами так, чтобы максимизировать следующее выражение (одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами1):
SEND + MORE + MONEY.
Задача 2. Доктор Ватсон сказал Холмсу: «Я никогда не раскрою вам свой секретный четырёхзначный пин-код. Я запомнил его, потому что он симметричен, а сумма всех цифр равна числу, образованному первыми двумя цифрами». Холмс ответил: «Ха! Теперь я могу пользоваться вашим кодом». Какой код был у доктора Ватсона?
Задача 3. Трёхзначное число оканчивается нулём. Если его вычеркнуть, оставшееся двузначное число будет на 351 меньше исходного. Каким было исходное число?
Задача 4. Маша написала трёхзначное число, которое начинается с цифры 9. Паша стёр эту девятку и приписал её справа от числа. У Паши получилось число, на 216 меньшее исходного. Какое число написала Маша?
Задача 5. Трёхзначное число начинается с 4. Если эту цифру переставить в конец числа, получится число, которое равно 0,75 от первоначального. Каким было исходное число?
1 Фраза означает «шлите ещё денег». —Прим пер.


Занятие 5. Десятичная система счисления и задачи с цифрами 409
Подборка задач
Задача 1. В номере моего дома 5 цифр, а сумма этих цифр равна возрасту моего друга Виктора. Когда я сказал это Виктору, он немедленно ответил, какой у меня номер дома. Сколько лет Виктору?
Задача 2. Если А + АА = ШУМ, то какова последняя цифра произведения
П-Р-И-С-В-И-С-Т?
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
Задача 3. Сколько существует девятизначных чисел, у которых цифры убывают по мере движения слева направо?
Задача 4. Волшебник Шмерлин обнаружил дверь в Пещеру Мудрости. Дверь закрыта на замок с трёхзначным кодом, и её охраняет дракон Драматемон. Дракон предлагает Шмерлину испытание. Шмерлин может выбрать три любых целых числа х, у и г, а Драматемон назовёт ему сумму Ах + Ву + Cz, где А, В и С — цифры кода. После этого Шмерлин должен назвать код. Если код назван верно, дракон пропустит волшебника в пещеру. Если неверно — волшебник погибает. Может ли Шмерлин добиться успеха?
Задача 5. Шестизначное число начинается с единицы. Если переставить её в конец, число станет втрое больше. Что это за число?
Задача 6. На доске 10 х 10 отмечены два квадрата 1x1. Докажите, что всегда можно разрезать доску на две одинаковые части так, чтобы отмеченные квадраты относились к разным частям. Разрезы должны идти по линиям квадратов.
Задача 7. Решите пример: АААА — БББ + ВВ — Г = 1248.
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)


410
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 1. Отличница Оля написала число, которое составлено из всех целых чисел от 1 до 500: 12345678910111213...499500. Её друг, озорник Миша, стёр первые 500 цифр этого числа. Какой цифрой начинается оставшееся число?
Задача 2. а) Найдите наибольшее шестизначное число, у которого каждая из цифр, за исключением двух первых, равна сумме двух соседей слева.
б) 	Найдите наибольшее целое число, у которого каждая из цифр, за исключением двух первых, равна сумме двух соседей слева. (По сравнению с п. а) мы убрали ограничение, что число должно быть шестизначным.)
Задача 3. В 100-значном числе 12345678901234567890...7890 Боря вычеркнул все цифры, которые стоят на нечётных местах. В получившемся 50-значном числе он снова вычеркнул все цифры, которые стоят на нечётных местах. Он продолжал делать так, пока не осталось однозначное число. Что это за число?
Задача 4. Число X трёхзначное, а У — то же самое число, записанное с конца. Может ли сумма X + Y быть числом, в котором все цифры нечётные?
Задача 5. Какие 500 последовательных натуральных чисел нужно записать, чтобы получилось 2019 цифр?


Занятие 6
Двоичные числа I
Подборка задач
Задача 1. Переведите следующие числа из двоичной системы (по основанию 2) в десятичную (по основанию 10):
а) Ю2; б) 1012; в) 1112; г) 10002; д) 11012;
е) 100000002; ж) 11111112.
Задача 2. Переведите следующие числа из десятичной системы в двоичную:
а) 3; б) 8; в) 15; г) 32; д) 31; е) 40; ж) 53.
Задача 3. а) Какое двоичное число на 1 больше, чем 1000000002? А какое на 1 меньше?
б) Какое двоичное число на 1 меньше, чем 11111111112? Какое на 2 меньше? А какое на 2 больше?
Задача 4. а) Как можно определить, является ли двоичное число чётным или нечётным?
б) Как можно определить, делится ли двоичное число на 4?
в) Если двоичное число заканчивается на 10, какой остаток оно имеет при делении на 4?
Задача 5. У золотоискателя Джо есть 30 золотых самородков стоимостью 1,2, ...,30 долларов. Какие 5 самородков ему нужно взять с собой, чтобы он смог заплатить любую сумму денег от 1 доллара до 30 долларов?
Задача 6. Мария покупает новый ноутбук. Она платит 260 долларов из собственных денег, а с остальной суммой ей помогают
отец, брат и сестра. Сестра дала ей | стоимости ноутбука, брат дал
^ стоимости ноутбука, а папа дал ^ стоимости ноутбука. Сколько стоит новый ноутбук?
Задача 7. У вас есть пакет с мукой, 1-граммовая гирька и много лёгких полиэтиленовых пакетов. Можно ли отмерить 1000 граммов муки за 10 взвешиваний на чашечных весах?


412
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Задача 8. Пять пиратов — капитан Артур, старший помощник Борис, канонир Виктор, рулевой Герман и кок Денис—добыли сундук с золотыми монетами. Артур взял половину монет и ещё полмонеты; Борис получил половину оставшихся монет и ещё полмонеты; доля Виктора составила половину оставшихся монет и ещё полмонеты; Герман взял половину оставшихся монет и ещё полмонеты. Наконец, когда Денис забрал половину остатка и ещё полмонеты, золота не осталось. Сколько золотых монет было у пиратов вначале? (Пираты не разрезали пополам ни одной монеты.)
♦
Задача 9. Волшебник Мерлин построил свой замок рядом с логовом дракона Шмога. Каждое утро с первыми лучами солнца дракон вылетает из своей пещеры и направляется к одному из четырёх близлежащих городков, которые расположены к северу, югу, западу или востоку от замка. Задача Мерлина — предупредить жителей, где сегодня нужно ждать Шмога.
В замке есть три башни, увенчанные магическими шарами: рубиновым, изумрудным и сапфировым. Когда загорается какой-ни- будь шар, его свет виден во всех уголках страны. Поэтому было решено, что с помощью этих огней Мерлин будет посылать сигнал, который условленным кодом сообщает, куда направляется дракон.
Однако по ночам шары случайным образом мигают, и утром на башнях может оказаться любая комбинация включённых и выключенных шаров. Из-за почтенного возраста у Мерлина есть силы забраться утром только на одну из башен и включить или выключить соответствующий шар.
Итак, начиная со случайного расположения, Мерлин может поменять состояние не более чем у одного магического шара. После этого жители, глядя на свет шаров, должны понять, куда сегодня летит Шмог.
Можете ли вы помочь Мерлину придумать нужный код?


Занятие 6. Двоичные числа I
413
Таблица для преобразования десятичных чисел в двоичные
Число по основанию 10
32
(?б)
8
S
а
1
Число по основанию 2
32 (= 25)
16 (= 24)
8 (= 23)
4 (= 22)
2 (= 21)
1 (=2°)
1
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32


Занятие 7
Двоичные числа II
Подборка задач
Задача 1. Сложите двоичные числа, используя сложение в столбик:
а) 10002 +1012; б) 110112 + И11112;
в) 	10111002 +101012; г) 111110112 +1111111112.
Задача 2. а) Удвойте числа 10012, 111111111012.
б) Напишите двоичное число, которое в 4 раза больше, чем
1110001112.
в) Напишите двоичное число, которое в 64 раза больше, чем
Шг-
Задача 3. Переведите эти числа в двоичную систему счисления (используйте алгоритм по своему выбору):
а) 	80; б) 152; в) 401; г) 522; д) 1023.
Задача 4. Первая лилия в пруду расцвела 1 июня. После этого каждый день число цветков удваивалось. 15 июня цветы покрыли пруд полностью. Если бы 1 июня зацвели две лилии, а не одна и каждый день число цветков удваивалось, когда пруд был бы полностью покрыт цветами?
Задача 5. Чтобы получить Камень Мудрости, юный волшебник должен решить задачу. У него есть квадрат 7x7, который требуется разрезать на 9 меньших прямоугольных частей. При этом части должны быть такими, чтобы ими можно было замостить любой прямоугольник с целыми сторонами, который помещается в исходный квадрат: 1 х 1, 1 х 2, 1 х 3, ..., 1 х 7, 2 х 2, 2 х 3, ..., 6 х 7, 7 х 7. Решите эту задачу. (Все разрезы должны идти по линиям сетки. «Замостить» означает покрыть без зазоров и перекрывания.)
Задача 6. Братец Лис и Братец Кролик сажают на грядке свёклу и капусту. Грядка имеет 20 рядов и 7 мест для растений в каждом ряду. Процесс посадки происходит так: Братец Лис выбирает вид рассады (свёкла или капуста), а Братец Кролик выбирает свободное


Занятие 7. Двоичные числа II
415
место, куда его можно посадить. Они продолжают действовать таким образом, пока вся грядка не будет засажена.
Братец Лис и Братец Кролик соглашаются делить урожай так: Братец Лис может забрать весь урожай с максимального количества рядов, на которых растения посажены в различном порядке.
Например, если они сделали посадки на грядке из четырёх рядов так, как изображено на рисунке ниже, то Братец Лис забирает урожай с трёх рядов, поскольку есть три разных ряда: первый, второй и четвёртый. (Буквы С и К означают свёклу и капусту.)
С
с
с
с
с
с
К
к
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
с
К
с
К
с
К
с
К
с
Какое наибольшее количество рядов может всегда обеспечить себе Братец Кролик вне зависимости от того, какие растения выберет для посадки Братец Лис?
Задача 7. На рисунке вы видите карту города, улицы которого идут с севера на юг и с запада на восток.
На каждом перекрёстке есть небольшая площадь. Турист хочет пройти пешком от вокзала (А) до гостиницы (В), причём хочет двигаться самым длинным маршрутом, но не проходящим ни через какую площадь дважды. Нарисуйте такой маршрут и докажите, что более длинного не существует.
в
А


Занятие 8
Турнир по математическому домино
Задачи для математического домино
№
Задача
Баллы
1
Чтобы заполнить бочку, нужно либо 6 маленьких, 3 средних и 1 большое ведро воды, либо 2 маленьких, 1 среднее и 3 больших ведра воды. Сколько нужно больших вёдер воды, чтобы заполнить бочку?
3:0
2
Найдите два натуральных числа, удовлетворяющих следующим условиям.
• Их сумма равна 165.
• Если стереть самую правую цифру большего числа, числа станут равны.
5 : 2
3
На именинном пироге, имеющем форму квадрата 4x4, расположены 4 шоколадные розочки, как показано ниже. Разрежьте торт на четыре куска одинаковой формы и одинаковой площади, чтобы каждый кусок был украшен розочкой.
3 : 3
1
•
1
•
•
•
4
В семье несколько детей. Артём говорит, что у него поровну братьев и сестёр. Маша говорит, что братьев у неё втрое больше, чем сестёр. Сколько мальчиков и девочек в этой семье?
1 : 0
5
У ковбоя Джо был моток верёвки. Его жена использовала половину верёвки для сушки белья. Половиной оставшегося куска Джо привязал лошадь к дереву. Две пятых от остатка Джо использовал, чтобы связать бандита Билли. У ковбоя осталось 1,5 метра верёвки. Сколько верёвки было в мотке?
1 : 1
6
Сколько различных значений вы можете получить, если добавить скобки в выражение 1 + 2 • 3 + 4 (можно добавлять сколько угодно пар скобок)?
6:0


Занятие 8. Турнир по математическому домино
417
№
Задача
Баллы
7
В этом выражении каждая звёздочка заменяет какую-нибудь цифру. Кроме того, каждое число в этом выражении — палиндром, т. е. одинаково читается слева направо и справа налево (например, палиндромами являются 2332 или 191). Расшифруйте выражение: ** + *** = ****.
5 : 0
8
Напольные весы не отрегулированы (стрелка шкалы не показывает на 0). Когда Алиса встаёт на весы, стрелка показывает 40 кг. Когда встаёт Вадим, стрелка показывает 30 кг. Когда Алиса и Вадим встают вместе, стрелка показывает 80 кг. Сколько на самом деле весят Алиса и Вадим?
7:0
9
Вставьте несколько символов математических операций («+», «—», «•», «:»), чтобы получилось верное равенство: 1234567= 13.
(Не обязательно использовать все четыре операции. Можно использовать несколько одинаковых операций. Можно объединять цифры в число. Нельзя использовать скобки.)
7: 1
10
Два мальчика смотрят, как кузнец куёт меч. Глядя на часы, один из них говорит другу: «Интервал между 1-ми 4-м ударом составляет 12 секунд». Сколько секунд пройдёт между 1-м и 12-м ударом?
2 : 1
11
В парламенте одной страны заседают 100 человек. По крайней мере один из них нечестен. Однако в любой паре парламентариев по крайней мере один честен. Сколько имеется нечестных парламентариев?
4:0
12
Когда Сашу спросили, сколько ему лет, он сказал: «Я в три раза моложе, чем папа, но в три раза старше, чем мой младший брат Дима». Дима на 40 лет младше папы. Сколько лет Саше?
5 : 3
13
Сколько существует трёхзначных чисел, у которых ровно 2 цифры одинаковы?
6 : 2
14
Восемь деревьев растут в ряд на расстоянии 5 метров друг от друга. Рядом с самым правым деревом есть колодец. Садовник Василий стоит с пустым ведром у колодца. Ему нужно полить все деревья (одно полное ведро на два дерева) и вернуться к колодцу. Какова длина самого короткого маршрута Василия?
7:2
15
При рождении детёныш аллигатора имеет длину 5 сантиметров. За год он вырастает до 25 сантиметров. На сколько процентов он вырос?
4: 1


418
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
№
Задача
Баллы
16
Дорога длиной 28 км разделена на три неравные части. Расстояние между серединами первой и последней частей равно 16 км. Найдите длину средней части дороги.
2 : 2
17
Имеются две цепи одинаковой массы. В первой 80 одинаковых звеньев, а во второй —100. Каждое звено первой цепи на 5 граммов тяжелее, чем звено второй цепи. Какова масса каждой из цепей?
7:5
18
В ряд выписана строка из цифр, причём любые две соседние цифры образуют число, которое делится на 17 или на 23. Первая цифра —9. Какой может быть 1001-я цифра? Найдите все ответы.
8:3
19
Справедливо утверждение: неверно, что фрука и большая, и круглая. Какие из следующих утверждений истинны?
а) Любая фрука маленькая и некруглая.
б) Любая фрука маленькая и имеет углы.
в) Любая фрука либо небольшая, либо некруглая, либо и то и другое.
г) Любая фрука либо небольшая, либо некруглая, но не то и другое сразу.
д) Если фрука большая, то она некруглая.
8:2
20
Николай владеет сетью супермаркетов и планирует начать рекламную компанию с четырьмя слоганами.
— Всё, что недорого, — невкусно!
— Всё, что невкусно, — недорого!
— Всё, что вкусно, — дорого!
— Не всё, что вкусно, — недорого!
Искушённый маркетолог говорит Николаю, что два из этих слоганов утверждают одно и то же. Какие два?
9:1
21
На олимпиаде по математике было 10 задач. За каждую правильно решённую задачу давали 5 баллов, а за каждую нерешённую вычитали 3 балла. Федя получил 34 балла. Сколько задач он решил правильно?
2:0


Занятие 8. Турнир по математическому домино
419
№
22
Задача
Дно квадратного бассейна выложено 900 квадратными плитками двух цветов, как показано на рисунке. Какова разность между количеством белых и чёрных плиток?
Баллы
7:3
23
В коробке лежат 12 шариков, отличающихся только цветом: 6 красных, 3 белых, 2 зелёных и 1 чёрный. Какое наименьшее количество шариков нужно вытащить, чтобы у вас было не менее 3 шариков одного цвета?
5 : 1
24
Незамкнутая ломаная состоит из 7 звеньев. Какое наибольшее число самопересечений может у неё быть? (Ломаная — это последовательность звеньев-отрезков, в которой каждый последующий отрезок начинается там, где заканчивается предыдущий. Конечные точки отрезков не считаются самопересечениями.)
7:4
25
Пятьдесят одинаковых звеньев соединены в незамкнутую цепь (одно звено изображено на рисунке). Отверстие в звене имеет длину 12 мм, толщина звена равна 3 мм. Какую длину имеет такая цепь?
6:4
26
Разрежьте эту фигуру на две одинаковые части. Разрезы могут идти по линиям решётки и диагоналям маленьких квадратиков.
! 1 I
TTTja
-J-L
Щ¥-
“Т
тг
£
4:2


420
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
№
Задача
Баллы
27
Если вы приласкаете зелюка, он станет мюмзиком. Если какой-нибудь зелюк — мюмзик, то находящаяся близко нава станет свирлепой. Какие из следующих утверждений истинны?
а) Если вы не приласкаете зелюка, то находящаяся близко нава не станет свирлепой.
б) Если вы приласкаете зелюка, то находящаяся близко нава станет свирлепой.
в) Находящаяся далеко нава не может стать свирлепой, если приласкать какого-нибудь зелюка.
г) Если находящаяся близко нава свирлепая, то некоторый зелюк является мюмзиком.
5:4
28
С момента, который был вчера за 10 часов до полуночи, до настоящего момента прошло столько же времени, сколько останется через два часа до сегодняшней полуночи. Сколько сейчас времени?
0:0
29
Серёжа и Лёня получили два одинаковых прямоугольника; каждый мальчик разрезает свой прямоугольник на две части. У Серёжи получилось 2 прямоугольника, периметр каждого из которых равен 40 см. У Лёни получилось 2 прямоугольника, периметр каждого из которых равен 50 см. Чему был равен периметр исходного прямоугольника?
8:1
30
Лариса сейчас вдвое старше, чем будет Анжела, когда Карине исполнится столько, сколько сейчас Ларисе. Кто из девочек старше всех? Кто младше всех?
3 : 2
31
Том с расстояния 30 метров увидел, как Джерри дразнит его, и тут же погнался за ним. Какое расстояние будет между ними через 5 минут, если Джерри бежит со скоростью 500 метров в минуту, а Том — только 450 метров в минуту?
4:3
32
Два последовательных двузначных числа сложили, а затем цифры их суммы записали в обратном порядке. Результат совпал с большим из двух исходных чисел. Что это были за числа?
7:6
33
У девочки есть ручная обезьянка, которая любит есть бананы. Каждый день она съедает ровно вдвое больше бананов,
2 о
чем весит сама, а каждую ночь она теряет - своего веса. На такой диете обезьянка счастлива. Однажды утром, уезжая на 4 дня, девочка оставила 40 килограммов бананов, которых в точности хватает, чтобы обезьянка была счастлива все эти дни. Сколько весила обезьянка в это утро?
4:4


Занятие 8. Турнир по математическому домино
421
№
Задача
Баллы
34
Три человека играют в такую игру. Каждый из них пишет 100 различных слов, а потом три списка сравниваются. Если слово есть в двух или всех трёх списках, оно вычёркивается из всех списков. У первого игрока осталось 61 уникальное слово, у второго — 80. Каково наименьшее возможное число слов, которые могли остаться у третьего игрока?
8 : 0
35
Переложите две спички так, чтобы равенство стало верным.
- и
3 : 1
36
В ряд записана последовательность цифр:
12345767891234576789...
Всего в ней 2019 цифр. Где в этом ряду следует поставить знак «+», чтобы получилась наименьшая из возможных сумм?
6:5
37
За круглым столом сидят семь рыцарей и лжецов. Каждый из них заявил: «Из двух моих соседей один — рыцарь, а второй — лжец». Сколько рыцарей за столом?
6:1
38
В круговом турнире каждая футбольная команда играет с каждой по одному разу. В одном таком турнире оказалось, что пятая часть команд не набрала ни одного очка. Сколько команд принимало участие в турнире?
5 : 5
39
Лифт сломался, и поэтому директор корпорации вынужден подниматься по ступеням 100-этажного небоскрёба пешком. Подъём от первого этажа до второго занял у директора 10 секунд, а подъём на каждый последующий этаж занимал на 1 секунду больше, чем на предыдущий. Между какими этажами окажется директор через 10 минут?
6:3


422
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Два брата отправились собирать грибы, а в лесу пошли порознь. Через лес проходит дорога, которую братья время от времени пересекали. К концу дня старший брат пересёк эту дорогу втрое больше раз, чем младший. По одну сторону дороги или по разные находятся братья в этот момент?
Задача 2. Дьявол говорит лентяю: «Каждый раз при переходе через этот заколдованный мост твои деньги будут удваиваться. За это ты будешь мне платить по 40 монет за каждый переход по мосту». Лентяй пересёк мост три раза и остался совсем без денег. Сколько монет было у него до сделки с дьяволом?
Задача 3. У Кати 24 куклы, 26 плюшевых зверей и 25 машинок. Однажды она решила подарить эти игрушки своей младшей сестре Марине. Чтобы было интереснее, она дарит сестре один раз в день по две игрушки одновременно: куклу и зверя, куклу и машинку или зверя и машинку. Каждый раз, когда Марина получает в подарок 2 игрушки, она дарит в ответ Кате одну игрушку: плюшевого зверя, если ей подарили куклу и машинку; машинку, если ей подарили куклу и зверя; куклу, если ей подарили зверя и машинку. (Изначально у Марины достаточно игрушек, чтобы такой процесс был возможен.) В итоге у Кати осталась последняя игрушка.
а) Сколько дней потребовалось для такого обмена?
б) Какая игрушка осталась у Кати?
Задача 4. На гранях игральной кости написаны числа от 1 до 6. Когда Саша бросил кость в первый раз, сумма чисел на четырёх боковых гранях оказалась равна 12. Во второй раз она оказалась равной 15. Какое число написано на грани, противоположной грани с числом 3?
Задача 5. На дороге от Дедморозовска до Снегуринска через каждый километр стоят километровые столбы. На одной стороне каждого столба указано расстояние до Дедморозовска, а на другой—до Снегуринска. Петя заметил, что сумма всех цифр на каждом километровом столбе равна 13. Сколько километров от Дедморозовска до Снегуринска?


Занятие 9 Принцип Дирихле
Задача для решения в классе
Задача 1. Докажите более сильные варианты примера 6.
а) Докажите, что среди первых 51 из чисел, являющихся степенями двойки (21, 22, ..., 251), можно найти пару чисел, чтобы их разность делилась на 100.
б) Докажите, что среди первых 41 из чисел, являющихся степенями двойки (21, 22, ..., 241), можно найти пару чисел, разность которых делится на 100.
Подборка задач
Задача 1. Разрежьте фигуру, показанную на рисунке, на три равные части. (Линии могут идти по линиям сетки и по диагоналям маленьких квадратиков.)
Задача 2. Средняя школа Волшебства объявляет новый факультативный курс: астрология.
На этот курс записалось пятнадцать учеников.
Докажите, что по меньшей мере 2 из них родились под одним знаком зодиака. (Всего имеется 12 знаков зодиака.)
Задача 3. Восемь рыцарей участвуют в турнире, куда входят три вида соревнований: стрельба из лука, фехтование на мечах и метание копья. В каждом виде рыцарю присуждают 0, 1 или 2 балла. Докажите, что по крайней мере 2 рыцаря получили в итоге поровну баллов.
Задача 4. В группе из 12 политиков некоторые являются сторонниками друг друга, а некоторые нет. Докажите, что в этой группе можно найти двух политиков, которые имеют одинаковое количество сторонников. (Обратите внимание на то, что это отношение симметрично: если А является сторонником В, то и В является сторонником Л.)
7^
£
ч -
Л
/


424
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Задача 5. Маргарита с помощью красного маркера отметила на числовой прямой 3 точки с целыми координатами. Ангелина с помощью синего маркера отметила среднюю точку для каждой пары красных точек. Докажите, что по крайней мере одна синяя точка имеет целую координату.
Задача 6. По заколдованному лабиринту можно идти вправо и вверх (см. рисунок). В каждой комнате лабиринта (отмечены на рисунке кружками) живёт эльф, гном или привидение. Если вы пройдёте через комнату, где живёт эльф, он даст вам 3 монеты, в комнате с привидением вы получите 6 монет, а гном не даст вам ничего. В лабиринт входят 12 детей. Докажите, что по крайней мере двое из них выйдут из лабиринта с одинаковым числом монет.
Задача 7. Три ученицы математического кружка—Алёна, Белла и Виолетта — входят в команду, которая участвует в турнире «Самый лучший логик». Перед командой поставлено следующее задание.
Девочки входят в абсолютно тёмную комнату, где стоит коробка с 2 красными, 2 жёлтыми и 3 зелёными шляпами. Каждая из них наугад берёт шляпу, надевает её и выходит из комнаты. Теперь каждая девочка может видеть цвет шляп подруг, но не может увидеть, какого цвета шляпа на ней самой. Затем Алёну просят высказать предположение о цвете, которого у её ншяпы точно нет. Она может либо назвать цвет, либо промолчать. Потом то же самое делает Белла, затем Виолетта. Если первое высказанное предположение верно, команда побеждает; если неверно, команда проигрывает.
Когда Алёну спросили о цвете, которого у неё нет, она промолчала. Когда спросили Беллу, она промолчала. Сейчас очередь Виолетты. Что она должна сделать?


Занятие 9. Принцип Дирихле
425
Дополнительные задачи
Задача 1. Алёша случайным образом запол- ; ; ;
нил табличку 3x3 числами 0, 1 и 2 (по одно- _ , 4~ ~ ~ - -
му числу в каждой клетке). Затем он посчитал ! s ... j ^
суммы во всех строках, во всех столбцах и в двух * - - ~ ~
диагоналях. Докажите, что по крайней мере две Н~т —
из этих сумм равны. " - ■ ~~ ^
* I 8 *—J4<
Задача 2. В Санкт-Петербурге больше 5 мил- ; :
лионов жителей. Докажите, что хотя бы два человека имеют поровну волос на голове, если известно, что ни один человек не имеет на голове более 1 миллиона волос.
Задача 3. Докажите, что среди любых 11 натуральных чисел можно найти два числа, разность которых делится на 10.
Задача 4. Группа из 70 школьников сдаёт три теста — по математике, русскому языку и физкультуре. На каждом тесте дают от 1 до 4 баллов. Верно ли, что в этой группе всегда можно найти 2 человек, которые показали на тестах одинаковые результаты?
(Упрощённый вариант задачи: 20 школьников и 2 теста.)
Задача 5. Алиса взяла красный маркер и отметила на координатной плоскости 5 точек с целыми координатами. Ульяна взяла синий маркер и отметила среднюю точку для каждой пары красных точек. Докажите, что хотя бы одна синяя точка имеет целые координаты.
Задача 6. Семиклассник Петя написал компьютерную программу для своего домашнего робота Васи. Начиная от 1, Вася должен писать числа, составленные только из единиц: 1, 11, 111 и т. д. Программа прекращает работать, когда Вася напишет число, которое делится на 19. Докажите, что программа закончит работать менее чем за 20 шагов.
t
1 ✓ -г-
у *
-1-
\
Е&
s ✓


Занятие 10
Принцип Дирихле в геометрии
Подборка задач
Задача 1. Разместите по кругу 6 положительных чисел так, чтобы каждое из них было произведением двух соседних. Найдите решение, в котором не все числа равны между собой.
Задача 2. Разделите фигуру на рисунке на 3 части
одинаковой формы и одинакового размера. (Все раз-
резы должны идти по линиям решётки.)
Задача 3. На участке марсианской поверхности ———— размером 10 х 10 километров живут 100 поселенцев с Земли. Каждый поселенец владеет квадратным участком размера 1x1 километр. Больше четверти этих переселенцев приехали из России. Докажите, что не менее двух поселенцев из России являются соседями. (Соседями считаются поселенцы, у участков которых есть общая сторона или вершина.)
Задача 4. Докажите, что если из множества натуральных чисел от 1 до 98 выбрать 50 различных целых чисел, то найдутся два выбранных числа, сумма которых равна 99.
Задача 5. Сеня и Валера играют в морской бой на поле 8x8. Сеня расположил где-то на поле линкор 1x4. Валера может выбирать клетки и стрелять по ним. Какое наименьшее число выстрелов гарантирует Валере, что он по крайней мере один раз попадёт в линкор («ранит» его)?
Задача 6. На столе сидят 25 мух. Известно, что из любых трёх мух можно выбрать двух, расстояние между которыми меньше 10 сантиметров. Докажите, что круглой мухобойкой с радиусом 10 сантиметров можно одним ударом прихлопнуть не меньше 13 мух.
♦
Задача 7. Разумные кактусы с планеты Кареллия счастливы, если посажены на расстоянии не менее 2 метров друг от друга. В мос¬


Занятие 10. Принцип Дирихле в геометрии
427
ковском зоопарке построен павильон для кареллианских кактусов, имеющий вид круга диаметром 20 метров. В нём посажено 20 кактусов так, что все они счастливы. Докажите, что в павильоне можно посадить ещё один кареллианский кактус, причём все кактусы по- прежнему будут счастливы.


428
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 1. Ковбой Джо выстрелил 15 раз по ковру размером 4x4 и сделал в нём 15 дырок. Всегда ли можно вырезать из ковра квадратик размером 1x1, в который не попала пуля? (Места попадания пуль считаем точками.)
Задача 2. Два скорпиона терпят друг друга только при условии, что они находятся на расстоянии не меньше чем 2 метра друг от друга. Сколько неуживчивых скорпионов могут поместиться на проволочном кубе с длиной стороны 1 метр? (Расстояние между скорпионами измеряется вдоль рёбер куба; скорпионов считаем точками.)


Занятие 11
Математическая олимпиада I
Первая часть задач
Задача 1. 25 воробьёв сидели на 2 кустах. Затем 5 воробьёв перелетели с первого куста на второй, а 7 воробьёв улетели со второго куста в поле. После этого на втором кусте оказалось вдвое больше воробьёв, чем на первом. Сколько воробьёв сидело на каждом из кустов изначально?
Задача 2. Сколько времени у муравья займёт путь по внешнему периметру фигуры, составленной из трёх квадратов, как изображено 7 на рисунке? Размеры указаны в метрах, скорость муравья равна 1 метр в минуту. Точ- щф. ру
ное расположение самого маленького квадра- та неизвестно.
Задача 3. Злая колдунья положила по кругу 7 яблок. Три яблока отравлены, причём они идут подряд. У вас есть волшебный прибор, который умеет сравнивать уровень яда в двух яблоках. Если одно яблоко отравлено, а другое нет, то прибор сообщит вам, в каком больше яда (т. е. вы узнаете, какое яблоко из двух ядовитое, а какое хорошее). Если же оба яблока отравлены или оба хорошие, он сообщит только, что в этих яблоках одинаковый уровень яда (но не уточнит, отравленные они или хорошие). Покажите, как найти 2 хороших яблока, использовав прибор только один раз.
Задача 4. С помощью одного чайного пакетика можно заварить 2 или 3 чашки чая. Таня и Ваня купили по одинаковой коробке пакетиков. До того как пакетики в коробках закончились, Таня заварила 57 чашек, а Ваня —83 чашки. Сколько пакетиков в коробке?
Задача 5. Можно ли заполнить доску 8x8 натуральными числами так, что:
• если у 2 квадратов есть общая сторона, то числа в этих квадратиках отличаются на 1;
в


430
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
• если 2 квадрата можно соединить ходом коня, то числа в них отличаются на 3?
Задача 6. 25 пиратов с судна «Позорная акула» провели два дня в таверне, играя в карты. В первый день все 25 пиратов проиграли разное количество золотых дублонов — от 1 до 25 (никакие два пирата не проиграли поровну). Во второй день произошло то же самое: все пираты проиграли различные суммы от 1 до 25. Капитан внёс общие двухдневные потери каждого пирата в судовой журнал. Докажите, что произведение 25 чисел в журнале — чётное число.


Занятие 11. Математическая олимпиада I
431
Вторая часть задач
Задача 7. У двух голодных числоедов на обед были числа от 1 до 1 ООО ООО. Первый числоед съел все числа, которые делились на 8, но не делились на 11. Второй числоед съел все числа, которые делились на 11, но не делились на 8. Кто из числоедов съел больше чисел?
Задача 8. По законам Шахматного королевства фигура может находиться на доске только тогда, когда не нападает на другие фигуры и сама не находится под ударом. На доске живут шесть угрюмых ладей. Могут ли они разместиться на доске так, чтобы на той же доске не смог поместиться ещё и конь?
Задача 9. По кругу написано 99 чисел. Известно, что в каждой паре соседей одно число делится на другое. Докажите, что можно найти пару чисел, не являющихся соседями, но обладающих тем же свойством.
Дополнительные задачи
Задача 10. Докажите, что число 11111. ..11111 (81 единица) делится на 81.
Задача 11. Назовём пятизначное число неразрушимым, если оно не является произведением двух трёхзначных чисел. Какое наибольшее количество неразрушимых чисел может идти подряд?


Занятие 12 Комбинаторика I. Повторение
Задачи для решения в классе
Задача 1. а) Сколькими способами можно набрать число 206 на кодовом замке (см. рисунок), если вы начинаете с центральной кнопки, а каждая последующая должна примыкать к только что нажатой?
б) Тот же вопрос для числа 2066.
в) Тот же вопрос для числа 2006.
Задача 2. У гнома Геннадия есть 3 плаща разных цветов: синий, зелёный и коричневый. У него также есть 5 различных шляп: 3 жёлтые и 2 красные. Наконец, у него 6 различных пар башмаков: 2 жёлтые пары и 4 красные. Геннадий выбирает себе наряд из плаща, шляпы и башмаков. Сколькими способами он может это сделать, если он хочет, чтобы цвет башмаков соответствовал цвету шляпы?
Задача 3. У инопланетян с планеты Мумба-Юмба в алфавите всего 4 буквы: А, Б, М и Ю. Любая комбинация этих букв является словом в мумба-юмбском языке. Например, и АББА, и ЮЮЮ — это слова мумба-юмбского языка.
а) Сколько 2-буквенных слов есть в этом языке? Сколько 3-буквенных слов?
б) Сколько 3-буквенных слов, в которых все буквы различны?
в) Сколько 4-буквенных слов, которые оканчиваются на А?
г) Сколько 4-буквенных слов, которые начинаются с гласной, а все их буквы различны?
д) Сколько 4-буквенных слов, которые оканчиваются согласной, а все их буквы различны?
е) Именами на планете Мумба-Юмба являются 4-буквенные слова, у которых по краям гласные, а в середине две согласные, например АМБА, ЮММА. Сколько разных имён есть у жителей планеты?


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 433
ж) 	Фамилиями на планете Мумба-Юмба являются 3-буквенные слова, у которых все буквы различны, а в середине гласная, например БЮМ, ЮАБ. Сколько разных фамилий может быть у жителей планеты?
Задача 4. Мила хочет купить 16 воздушных шариков. Шарики продаются 3 цветов: красные, зелёные и синие. Сколькими способами Мила может купить шарики, если она хочет, чтобы у неё было по крайней мере 4 шарика каждого цвета?


434
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. В семье 6 детей — 3 мальчика и 3 девочки. Сегодня фотограф делает семейный снимок.
а) Сколькими способами можно посадить в ряд трёх девочек?
б) Сколькими способами можно посадить в ряд всех детей, чтобы все девочки были слева, а все мальчики — справа?
в) Сколькими способами можно посадить в ряд всех детей, чтобы мальчики и девочки чередовались?
г) Сколько существует способов посадить в ряд всю семью, чтобы все девочки сидели подряд, все мальчики сидели подряд, а родители сидели либо вместе в центре, либо по одному на каждом из краёв?
Задача 2. Имеется 40 волшебников и 40 мётел. Сколькими способами можно раздать мётлы волшебникам, чтобы каждый получил по метле?
Задача 3. Число-палиндром — это число, которое одинаково читается в обоих направлениях. Например, 13531 — это палиндром.
а) Сколько существует пятизначных палиндромов?
б) Сколько существует пятизначных палиндромов, у которых три первые цифры различны?
в) Сколько существует пятизначных чисел, состоящих из разных цифр и оканчивающихся на 2?
г) Сколько существует нечётных пятизначных чисел, состоящих из разных цифр?
Задача 4. У математика есть жена и три ребёнка, причём все члены семьи отмечают день рождения в один день. Однажды математик сказал: «Когда родился мой первый ребёнок, сумма возрастов в нашей семье была равна 45. Год назад, когда родился третий ребёнок, она была равна 70. А сейчас сумма возрастов 3 детей равна 14». Определите возраст всех детей математика.
Задача 5. а) Квадрат 2x2 разделён на 4 квадратика 1x1. Мы покрываем квадрат 8 прямоугольными треугольниками (по 2 на каждый квадратик), которые могут быть чёрными или белыми. Назовём
покрытие «правильным», если треугольники с общей стороной имеют разный цвет. (Два примера «правильного» покрытия изображены на рисунке справа.) Сколько всего существует «правильных» покрытий?
б) 	Ответьте на тот же вопрос для квадрата 3x3.


Занятие 12. Комбинаторика I. Повторение 435
Дополнительные задачи
Задача 1. Сколькими способами можно прочитать слово ВЕЕР на рисунке справа?
Задача 2. В замке людоеда есть 25 пленников.
а) Сколькими способами он может выбрать одного человека на обед и одного на ужин?
б) Людоед обещал своей невесте освободить кого-нибудь из пленников. Сколькими способами он может выбрать двух пленников, чтобы их освободить?
Задача 3. Сколькими способами можно прочитать слово ЗООСАД в таблице справа?
(Можно переходить от клетки к клетке, если у них общая сторона или общая вершина.)
Задача 4. Сколькими способами можно составить четырёхзначное число из цифр 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, чтобы:
а) все цифры были различными и число начиналось с чётной цифры;
б) все цифры были различными и число заканчивалось нечётной цифрой?
Задача 5. Вы занимаетесь продажей роботов на одной из планет звезды Тау Кита. Для своего магазинчика вы только что получили большую партию одинаковых бытовых роботов и одинаковых роботов-нянек. Кроме этого, у вас есть для продажи 1 медицинский робот и 1 робот-контролёр. В витрине вашего магазина помещается 6 роботов. Сколькими способами вы можете заполнить витрину, если вы планируете показать:
а) только бытовых роботов и роботов-нянек;
б) 5 бытовых роботов и роботов-нянек, а также медицинского робота;
в) 5 бытовых роботов и роботов-нянек, а также одного робота другого типа?
Задача 6. Маша разрабатывает компьютерную игру и хочет, чтобы у каждого пользователя был уникальный пароль.
д
А
С
А
Д
А
С
О
С
А
С
О
3
О
С
А
с
О
с
А
д
А
С
А
д


436
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
а) Сначала она планировала ввести пароли длиной 8 символов, которые включают только строчные буквы а, Ъ и с. Сколько различных паролей может создать Маша?
б) Её друг Кирилл предложил использовать пароли длиной 8 символов, которые включают только буквы а, Ъ и с, причём ровно одна буква должна быть заглавной. Сколько различных паролей теперь может создать Маша?
в) Наконец Маша решила использовать пароли длиной 9 символов, которые включают одну цифру (от 0 до 9) и буквы а, Ъ и с, причём ровно одна буква должна быть заглавной. Во сколько раз таких паролей больше, чем в первоначальном плане Маши?


Занятие 13 Комбинаторика II. Сочетания
Подборка задач
Задача 1. Может ли быть так, чтобы дробь, у которой числитель меньше знаменателя, равнялась дроби, у которой числитель больше знаменателя?
Задача 2. Тому нужно покрасить забор из 9 белых вертикальных досок. У него есть три банки с краской — красной, зелёной и синей.
а) Сколькими способами Том может это сделать, если он красит каждую вторую доску (т. е. вторую, четвёртую и т. д.)?
б) Сколькими способами Том может это
сделать, если он красит каждую вторую доску, но ровно 1 доска должна оказаться красной?
в) Сколькими способами Том может это сделать, если он красит все доски, ровно 3 доски должны оказаться красными и забор должен быть раскрашен симметрично?
Задача 3. В школьной гимнастической команде 20 девочек, из которых только две семиклассницы — Маша и Наташа. Для участия в соревнованиях нужно выбрать 8 девочек, причём по крайней мере одна из них должна быть семиклассницей. Сколькими способами это можно сделать?
Задача 4. На плоскости выбрали 10 точек, причём никакие 3 точки не лежат на одной прямой. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках?
Задача 5. а) Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек?
б) 	Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек, если три из них — Вера, Надя и Люба —хотят сидеть подряд?


438
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
в) 	Сколькими способами можно посадить в ряд 13 девочек, если две из них — Валя и Галя — не хотят сидеть рядом друг с другом?
Задача 6. Из дерева вырезали несколько равносторонних треугольников, а затем прикрепили их к стене. Затем вокруг них натянули верёвку (см. рисунок). Докажите, что если верёвка образует треугольник, то этот треугольник равносторонний.


Занятие 14
Математический аукцион I
Б
Задачи для математического аукциона
Задача 1. В стране Тугрикании используются монеты в 1, 2, 5 и 10 тугриков. Используя несколько таких монет, а также знаки арифметических операций («+», «—», «•», «:»), можно сконструировать какое-то математическое выражение. Ценой такого выражения назовём общую стоимость монет, входящих в него. Напишите выражение, которое равно 2009, чтобы его стоимость была как можно меньше.
Лучше решение у той команды, у которой ниже стоимость выражения.
Задача 2. Вырежьте из квадрата 10 х 10 как можно большее число таких фигур (см. рисунок).
Лучше решение у той команды, которая сумела поместить в квадрат больше фигур.
Задача 3. Шестнадцать точек расположены на . и и и квадратной решётке так, как показано на рисунке.
Каково наименьшее количество точек, которые можно стереть, чтобы никакие 4 из оставшихся не нахо- .... дились в углах какого-нибудь квадрата?
Лучшим будет считаться решение той команды, которая стёрла меньше точек.
Задача 4. На бесконечной шахматной доске нарисуйте фигуру как можно большей площади, чтобы:
• линия, окружающая эту фигуру, проходила по линиям сетки и не имела самопересечений и касаний;
• фигура содержала не более 9 чёрных клеток.
Лучше решение у той команды, у которой получилась фигура большей площади.


440
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Расшифруйте равенство: (АА+АА+1)-А=ААА. (Одинаковые буквы заменяют одинаковые цифры.)
Задача 2. Можно ли построить два выпуклых четырёхугольника так, чтобы первый помещался внутри второго, но сумма диагоналей первого была больше, чем сумма диагоналей второго? (Четырёхугольник называется выпуклым, если все его углы меньше 180°.)
Задача 3. Два пешехода шли из пункта А в пункт В. Первый пешеход шёл половину расстояния со скоростью 4 километра в час, а вторую половину расстояния — со скоростью 6 километров в час. Второй пешеход шёл половину времени со скоростью 4 километра в час, а оставшееся время — со скоростью 6 километров в час. Кто первым прибыл в пункт В?
Задача 4. На доске написаны числа 1,2,..., 100. Каждую минуту профессор стирает три соседних числа и заменяет их числами, которые на 1 больше. Может ли профессор добиться, чтобы все числа стали равны 1000?
Задача 5. У Ромы есть 13 поролоновых кирпичей размером 1x1x2.
а) Может ли Рома склеить их в сплошной куб размером 3 х 3 х 3 с выемкой вместо одного уголка 1x1x1?
б) Может ли Рома склеить их в куб размером 3 х 3 х 3, у которого дырка 1 х 1 х 1 в центре?
Задача 6. При дворе принца Лимона служили бароны, герцоги и графы. В некий момент придворные начали сражаться на дуэлях. Каждая дуэль приводила к смертельному исходу, причём бароны убивали только герцогов, герцоги — только графов, а графы — только баронов. Известно, что никто не победил более чем на одной дуэли. В конце концов живым победителем остался барон Апельсин. Каким был титул первой жертвы, если первоначально было 100 придворных?
♦
Задача 7. Несколько шкатулок содержат вместе 2000 жемчужин. Докажите, что можно убрать несколько жемчужин и несколько шкатулок так, чтобы оставшиеся шкатулки содержали поровну жемчужин, причём всего осталось бы не менее 100 жемчужин.


Занятие 15
Комбинаторика III.
Дополнения. Математический питон
«Математический питон» по комбинаторике Питон 1
Неандерталец Фома умеет произносить 5 звуков: гласные звуки О и А и согласные звуки Р, К и Ф. Словом в его языке является любая комбинация этих звуков.
Задача 1. Фома резервирует 5-буквенные слова, состоящие только из согласных, для названий опасных животных—например, РРРФФ или ФРФКФ. Скольким разным опасным животным Фома может дать имя?
Задача 2. Имя безвредного животного образуется из 4 букв, причём две центральные — гласные, например, РАОК или КААО. Скольким разным безвредным животным Фома может дать имя?
Задача 3. Фома планирует называть своих будущих сыновей 4-буквенными словами, в которых гласные и согласные чередуются, — например, РАФА или АРОР. Сколько сыновей Фома может назвать разными именами?
Задача 4. Фома планирует называть своих будущих дочерей 5-буквенными словами, в которых удвоенная Р и 3 гласные, — например, именами могут быть РРАОА, АРРОА или ААРРО. Сколько дочерей Фома может назвать разными именами?
Задача 5. Фома называет слово «магическим», если оно одинаково читается от начала к концу и от конца к началу, — например, магическими словами являются АКА или ФРРФ. Сколько в его языке магических слов из 5 букв, у которых в центре гласная?
Задача 6. Для описания разных видов еды Фома использует 5-буквенные слова, которые заканчиваются удвоенной А, а всего в них ровно 3 гласные, — например, названиями блюд являются АРРАА, РОФАА или ФРОАА. Сколько различных слов для еды может придумать Фома?
Задача 7. Сколько в языке Фомы 5-буквенных слов, в которых любые две буквы, стоящие рядом, различны?
Задача 8. Сколько в языке Фомы есть 5-буквенных слов, содержащих хотя бы одну букву А?


442
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Питон 2
Задача 1. Группа из 10 туристов собирается в поход. Им нужно выбрать руководителя группы, координатора и кострового. Сколькими способами они могут это сделать?
Задача 2. Во время похода 10 туристов решили отправить 3 человек в соседнюю деревню за продуктами. Сколькими способами они могут выбрать этих 3 человек?
Задача 3. В семье 11 детей: 6 девочек и 5 мальчиков. Для генеральной уборки папе нужно выбрать 2 девочек и 3 мальчиков. Сколькими способами он может это сделать?
Задача 4. В семье 11 детей: 6 девочек и 5 мальчиков. Аня и Таня поссорились. Сколькими способами мама может выбрать группу из 4 девочек и 2 мальчиков, если она не хочет, чтобы в этой группе оказались одновременно и Аня, и Таня?
Задача 5. Найдите количество треугольников с вершинами в отмеченных точках.
Задача 6. 12 детей собираются водить хоровод вокруг новогодней ёлки. Сколькими способами они могут встать в круг, если Катя и Лиза обязательно хотят быть рядом друг с другом?
Задача 7. В городе живут 10 мастеров —2 из гильдии пекарей, 5 из гильдии ювелиров и 3 из гильдии магов. В городском совете есть 5 вакансий — 3 места старшего советника и 2 места младшего советника. Сколькими способами можно заполнить вакансии, если каждая гильдия хочет иметь одно место старшего советника?
Задача 8. Сколькими способами можно разделить группу из 9 школьников на 3 команды?


Занятие 15. Комбинаторика III. Математический питон
443
Питон 3
Задача 1. Сколько существует пятизначных чисел, не содержащих нулей? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 2. Сколько существует пятизначных чисел, содержащих хотя бы один ноль? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 3. В группе из 12 туристов 4 знают, куда надо идти, а 8 —- не знают. Сколькими способами можно выбрать группу из 4 туристов?
Задача 4. В группе из 12 туристов 4 знают, куда надо идти, а 8 — не знают. Сколькими способами можно выбрать группу из 4 туристов, чтобы там был хотя бы один человек, который знает, куда надо идти?
Задача 5. Кот и пёс собираются ехать в поезде из 10 вагонов. Они не хотят сидеть ни в одном вагоне, ни даже в соседних вагонах. Сколькими способами они могут выбрать себе вагоны?
Задача 6. Пираты Бом, Ром, Сом и Лом добыли 7 одинаковых золотых монет. Сколькими способами они могут разделить эти монеты, если каждый пират должен получить хотя бы по одной монете?
Задача 7. Сколькими способами можно поставить на шахматную доску 8x8 чёрную ладью и белую ладью, чтобы они не нападали друг на друга? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)
Задача 8. Сколькими способами можно поставить на шахматную доску 8x8 чёрного короля и белого короля, чтобы они не нападали друг на друга? (Достаточно оставить ответ в виде выражения.)


444
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Три мастера каратэ пришли в школу боевых искусств, где занимаются 20 учеников. Учитель школы должен выбрать 3 учеников для индивидуальных занятий с мастерами. Сколькими способами он может это сделать?
Задача 2. В летнем лагере «Весёлые ребята» есть 20 детей и 3 вожатых. Сколькими способами они могут выбрать группу из 10 человек, чтобы измазать зубной пастой школьников из соседнего лагеря «Солидные зверята», если в лагере «Весёлые ребята» должен остаться хотя бы один вожатый?
Задача 3. Мы хотим посчитать количество шестизначных чисел, у которых есть хотя бы одна чётная цифра. Сколько таких чисел существует?
Задача 4. Найдите число способов сделать пятизначное число из цифр 1, 2, 3, 4, 5 без повторений, чтобы:
а) чётные цифры располагались рядом друг с другом;
б) чётные цифры отделялись друг от друга не менее чем одной нечётной цифрой.
Задача 5. На клетчатой бумаге нарисован квадрат 1000 х 1000. Внутри него вдоль по линиям от края до края квадрата провели несколько линий. Получившийся рисунок из прямоугольников раскрасили в шахматном порядке. Докажите, что общая площадь чёрных прямоугольников — чётное число.
♦
Задача 6. На прямой отмечено несколько отрезков. Левая половина каждого отрезка выкрашена в красный цвет, а правая — в синий. Оказалось, что все левые половины образуют один непрерывный красный отрезок, а все правые половины образуют один непрерывный синий отрезок. При этом красный отрезок оказался на 20 сантиметров длиннее синего. Докажите, что среди первоначальных отрезков можно найти 2 таких, что один из них будет по крайней мере на 40 сантиметров длиннее другого.


Занятие 16
Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости
Задачи для решения в классе
Задача 1. Ваша цель—добраться из точки А в точку В. Однако на этот раз вы хотите по пути зайти в кафе, где продают ваше любимое мороженое (см. рисунок). Сколько у вас есть подходящих различных маршрутов?
Задача 2. Ваша цель—добраться из точки А в точку В. Однако вы не хотите проходить через перекрёсток, где обычно болтается ваш враг хулиган Петька (см. рисунок). Сколько у вас есть подходящих различных маршрутов?


446
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Воздушные силы Глюксембурга имеют 10 самолётов- шпионов.
а) В понедельник 4 самолёта должны отправиться с секретной миссией в Фингалию. Сколькими способами можно выбрать эти 4 самолёта?
б) Во вторник 4 самолёта должны отправиться с секретной миссией в Тартарию, 4 —в Розалию, а 2 —в Сугробию. Сколькими способами можно распределить эти самолёты?
Задача 2. Назовём ожерельем нитку с драгоценными камнями в каком-либо порядке.
а) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров и 6 одинаковых рубинов?
б) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров, 4 одинаковых рубинов и 2 одинаковых изумрудов?
в) Сколько различных ожерелий можно составить из 4 одинаковых сапфиров, 3 одинаковых изумрудов, 4 одинаковых рубинов и 1 оникса?
Задача 3. Алёша, Боря и Ваня решают один и тот же набор задач. Чтобы было интереснее, они решили давать 4 конфеты тому, кто решит какую-нибудь задачу первым, 2 конфеты тому, кто решит задачу вторым, и 1 конфету тому, кто решит задачу третьим. В результате оказалось, что каждый из мальчиков решил все задачи, причём одновременных решений не было. Дети заявили, что в итоге каждый получил по 20 конфет. Докажите, что они ошиблись в подсчётах.
Задача 4. Муравей Тим живёт на трёхмерной кубической решётке размерами 4x4x1 (см. рисунок). Сколькими способами Тим
( Точка В )
£-1
£ л
' у
г?
л?
г?
> ;?
C—*t
h
h
+~7
ТочкаА


Занятие 16. Комбинаторика IV. Комбинаторные хитрости 447
может пробраться из левого нижнего узла (точка А) в правый верхний (точка В), если он хочет это сделать кратчайшим путём?
Задача 5. а) Монету подбросили 20 раз. Сколько различных результатов (последовательностей гербов и решек) можно получить?
б) 	Имеется полоска из 20 квадратов. На крайнем левом квадрате стоит ладья. За один ход ладья может прыгнуть вправо на любое количество квадратов. Сколькими способами ладья может допрыгать до самого правого квадрата? (Примеры: ладья может сделать это за один прыжок длиной в 19 квадратов; или за три прыжка — сначала на 2 квадрата, потом на 15, потом ещё на 2 — и т. д.)
Задача 6. Назовём натуральное число приятным, если оно меньше, чем любое другое натуральное число с той же суммой цифр. Найдите 200-е приятное число.


448
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 1. В районе Мат-Хэттен есть 6 улиц, идущих с запада на восток, и 9 авеню, идущих с севера на юг. Все улицы имеют одностороннее движение: автомобиль может ехать только на восток или на север.
а) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру?
б) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут должен пройти через перекрёсток Удачи?
в) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут не должен пройти через перекрёсток Неудач?
г) Сколькими способами вы можете проехать от дома к кинотеатру, если ваш маршрут должен пройти через перекрёсток Удачи и не должен пройти через перекрёсток Неудач?
Задача 2. а) Сколькими способами вы можете положить 7 разных монет в 3 кармана?
б) Сколькими способами вы можете положить 7 одинаковых монет в 3 кармана?


Занятие 17
Магические квадраты и близкие задачи
Подборка задач
Задача 1. Можно ли построить магический квадрат из первых 9 простых чисел? Либо сконструируйте такой квадрат, либо объясните, почему такой квадрат невозможен.
Задача 2. Докажите, что в любом магическом квадрате 3x3 сумма чисел в угловых клетках равна сумме чисел, стоящих в клетках по сторонам. (На рисунке справа угловые клетки отмечены крестиками, а клетки на сторонах — ноликами.)
Задача 3. Докажите, что в магическом квадрате 4x4:
а) сумма чисел в 4 центральных и 4 угловых клетках равна удвоенной магической константе (на рисунке а) эти клетки закрашены);
б) сумма чисел в 4 центральных клетках равна магической константе (на рисунке б) эти клетки закрашены).
а) 6)
Задача 4. Десять дочерей царя Дадона поступили в академию «Идеальная Царевна», где есть курсы кулинарии, поэзии и боевых искусств. Каждая царевна по каждому из этих предметов либо сдала зачёт, либо не сдала. Докажите, что хотя бы у двух царевен будут одинаковые результаты.
Задача 5. а) На какой угол поворачивается часовая стрелка за одну минуту?
б) Какой будет величина угла между часовой и минутной стрелками в 0 часов 5 минут?
в) В какой момент после полуночи минутная и часовая стрелки в первый раз будут направлены в противоположные стороны?


450
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
г) 	В какой момент после полуночи минутная и часовая стрелки в первый раз будут направлены в одну сторону?
Задача 6. Рыцари Круглого Стола едят пирог с изюмом. Волшебник Мерлин сделал так, что каждый рыцарь съел либо вдвое больше изюминок, либо меньше на 10 изюминок, чем его сосед справа. Докажите, что рыцари вместе не могли съесть ровно 1001 изюминку.
♦
Задача 7. Магический квадрат 4x4 заполнен числами от 1 до 16. Некоторые из чисел были стёрты. Восстановите квадрат.
4
15
5
8
7


Занятие 18
Двойной подсчёт, или Разрезать пирог можно по-разному
Подборка задач
Задача 1. Можете ли вы украсить торт 8x8 шоколадными розами, чтобы на каждом куске размером 2x2 было ровно две розы, а на любом куске 3x1 была ровно одна роза? Либо нарисуйте такое расположение, либо объясните, почему это невозможно.
Задача 2. Все пираты судна «Чёрная Жемчужина» носят треуголки. Каждая треуголка украшена золотыми кисточками: на одном углу 1 кисточка, на другом—-2 кисточки, на третьем —3 кисточки. Каждый вечер пираты укладывают свои шляпы в виде треугольной башни (не заботясь о порядке углов). Однажды во время бессонницы капитан Барбосса сложил число кисточек во всех углах башни, и оказалось, что в каждом углу по 25 кисточек. После небольшого раздумья капитан решил, что не менее 1 кисточки было потеряно. Прав ли капитан?
Задача 3. а) Расположите в кружках натуральные числа от 1 до 7 так, чтобы суммы чисел на всех трёх отрезках были равны 12 и суммы чисел на обеих концентрических окружностях тоже были равны 12.
б) Можете ли вы найти другое решение, при котором число в центре будет другим?
в) Можете ли вы решить эту головоломку для числа, отличного от 12?
Задача 4. В трамвае едет шестьдесят человек. Среди них несколько кондукторов и несколько фальшивых кондукторов (людей, которые выдают себя за кондукторов), несколько контролёров и несколько фальшивых контролёров, а также, возможно, несколько обычных


452
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
пассажиров. Общее количество фальшивых кондукторов и фальшивых контролёров в 4 раза меньше, чем общее количество настоящих кондукторов и настоящих контролёров. Общее количество контролёров (настоящих и фальшивых) в 7 раз больше, чем общее количество кондукторов (настоящих и фальшивых). Сколько обычных пассажиров в трамвае?
Задача 5. На награду «Лучший математический фильм» были номинированы несколько кинокартин. Каждый из 10 арбитров втайне от других выбирает лучший фильм. Известно, что из любых 4 арбитров по крайней мере 2 голосовали за один и тот же фильм. Докажите, что существует фильм, который выбрали по крайней мере 4 арбитра.
♦
Задача 6. На шахматной доске 8x8 имеется 30 диагоналей (по 15 в каждом направлении). Можно ли поставить на доску несколько шахматных фигур, чтобы общее число фигур на каждой диагонали было нечётным? (Подсказка: решить задачу поможет чёрно-белая раскраска доски.)


Занятие 18. Двойной подсчёт
453
Дополнительные задачи
Задача 1. Света, Ира и Лёня играют в шахматы. Каждый сыграл 10 партий.
а) Сколько было всего сыграно партий?
б) Может ли быть, чтобы Лёня сыграл с Ирой больше партий, чем со Светой?
Задача 2. В детский сад пришли 13 детей. Каждый ребёнок принёс по 3 игрушки: куклу, плюшевого зверя и машинку. Время от времени какая-нибудь пара детей обменивается игрушками друг с другом. Может ли оказаться так, что каждый ребёнок отправился домой с игрушками только одного вида: либо с куклами, либо с животными, либо с машинками?
Задача 3. 36 бойцовых котов стоят строем 6 х 6. У каждого кота за ремнём заткнуто несколько кинжалов. Может ли общее число кинжалов в каждой шеренге быть больше 50, а общее число кинжалов в каждой колонне при этом быть меньше 50?
Задача 4. а) У фермера Джона есть 8 свиней. Он заметил, что любые 4 свиньи в сумме весят не меньше 1000 килограммов. Докажите, что все 8 свиней в сумме весят не меньше 2000 килограммов.
б) 	У фермера Джона есть 6 свиней. Он заметил, что любые 4 свиньи в сумме весят не меньше 1000 килограммов. Докажите, что все 6 свиней в сумме весят не меньше 1500 килограммов.
Задача 5. Тёмный маг собрал отряд орков и гоблинов. В первый день каждый орк поссорился с 10 гоблинами и 5 орками, а каждый гоблин поссорился с 9 орками и 6 гоблинами. Кого в отряде больше — орков или гоблинов? (В каждой ссоре участвуют двое, и ссора симметрична — если А поссорился с Б, то и В поссорился с А.)
Задача 6. У миссис Смит есть несколько банкнот по 10 долларов и по 20 долларов. Если она потратит все свои 10-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 4 пирога с малиной. Если она потратит все свои 20-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 5 пирогов с малиной. Если она потратит и все 10-долларовые, и все 20-долларовые банкноты, то ей не хватит 60 долларов, чтобы купить 6 пирогов с малиной. Сколько стоит один пирог с малиной?
Задача 7. Несколько студентов выбирают себе математические курсы. Всего предлагается 7 курсов: математическая логика, ме¬


454
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
тоды доказательств, комбинаторика, теория чисел, теория графов, криптография и стратегические игры. Оказалось, что каждый студент выбрал себе нечётное число курсов и каждый курс был выбран нечётным числом студентов. Чётно или нечётно общее количество студентов?
Задача 8. а) Шесть монет расположили в виде треугольника, как на рис. А. Известно, что общий номинал любых трёх граничащих друг с другом монет (образующих треугольник) равен 10 тугрикам. Чему равен суммарный номинал всех шести монет? (Монеты одинаковы по размеру, но их номинал может быть разным.)
б) 	Взгляните на рис. Б. Каким может быть суммарный номинал всех десяти монет? (Условия те же, что в п. а). Либо вычислите этот суммарный номинал, либо приведите примеры двух разных сумм.)
Задача 9.10 школьников выставили по одной фотографии в «Ин- стаграме», чтобы собирать лайки. В первый день все фотографии получили разное число лайков — от 1 до 10. То же самое произошло и во второй день. После двух дней оказалось, что нет двух фотографий, у которых поровну лайков. Докажите, что найдётся такая пара фотографий, что у одной ровно на 10 лайков больше, чем у другой.
Задача 10. Можно ли расставить в кружках 10 чисел 0,1,2,..., 9, чтобы суммы 3 чисел на каждом отрезке были одинаковыми?
А
Б


Занятие 18. Двойной подсчёт
455
Задача 11. Имеется 7 натуральных чисел. Какие бы 6 из них мы ни взяли, сумма этих 6 чисел делится на 5. Докажите, что каждое из чисел делится на 5.
Задача 12. Тамара нарисовала прямоугольник на клетчатой бумаге и замостила его доминошками 1x2. Она заметила, что любая линия решётки разрезает кратное 4 число доминошек. Докажите, что длина по крайней мере одной стороны прямоугольника делится на 4.
Задача 13. Таблица 4x4 заполнена числами, как показано на рисунке. Перед каждым числом поставлен либо «+», либо «—», причём в каждой строке и в каждом столбце есть ровно 2 плюса и 2 минуса. Докажите, что сумма всех чисел с учётом знаков всегда будет равна 0.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
Задача 14. Каждый из 27 английских джентльменов посещает не более двух разных клубов. Кроме того, любые два из этих джентльменов посещают один и тот же клуб. Докажите, что по крайней мере 18 из этих джентльменов посещают один и тот же клуб.


Занятие 19
Математическая олимпиада II
Первая часть задач
Задача 1. Саша и Паша спускались с вершины горы. Саша пошёл пешком, а Паша поехал на лыжах —в 20 раз быстрее, чем Саша. На половине расстояния до низа горы Паша сломал лыжи и оставшуюся часть тоже шёл пешком —в 2 раза медленнее, чем Саша. Кто спустился с горы первым?
Задача 2. На вешалке висели 20 шляп. К ней подошли 25 человек. Некоторые из них взяли шляпу, а некоторые повесили свою. Может ли оказаться так, что на вешалке после этого осталось 10 шляп?
Задача 3. Одуванчик открывается утром и цветёт жёлтым цветом 2 дня. Утром третьего дня он белеет, а к концу этого дня облетает. Вчера на лугу было 20 жёлтых цветов и 14 белых; сегодня 15 жёлтых и 11 белых.
а) Сколько жёлтых цветов было позавчера?
б) Сколько белых цветов будет завтра?
Задача 4. Можно ли расставить числа от 1 до 6 на рёбрах тетраэдра так, чтобы для каждой вершины сумма чисел на примыкающих к ней рёбрах была одной и той же?
Задача 5. Саша нарисовал на бумаге 6 отрезков и отметил точки пересечения синим маркером. Оказалось, что в каждой отмеченной точке пересекаются ровно 2 отрезка. Кроме того, на первом отрезке оказалось 3 отмеченные точки, на втором — 4, на третьем, четвёртом и пятом — по 5 отмеченных точек. Сколько отмеченных точек есть на шестом отрезке?
Задача 6. Соревнование по поеданию хот-догов продолжалось два дня. Во время первого дня каждый участник съел столько хотдогов, сколько все остальные участники вместе во второй день. Докажите, что все участники за два дня съели поровну хот-догов.


Занятие 19. Математическая олимпиада II
457
Вторая часть задач
Задача 7. В школьном лагере находится 55 детей. Из каждых 10 детей по крайней мере 5 одного возраста. Докажите, что в лагере найдётся по крайней мере 25 детей одного возраста.
Задача 8. Граф Дракула хочет распределить 100 золотых талеров между тремя благотворительными организациями: «Легализация некромантии», «Анонимные вампиры» и «Скорая донорская помощь». Каждой из организаций он хочет дать какое-то натуральное число талеров. Сколькими способами граф может сделать свой благотворительный вклад?
Задача 9. Восемь ладей поставлены на шахматную доску так, что они не бьют друг друга. Докажите, что число ладей на чёрных полях чётно.
Задача 10. В коробке лежат теннисные мячи 10 разных цветов. Известно, что из коробки можно вытащить 100 мячей так, чтобы в ней осталось одно и то же количество мячей каждого цвета. Докажите, что в коробку можно добавить 900 мячей, чтобы в ней было одно и то же количество мячей каждого цвета.
Дополнительные задачи
Задача 11. Числа 1, 2, 3 и 4 расположены по кругу (в этом порядке). Вы можете добавить по 1 к любой паре соседних чисел. Сможете ли вы сделать все числа равными? Либо покажите, как это сделать, либо докажите, что это невозможно.
Задача 12. На вечеринку пришло 11 человек. Оказалось, что для любых 5 человек на вечеринке найдётся человек, который знаком с каждым из пятерых. Докажите, что на вечеринке есть человек, который знаком со всеми остальными.
Задача 13. Вчера вечером 101 пара юношей и девушек отправилась на свидание. Все юноши пришли ровно в 19 часов. Некоторые девушки пришли раньше 19 часов, и им пришлось ждать своего друга, а остальные пришли после 20 часов, так что их юношам пришлось ждать подруг. Докажите, что если бы все юноши пришли в 20 часов, то общее время ожидания было бы другим.


Занятие 20
Делимость I. Повторение
Упражнения по разложению на множители. Подборка 1
В каждом из приведённых упражнений у вас есть список фактов о каком-либо числе. Ваша задача — найти это число.
1. Секретное число:
—делится на 7,
—делится на 11,
—делится на 2,
— всего имеет 3 простых множителя.
6. Секретное число:
—делится на 45,
—делится на 25,
— всего имеет 4 простых множителя.
2. Секретное число:
—делится на 4,
—делится на 6,
— всего имеет 3 простых множителя.
7. Секретное число:
— заканчивается 2 нулями,
— делится на 3,
— всего имеет 5 простых множителей.
3. Секретное число:
— не делится на 8,
—делится на 4,
—делится на 6,
—делится на 7,
— всего имеет 4 простых множителя.
8. Секретное число:
—делится на 5,
—делится ровно на 3 различных числа.
4. Секретное число:
—делится на 14,
—делится на 21,
—делится на 6,
— всего имеет 3 простых множителя.
9. Секретное число:
—делится на 4,
—делится ровно на 5 различных чисел.
5. Секретное число:
— не делится на 27,
—делится на 6,
—делится на 9,
—делится на 4,
— всего имеет 4 простых множителя.
10. Секретное число:
— делится на 15,
— делится на 21,
— делится на 35,
—делится ровно на 8 различных чисел.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
459
Упражнения по разложению на множители. Подборка 2 Задача 1. Разложение числа на простые множители таково:
2-32-73-13.
Делится ли это число на 2? На 4? На 14? На 12? На 98?
Задача 2. Разложение одного числа на простые множители таково:
22 • 3 • 73 • 13,
разложение другого числа на простые множители таково: 2 • З3 • 72.
а) Делится ли первое число на второе?
б) Делится ли произведение этих чисел на 8? На 36? На 27? На 16? На 56?
Задача 3. Число А чётное. Верно ли, что ЗА обязательно делится на 6?
Задача 4. Число 5А делится на 3. Верно ли, что А обязательно делится на 3?
Задача 5. Числа А и В таковы, что АВ делится на 7. Верно ли, что одно из этих чисел обязательно делится на 7?
Задача 6. Числа А и В таковы, что АВ делится на 15. Верно ли, что одно из этих чисел обязательно делится на 15?
Задача 7. Число А2 делится на 11. Верно ли, что А2 обязательно делится на 121?
Задача 8. Число А2 делится на 12. Верно ли, что А2 обязательно делится на 144?


460
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Фраза в древнем учебнике гласит: «з333333 + \ является простым числом». Может ли эта фраза быть истинной?
Задача 2. Найдите наименьшее такое число N, чтобы N\ делилось на 990. (АП — это произведение всех целых чисел от 1 до N.)
Задача 3. Делится ли 100! на 2100?
Задача 4. Решите уравнение УМ • УМ = БУМ.
(Одинаковые буквы заменены одинаковыми цифрами; различные буквы заменены различными цифрами.)
Задача 5. Рассеянный математик полагает, что он может разместить 99 натуральных чисел по кругу так, чтобы для каждой пары соседних чисел отношение большего числа к меньшему было простым числом. Докажите, что математик ошибается.
Задача 6. На доске расставлены 8 ладей так, что никакие две ладьи не бьют друг друга. Докажите, что если разрезать доску на четыре квадрата 4x4, как показано на рисунке, то в частях А и D будет равное количество ладей.


Занятие 20. Делимость I. Повторение
461
Дополнительные задачи
Задача 1. Произведение двух натуральных чисел равно 1000. Ни одно из этих чисел не оканчивается нулём. Найдите эти числа.
Задача 2. Докажите, что число делится на 4 тогда и только тогда, когда число, образованное его последними двумя цифрами, делится на 4.
Задача 3. Несколько веков назад знаменитый математик Леонард Эйлер предложил очень интересную формулу для простых чисел: п2 + п + 41. Если вы начнёте подставлять в неё первые натуральные числа п = 1,2,3,4 и т. д., вы будете получать простые числа. Например, при п = 20 формула даёт простое число 461, при п = 21 формула даёт простое число 503 и т. д. Верно ли, что эта формула даёт простые числа при всех натуральных п?
Задача 4. Докажите, что из 7 точных квадратов всегда найдутся два, разность которых делится на 10.
Задача 5. Я задумала трёхзначное простое число. Его последняя цифра равна сумме двух других. Какой может быть последняя цифра моего числа?
Задача 6. Докажите, что если n! -f 1 делится на п +1, то п + 1 является простым числом.


Занятие 21
Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК
Задачи для решения в классе
Задача 1. а) Найдите наименьший общий делитель чисел
2-32-54-11-13 и 24-52•7-11.
А чему равен наибольший общий делитель?
б) 	Найдите наименьшее общее кратное этих чисел.
Задача 2. У Феди в деревне живёт несколько тётушек. Когда Федя приехал в деревню 1 января, все приготовили ему что-то вкусное: тётушка Аня напекла блинов, тётушка Маша испекла пирог, тётушка Зина сварила борщ, а тётушка Тоня приготовила голубцы. Через сколько дней Федя должен снова поехать в деревню, если он хочет опять попробовать все блюда одновременно и знает, что тётушка Аня печёт блины каждый второй день, тётушка Маша делает пирог каждый третий день, тётушка Зина варит борщ каждый четвёртый день, а тётушка Тоня готовит голубцы каждый седьмой день?
Задача 3. а) Числа х и у взаимно простые, а их произведение равно 23 • 52. Какими могут быть числа х и у? Найдите все ответы.
б) 	НОД чисел х и у равен 6, а их произведение равно 28 • З5. Какими могут быть числа х и у? Найдите все ответы.
Задача 4. а) Галя говорит, что, поскольку 24 = 4 • 6, из делимости числа на 4 и на 6 следует его делимость на 24. Валя говорит, что, поскольку 24 = 3 • 8, из делимости числа на 3 и на 8 следует его делимость на 24. Кто из девочек прав и почему?
б) Саша говорит, что, поскольку 60 = 3 • 4 • 5, из делимости числа на 3, на 4 и на 5 следует его делимость на 60. Паша говорит, что, поскольку 60 = 2 • 3 • 10, из делимости числа на 2, на 3 и на 10 следует его делимость на 60. Кто из мальчиков прав?
в) Придумайте простой тест для проверки делимости на 180.


Занятие 21. Делимость II. Взаимно простые числа; НОД и НОК 463
Задача 5. а) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 24, а наибольший общий делитель —12?
б) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 12, а наибольший общий делитель — 24?
в) Можно ли найти два таких числа, чтобы их разность была равна 24, а наибольший общий делитель — 7?
Задача 6. а) Пираты Коля и Толя купили себе по несколько одинаковых шоколадных пряников. Коля за свои пряники заплатил 93 монеты, а Толя за свои пряники заплатил 102 монеты. Какой может быть цена одного пряника, если она равна целому числу?
б) Пираты Лиза и Лена купили по несколько одинаковых бочонков с порохом. Лена заплатила на одну золотую монету больше, чем Лиза. Какой может быть цена одного бочонка, если она равна целому числу?
в) Капитан Крюк и Капитан Кидд купили по несколько одинаковых треуголок. Капитан Крюк заплатил на 6 серебряных монет больше, чем Капитан Кидд. Какой может быть цена одной треуголки, если она равна целому числу?
Задача 7. Наибольший общий множитель двух чисел А и В равен 150. Каким может быть наименьшее произведение этих чисел? Каким может быть наибольшее произведение этих чисел?
Задача 8. А и В — целые числа; С — их наибольший общий делитель. Докажите, что А —В делится на С.


464
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Алина и Андрей купили по несколько одинаковых петард. Андрей заплатил на 12 тугриков больше, чем Алина; Алина заплатила нечётное число тугриков. Какой может быть цена одной петарды? (Петарда стоит целое число тугриков.)
Задача 2. На ферме есть лошади и коровы. Количество лошадей на 10 больше, чем половина числа коров. Количество коров на 20 больше, чем количество лошадей. Сколько коров и лошадей на ферме?
Задача 3. У Миши есть деревянный треугольник, один из углов которого равен 40 градусам. Как ему с помощью этого треугольника отмерить: а) угол 160°; б) угол 20°?
(Размеры двух других углов треугольника неизвестны.)
Задача 4. а) У царя Дадона есть бархатный мешочек, наполненный одинаковыми бриллиантами. Он может разделить эти бриллианты на 3 равные кучки, на 4 равные кучки или на 5 равных кучек. Сколько бриллиантов может быть у царя, если известно, что в его коллекции меньше 100 бриллиантов?
б) 	У царя Дадона есть тайник с одинаковыми золотыми монетами. Если бы у него было на 1 монету больше, он мог бы разделить эти монеты на 4 равные кучки, на 5 равных кучек, на 6 равных кучек или на 7 равных кучек. Сколько монет может быть у царя, если известно, что у него меньше 500 монет?
Задача 5. Найдите наименьшее число гг, для которого 1000! не делится на 38п.
Задача 6. На каждой из нарисованных диаграмм расставьте числа в узлах так, чтобы:
• если два узла соединены ребром, то числа в этих узлах не были бы взаимно простыми;
• если два узла не соединены ребром, то числа в этих узлах были
бы ВЗаИМНО ттплгтотмгт*
Задача 7. Пусть р — простое число.
а) Сколько существует чисел, меньших р и взаимно простых с р?
б) Сколько существует чисел, меньших р2 и взаимно простых с р?


Занятие 21. Делимость И. Взаимно простые числа; НОД и НОК 465
Дополнительные задачи
Задача 1. а) Сколько общих делителей имеют числа 907 и 908?
б) 	Сколько общих делителей имеют числа 56 785 и 56 789?
Задача 2. Я придумала 5 составных чисел, и любые два из них являются взаимно простыми. Докажите, что как минимум одно из моих чисел больше чем 100.


Занятие 22
Делимость III.
Математические гонки
Задачи для математических гонок
Во всех задачах, если не оговорено иное, мы работаем с натуральными числами.
Задача 1. Для чисел а, b и с известно, что НОД(а, Ь) = 10; НОД(Ь, с) = 7. Найдите наименьшее возможное значение произведения а • Ь • с.
Задача 2. Два числа взаимно просты, а их произведение равно 23 • 5 2 • 133. Какими могут быть эти числа? Найдите все ответы.
Задача 3. Наибольший общий делитель двух чисел равен 6, а их произведение равно 22 • З2 • II5. Какими могут быть эти числа? Найдите все ответы.
Задача 4. а) Докажите, что произведение 5 последовательных натуральных чисел делится на 30.
б) 	Докажите, что произведение 5 последовательных натуральных чисел делится на 120.
Задача 5. а) Найдите наибольшее число N, для которого 100! делится на 11N.
б) 	Найдите наибольшее число N, для которого 100! делится на 35N.
Задача 6. Докажите, что 50! не является точным квадратом.
Задача 7. Найдите наименьшее число п, для которого
п(п + 1)(п + 2)(п + 3)
делится на 1000.
Задача 8. а) Число а 4-1 делится на 3. Докажите, что 4а +1 тоже делится на 3.
б) Число а +1 делится на 3. Докажите, что 7а +16 тоже делится на 3.
в) Число а +13 делится на 3. Докажите, что 2а —13 тоже делится на 3.


Занятие 22. Делимость III. Математические гонки
467
Задача 9. Найдите две последние цифры суммы 1! + 2! +... -Ь19991 + 2000!.
Задача 10. Число 2 + а делится на 11. Докажите, что 31 — а тоже делится на 11.
Задача 11. Число х + 2у делится на 7. Докажите, что 6х + 5у тоже делится на 7.
Задача 12. Найдите какие-нибудь 3 таких различных числа х, у и z, чтобы x + y + z делилось и на х} и на у, и на z.
Задача 13. Найдите 5 таких различных чисел, чтобы их сумма. делилась на любое из них.
Задача 14. Имеется таблица из двух строк и бесконечного числа столбцов. В первой строке написаны все натуральные числа, кратные 9: 9, 18, 27, 36 и т.д. Во второй строке под каждым кратным записана сумма его цифр. Например, первые четыре числа во второй строке: 9, 9, 9, 9.
а) На каком месте во второй строке впервые появится число 81?
б) Что во второй строке появится раньше: число 27 четыре раза подряд или число 36?


Занятие 23
Математический аукцион II
Задачи для математического аукциона
Задача 1. Запишите число 100 с помощью нескольких цифр 8. Используйте как можно меньше восьмёрок.
Разрешается использовать арифметические операции («+», «-», «х», «:»), возведение в степень и скобки. Одну операцию можно использовать несколько раз. Необязательно использовать все операции. Нельзя использовать 8 для создания многозначных чисел, например 88 или 888.
Лучше решение у той команды, которая использует меньше цифр 8.
Задача 2. У вас есть длинная прямая деревянная планка. Вы хотите поставить на ней несколько отметок, чтобы получился измерительный инструмент. Чтобы отмерить какое-то расстояние, на линейке должны иметься две отметки с этим расстоянием между ними. Линейка должна отмерять любое расстояние от 1 до 20. Поставьте как можно меньше отметок.
Лучше решение у той команды, которая использует меньше отметок.
Задача 3. Поставьте на шахматную доску 8x8 как можно меньше шахматных коней так, чтобы они атаковали все незанятые поля.
Лучше решение у той команды, которая поставит меньше коней.
Задача 4. Художник рисует абстракционистскую картину «змейка» на доске 7x7. «Змейка» — это совокупность квадратов, которые закрашены по следующим правилам.
• Каждый очередной закрашенный квадрат должен примыкать стороной к квадрату, закрашенному на предыдущем шаге.
• Новый закрашенный квадрат не может иметь общей стороны с любыми другими частями змейки (но может касаться углом).
Художник смог нарисовать змейку длиной в 31 квадрат (см. рисунок). Какую самую длинную змейку удастся нарисовать вам?
Лучше решение у команды, нарисовавшей более длинную змейку.


Занятие 23. Математический аукцион II
469
Задача 5. У вас есть несколько карточек: две карточки с числом 1, две карточки с числом 2 и т.д. до числа п. Назовём расположение этих карточек в ряд «магическим», если между двумя карточками с числом 1 находится ровно одна карточка, между двумя карточками с числом 2 находятся ровно две карточки, между двумя карточками с числом 3 находятся ровно три карточки и т. д. Например, при п = 3 возможно такое магическое расположение карточек:
3 12 13 2.
Найдите магическое расположение карточек для как можно большего числа п.
Лучше решение у той команды, которая получила расположение для большего п.


470
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. Дан список фраз на языке суахили1 и их перевод на русский язык.
• Atakupenda — Он будет любить тебя.
• Nitawapiga—Я буду бить их.
• Atatupenda —Он будет любить нас.
• Anakupiga — Он бьёт тебя.
• Nitampenda—Я буду любить его.
• Unawasumbua — Ты раздражаешь их.
Переведите на суахили фразы.
• Ты будешь любить их.
• Я раздражаю его.
Задача 2. а) Некоторые вершины правильного семиугольника окрашены в чёрный цвет, а остальные в белый. Дока;хите, что можно выбрать три вершины одного цвета, которые образуют равнобедренный треугольник.
б) 	Верно ли это для правильного восьмиугольника?
Задача 3. Робот Роберт вычислил 15! и написал это число на доске. Озорник Вася заменил некоторые цифры в написанном числе звёздочками так, что на доске осталось 15! = = 130 * 674368 * * *.
Найдите убранные цифры, не вычисляя факториала.
Задача 4. Докажите, что число делится на 8 тогда и только тогда, когда на 8 делится число, образованное последними тремя цифрами этого числа.
Задача 5. Докажите, что число, составленное только из цифр 2 и 6, не может быть точным квадратом.
Задача 6. Можете ли вы найти 100 последовательных натуральных чисел, среди которых нет ни одного простого?
Задача 7. По кругу располагается 101 мудрец. Каждый из них либо считает, что Земля плоская, либо считает, что Земля круглая. Каждые пять минут все мудрецы одновременно выкрикивают своё мнение по этому поводу. Сразу после этого любой мудрец, у которого оба соседа не разделяют его точку зрения, меняет своё мнение. Докажите, что через некоторое время мудрецы прекратят менять своё мнение.
1 Суахили—языка народа суахили. Распространён в странах Восточной Африки. —Прим. ред.


Занятие 24
Делимость IV. Делимость на 3 и остатки
Подборка задач
Задача 1. Заполните таблицу остатков при делении на 3 для разности двух чисел а и Ь. Помните, что остатки не могут быть отрицательными числами или больше двух.
Задача 2. Может ли сумма трёх последовательных натуральных чисел быть простым числом?
Задача 3. Докажите, что 3773 — 1 делится на 3.
Задача 4. У дона Педро есть кошелёк с 3-тугриковыми монетами. Взяв несколько монет, он купил 1 сомбреро и получил сдачу 1 тугрик. На следующий день он купил 7 сомбреро, снова использовав
3-тугриковые монеты. Докажите, что ему снова дадут сдачу в 1 тугрик.
Задача 5. Найдите остаток от деления числа 1610—2101 • 722 на 3.
Задача 6. Докажите, что числа 12п +1 и 12п + 7 являются взаимно простыми.
Задача 7. Тимофей не решил ни одной задачи и от злости рвёт лист бумаги с условиями на части. Он может взять произвольный кусок и порвать его либо на 4, либо на 10 частей. Может ли он в итоге получить 2 миллиона кусков?
Задача 8. Три брата собрали пшеницу и расставили снопы в виде точного квадрата (может быть, 6 х 6, а может, 20 х 20 и т. д. — мы не знаем величины урожая). Они хотели справедливо разделить пшеницу на троих, чтобы у каждого оказалось поровну снопов, но не смогли этого сделать. Их отец заметил, что на краю поля остались неучтёнными ещё два снопа. Смогут ли братья теперь разделить урожай?
Задача 9. На каждой из клеток доски 5x5 сидит по одному жуку. Когда я хлопаю в ладоши, каждый из 25 жуков переползает в соседнюю клетку по диагонали. Докажите, что после хлопка как минимум 5 квадратов будут пустыми.
Ъ
0
1
2
0
а
1
2


472
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 1. На складе есть 6 контейнеров с дилитием —топливом для космических кораблей. В них содержится 15, 16, 18, 19, 20 и 31 тонна дилития. Для заправки двух космических кораблей использовали 5 контейнеров из 6. Какой контейнер остался неиспользованным, если каждый корабль получил целое число тонн дилития, причём одному из них досталось вдвое больше топлива, чем другому?
Задача 2. Существует ли такое простое число р, что р - 100 и р + 100 также простые числа?
Задача 3. Известно, что х2 + у2 = z2. Докажите, что х или у делятся на 3.
Задача 4. Докажите, что любое число и сумма его цифр имеют одинаковые остатки при делении на 3.
Задача 5. Докажите, что для всех натуральных п число п3 + 2п делится на 3.


Занятие 25
Делимость V. Делимость и остатки
Практические упражнения на делимость и остатки
Задача 1. Некое число при делении на 6 даёт остаток 1. Каким может быть остаток при делении этого числа на 18? Найдите все ответы.
Задача 2. Некое число делится на 4 и на 6. Каким может быть остаток при делении этого числа на 24?
Задача 3. Найдите остаток при делении числа 8100 на 9.
Задача 4. Найдите последнюю цифру числа
1 - 2 + 2-3 + ... + 999* 1000.
Задача 5. Найдите остаток при делении числа
1999•2000•2001•2002•2003•2004•2005 -1211 на 7.
Задача 6. Докажите, что п2 +1 не делится на 3 для любого п.
Задача 7. Докажите, что п3 — п делится на 24 для любого нечётного п.


474
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Подборка задач
Задача 1. У Димы больше орехов, чем у Миши. Если бы Дима дал Мише столько орехов, сколько у Миши уже есть, то у мальчиков было бы орехов поровну. Однако Дима дал Мише всего несколько орехов (не больше 5), а оставшиеся орехи поделил поровну между тремя белками. Сколько орехов Дима отдал Мише?
Задача 2. Докажите, что если числа а и ах имеют одинаковые остатки при делении на 7 и 0 < а < 7, то х имеет остаток 1 при делении на 7.
Задача 3. У маткружковца Васи есть 11 друзей. Вася заметил, что если он сложит любые 7 номеров телефонов своих друзей, то всегда получается число, оканчивающееся на 9. Какая цифра будет последней в сумме, если Вася сложит все 11 номеров телефонов?
Задача 4. Сколько существует таких пар натуральных чисел х и у, что х и у не превосходят 100 и х2 + у2 делится на 7?
Задача 5. У космонавта А сломался луноход на расстоянии 18 километров от лунной базы. В луноходе хватит воздуха ещё на 3 часа. Кроме того, у А есть 1 баллон с кислородом, который можно использовать и внутри лунохода, и во время пешего путешествия. Кислорода в баллоне хватит на 1 час.
На лунной базе находится космонавт В. У него есть достаточное количество баллонов с кислородом, каждый из которых рассчитан на 2 часа. Когда космонавт В идёт пешком, он может нести не больше двух таких баллонов, причём один должен использовать для своего дыхания.
Скорость обоих космонавтов составляет 6 километров в час, они могут свободно общаться между собой по радио. Может ли В спасти А и сам вернуться на базу?
♦
Задача 6. Семеро грабителей делят мешок монет различного достоинства. Оказалось, что деньги нельзя разделить на всех поровну, но если убрать любую из монет, то оставшуюся сумму можно разделить на всех поровну. Докажите, что в мешке не может быть 100 монет.


Занятие 25. Делимость V. Делимость и остатки
475
Дополнительные задачи
Задача 1. Мария получает на работе каждую неделю одно и то же количество долларов. На зарплату за первую неделю она купила максимально возможное количество 3-долларовых пряников, а остаток положила в копилку. На зарплату за вторую неделю она купила максимально возможное количество 6-долларовых заколок для волос, а остаток положила в копилку. На зарплату за третью неделю она купила максимально возможное количество 9-долларовых книжек, а остаток положила в копилку. За три недели в копилке оказалось 15 долларов. Если Мария потратит зарплату за четвёртую неделю на покупку 18-долларовых настольных игр, сколько долларов она положит в копилку?
Задача 2. Сколько чисел от 1 до 2015 имеют сумму цифр, которая делится на 5?
Задача 3. Найдите наименьшее натуральное число, которое при делении на 3 даёт остаток 2, при делении на 4 даёт остаток 3, при делении на 5 даёт остаток 4.
Задача 4. Докажите, что если а — Ь делится на 7 и с — d делится на 7, то ас — bd делится на 7.
Задача 5. Найдите хотя бы одно такое число п, что ЗОп - 45 делится на 239.


Занятие 26
Теория графов I. Графы и их применение
Подборка задач
Задача 1. В офисе 9 компьютеров. Менеджер хочет соединить их в сеть так, чтобы каждый компьютер был соединён кабелями ровно с 4 другими компьютерами.
а) Сколько кабелей потребуется? Можете ли вы нарисовать нужную конфигурацию?
б) Менеджер решил соединить каждый компьютер ровно с 5 другими компьютерами. Возможна ли такая конфигурация?
Задача 2. Вокруг звезды Альдебаран вращаются 15 планет. Некоторые из них подписали торговые соглашения друг с другом. Может ли оказаться, что:
• 4 из этих планет имеют ровно по 4 торговых партнёра;
• 8 из этих планет имеют ровно по 5 торговых партнёров;
• оставшиеся планеты имеют ровно по 3 торговых партнёра?
Задача 3. В шахматном турнире некоторые игроки сыграли по 5 партий, а некоторые — по 6. Докажите, что число игроков, сыгравших 5 партий, чётное.
Задача 4. Восемь людей пришли на вечеринку, некоторые из них обменялись рукопожатиями. Может ли оказаться, что 6 человек пожали руки шести разным людям, а 2 человека пожали руки только двум людям?
Задача 5. Марсианские амёбы размножаются следующим образом: когда делится красная амёба, она разделяется на 5 синих амёб; когда делится синяя амёба, она разделяется на 7 красных амёб. Во время отлёта с Марса космонавт положил в банку 1 амёбу. Во время прибытия на Землю таможенник обнаружил в банке 100 амёб. Почему он должен обыскать космический корабль, настаивая, что несколько амёб пропали?


Занятие 26. Теория графов I. Графы и их применение
477
Задача 6. 99 крупнейших учёных Марса и Венеры сидят за круглым столом на равных расстояниях друг от друга. Если какой-ни- будь учёный видит, что слева и справа на одинаковых расстояниях от него сидят 2 коллеги с его собственной планеты, он машет им рукой. Например, если вы с Марса и на расстоянии двух стульев от вас слева и справа сидят марсиане, то вы машете им. Докажите, что, как бы ни сидели учёные за столом, по крайней мере один учёный будет махать рукой.


Занятие 27
Теория графов II. Теорема о рукопожатиях
Задачи для решения в классе
Задача 1. Можно ли нарисовать граф с 5 вершинами, степени которых равны 4, 4, 4, 2, 2? Либо нарисуйте такой граф, либо докажите, что он невозможен.
Задача 2. а) Можно ли нарисовать граф с 8 вершинами степени 3?
б) Можно ли нарисовать граф с 21 вершиной степени 3?
в) Можно ли нарисовать граф с 20 рёбрами, чтобы все вершины имели степень 3?
Во всех пунктах либо нарисуйте такой граф, либо докажите, что он невозможен.
Задача 3. 15 учеников записались на курсы катания на верблюдах. Известно, что каждый участник знаком как минимум ещё с 7 учениками из своей школы, которые записались на эти курсы. Докажите, что на самом деле все ученики на курсах будут из одной школы.
Задача 4. На острове рыцарей и лжецов есть 12 городов, некоторые из них соединены дорогами. Житель А говорит, что в каждом городе начинается различное число дорог. Докажите, что Л—лжец.
Задача 5. Амёбообразные жители с планеты Аль-Дабра могут иметь любое количество рук. Во время празднования Нового года все они взялись за руки так, что свободных рук не осталось. Докажите, что количество аль-дабрианцев с нечётным числом рук чётно.


Занятие 27. Теория графов И. Теорема о рукопожатиях
479
Подборка задач
Задача 1. Соедините 6 точек линиями (не обязательно прямыми), чтобы линии не пересекались и в каждой точке сходились 4 линии.
Задача 2. В стране Бульонии есть шесть го- А
родов, которые соединены дорогами, как показано на рисунке. На каждую из дорог приземлилось несколько летающих тарелок. Капитан каждой тарелки отправил по одному инопланетянину в каждый из двух ближайших городов, чтобы они украли по миске свежего куриного бульона (как известно, летающие тарелки используют куриный бульон в качестве топлива). В результате в городе А было украдено а мисок супа, в городе В украдено Ь мисок супа, в городе С украдено с мисок супа, в городе D украдено d мисок супа, в городе Е украдено е мисок супа. Сколько мисок супа было украдено в городе F?
Задача 3. В графе 40 вершин, и степень каждой вершины не меньше 20. Докажите, что этот граф связный.
Задача 4. а) Системный администратор Миша любит число 5. Поэтому он соединил 10 компьютеров в сеть так, что каждый компьютер соединён ровно с 5 другими. Нарисуйте пример такой сети.
б) Теперь Миша планирует сделать сеть из 30 компьютеров, чтобы каждый компьютер был соединён ровно с 5 другими. Сколько кабелей ему понадобится?
в) Также Миша хочет сделать сеть, которая использует ровно 56 кабелей и в которой каждый компьютер по-прежнему соединяется с 5 другими. Получится ли у него?
Задача 5. Каждый человек на острове рыцарей и лжецов сказал 2 фразы:
• «У меня нечётное число друзей-рыцарей».
• «У меня чётное число друзей-лжецов».
Чётно или нечётно число островитян?
Задача 6. В Тридевятом царстве работают две авиакомпании — «Аэроцарь» и «Аэродемократия». В каждом аэропорту царства есть 4 авиалинии, две из которых обслуживаются компанией «Аэроцарь», а две другие — компанией «Аэродемократия». Известно, что из всех этих линий за границу ведут всего две. Докажите, что обе они обслуживаются одной авиакомпанией.


480
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 1. В государстве Шмаглия есть 15 округов. Может ли оказаться, что каждый округ граничит с 3, 5 или 9 округами?
Задача 2. Можете ли вы нарисовать на плоскости 9 отрезков так, чтобы каждый отрезок пересекал ровно 3 других? (Никакие 3 отрезка не пересекаются в одной точке.)
Задача 3. Грани многогранника покрашены в 2 цвета, причём грани одного цвета не имеют общего ребра. Про все грани, кроме одной, известно, что у них чётное число рёбер. Докажите, что и у оставшейся грани число рёбер чётно.
Задача 4. На вечеринку пришло 10 мальчиков и 11 девочек. Оказалось, что у всех девочек разное количество знакомых мальчиков. Докажите, что существуют 2 мальчика с разным числом знакомых девочек.
Задача 5. Из полного графа с 10 вершинами убрали 8 рёбер. Докажите, что граф остался связным.


Занятие 28
Теория графов III. Решение задач с помощью графов
Подборка задач
Задача 1. Можете ли вы придумать несколько таких натуральных чисел, чтобы их сумма и их произведение равнялись 99?
Задача 2. а) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 8, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 2?
б) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 7, 7, 6, 5, 4, 2, 2, 1?
в) Возможно ли нарисовать граф, вершины которого имеют степени 6, 6, 6, 5, 5, 3, 2, 2?
Для каждого пункта либо нарисуйте граф, либо объясните, почему это невозможно.
Задача 3. Каждая вершина графа покрашена в зелёный или синий цвет. Каждая зелёная вершина соединена ребром с 9 синими и 6 зелёными вершинами, а каждая синяя вершина соединена ребром с 5 синими и 10 зелёными вершинами. Каких вершин в графе больше — синих или зелёных?
Задача 4. В сети 101 компьютер, причём каждый из них соединён ровно с N другими компьютерами. Каковы возможные значения N?
Задача 5. Трюм корабля имеет прямоугольную форму. Через течь в корпусе в него начала поступать вода, что сразу же включило насос для откачки воды. Его мощности оказалось недостаточно: вода равномерно поступала и через 10 минут поднялась на 20 сантиметров. В этот момент включился второй (точно такой же) насос, и через 10 минут уровень воды понизился до 10 сантиметров, после чего течь заткнули. Через какое время два насоса выкачают оставшуюся воду?


482
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Задача 6. В команде капитана Флинта 60 пиратов. Каждый пират ненавидит ровно 1 другого пирата. Докажите, что капитан может разделить пиратов на 3 группы, чтобы в каждой группе не было пиратов, ненавидящих друг друга. (Ненависть не обязательно взаимна. Если пират А ненавидит пирата В, то это не означает, что пират В ненавидит пирата А.)
♦
Задача 7. В первый день шахматного турнира каждый из 10 участников сыграл по одной партии. На следующий день каждый участник сыграл ещё по одной партии, но уже с другим игроком. Докажите, что после второго дня можно найти 5 шахматистов, которые не играли друг с другом.
Задача 8. В галактике Туманность Андромеды все пассажирские перевозки между планетами производят две компании: «Космические Шаттлы» и «Астро Лимитед». Любая пара планет в галактике соединена одним маршрутом, который обслуживается одной из этих компаний. Докажите, что путешественник может посетить все планеты галактики, пользуясь услугами только одной компании.


Занятие 29
Математическая олимпиада III
Первая часть задач
Задача 1. Составьте магический квадрат из чисел 1, 7, 13, 31, 37, 43, 61, 67 и 73.
Задача 2. Маруся разделила прямоугольник слева на 3 одинаковых прямоугольника и покрасила их в три цвета. Затем она разрезала прямоугольник на 4 куска так, что смогла составить из них прямоугольник справа такой же площади. Как она это сделала?
Задача 3. Волшебник и его ученик могут превратить всех лягушек из аквариума в принцесс за 6 часов. (Каждый превращает по одной лягушке за раз и работает с собственной скоростью.) Сначала они работали некоторое время вместе, и волшебник превратил | имеющихся лягушек, а ученик — Затем волшебник ушёл, а ученику нужно было закончить превращение в одиночку. Сколько времени ему понадобится для завершения работы?
Задача 4. В понедельник благородный рыцарь сэр Ланселот записал в дневнике: «Сегодня я сделал больше добрых дел, чем 1 день назад, но меньше, чем 4 дня назад». Во вторник он написал точно такой же текст. В среду он написал точно такой же текст. Какое максимальное количество дней сэр Ланселот может делать в дневнике такие одинаковые записи? (Помните, что благородный рыцарь никогда не лжёт.)


484
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Задача 5. Физик разместил в каждой вершине куба или положительно заряженную частицу (с зарядом +1), или отрицательно заряженную частицу (с зарядом —1). Затем он посчитал общий заряд всех частиц для каждой грани куба. Может ли он получить различные числа для всех граней?
Задача 6. Вы попали на собрание девяти мафиозных боссов. За один вопрос вы можете узнать суммарное количество денег у любых двух из них. Можете ли вы выяснить суммарное количество денег у всех девяти боссов за 6 вопросов?


Занятие 29. Математическая олимпиада III
485
Вторая часть задач
Задача 7. У олимпийского арбитра есть комплект медалей —
1 золотая, 3 серебряные и 5 бронзовых. Арбитр получил срочное сообщение, что одна из медалей фальшивая (легче настоящей). Настоящие медали из одинакового металла весят поровну. Медали из различных металлов весят по-разному, но мы не знаем, какие легче, а какие тяжелее. Как арбитру найти фальшивую медаль с помощью
2 взвешиваний на двухчашечных весах без гирь?
Задача 8. В каждой клетке квадрата 7x7 стоит какое-то число. Сумма чисел в любом квадрате 2 х 2 и в любом квадрате 3x3 равна 0. Докажите, что сумма всех чисел в 24 клетках по периметру квадрата 7x7 тоже равна 0.
Задача 9. Иван-царевич просит руки Василисы Прекрасной. Отец Василисы, царь Дадон, предлагает ему головоломку. Перед Иваном пять дверей, пронумерованных слева направо цифрами 1, 2, 3, 4, 5. За некоторыми из дверей сидит по одному тигру, за некоторыми — по одной девушке. Иван может показать на любые 3 двери, после чего царь называет суммарное количество тигров за ними. После трёх таких вопросов Иван должен определить, кто за самой правой дверью—девушка или тигр. Если царевич угадывает, он может жениться на Василисе. Если нет —его отправляют на корм тиграм. Помогите Ивану-царевичу гарантированно выжить.
Задача 10. Матвей взял чёрный маркер и написал на доске все дни последнего месяца: 12345678910111213... Затем он взял красный маркер и вычеркнул те три даты, в которые он ссорился со своей сестрой (дни ссор идут не подряд, между ними есть как минимум один день). В результате эта последовательность чисел распалась на несколько более коротких строк чёрных цифр, разделённых красными крестиками. Оказалось, что во всех чёрных строках поровну цифр. Докажите, что Матвей ссорился с сестрой в первый день месяца.


486
Раздел 5. Подборки задач на отдельных листах
Дополнительные задачи
Задача 11. Все числа от 1 до 10 разделены на две группы, причём произведение всех чисел в первой труппе делится на произведение всех чисел во второй группе. Найдите наименьшее возможное частное при таком делении.
Задача 12. В игре «Сапёр» некоторые клетки доски 10 х 10 заминированы. Остальные клетки компьютер заполняет числами, равными количеству соседних заминирова- ных клеток. Клетки называются соседними, если они имеют общую сторону или вершину. Предположим, что я уберу все мины с доски и поставлю новые мины во все клетки, которые раньше не были заминированы. Что произойдёт с суммой чисел на доске — может ли она увеличиться, уменьшиться, остаться такой же?
1
М
2
М
1
1
2
1
1
1
1
1
м
2
2
1
2
1
2
3
М
2
м
2
М
М
2
1
2
1
2
1


Библиография
1. Бураго А. Дневник математического кружка. Первый год занятий. М.: МЦНМО, 2017.
2. Генкин С. А., Итенберг И. В., Фомин Д. В. Ленинградские математические кружки. Киров: АСА, 1994.
3. Медников Л. Э. Чётность. М: МЦНМО, 2009.
4. Чулков П. В. Арифметические задачи. М.: МЦНМО, 2009.
5. Сбигнев А. И. Делимость и простые числа. М.: МЦНМО, 2012.
6. Кноп К. А. Взвешивания и алгоритмы. М.: МЦНМО, 2013.
7. Раскина И. В., Шнолъ Д. Э. Логические задачи. М.: МЦНМО, 2014.
8. Раскина И. В. Логика для всех: от пиратов до мудрецов. М.: МЦНМО, 2016.
9. Шаповалов А. В. Как построить пример? М.: МЦНМО, 2016.
10. Кноп К. А. Азы тории чисел. М.: МЦНМО, 2017.
11. Гуровиц В. М.}Ховрина В. В. Графы. М.: МЦНМО, 2017.
12. Ященко И. В. Приглашение на математический праздник М.: МЦНМО,
2009.
13. Бугаенко В. О. Турниры имени Ломоносова. Конкурсы по математике. М.: МЦНМО, 1998.
14. Смыкалова Е. В. Сборник задач для 6 класса. М.: СМИО Пресс, 2002.
15. СпивакА.В. Математический кружок. М.: МЦНМО, 2010.
16. СпивакА.В. Тысяча и одна задача по математике. М.: Просвещение,
2010.
17. Спивак А. В. Математический праздник. М: Бюро Квантум, Москва, 2004.
18. ШенъА. Геометрия в задачах, М.: МЦНМО, 2013.
19. Козлова Е. Г. Сказки и подсказки. Задачи для математического кружка. М.: МЦНМО, 2006.
20. Кордемский Б. А. Математическая смекалка. М.: ACT, 2016.
21. Смаллиан Р. Принцесса или тигр? М.: Мир, 1985.
22. Смаллиан Р. Загадка Шахразады и другие удивительные древние и современные головоломки. М.: ЛОРИ, 2014.
23. Московский центр непрерывного математического образования. Интернет-проект «Задачи», http://problems.ru/.
24. Малый мехмат МГУ. Архивы, http: //mmmf. msu. ru/archive/.
25. Математические олимпиады и олимпиадные задачи, http://www.zaba.ru/.
26. Турнир «Математический праздник», Россия, http://olympiads.mccme.ru/matprazdnik/.
27. Турнир имени Ломоносова, Россия, http: //turlom. olimpiada. ru/.


488
Литература
28. Математический гуру. Материалы кружка А. Н. Савина, http://www.mathguru.ru/circle/.
29. Центр дополнительного образования одарённых школьников. Киров, http: //www. cdoosh. ru.
30. Олимпиада «Формула единства», https://www.formulo.org/ru/olymp/.
31. Dorichenko S. A Moscow Math Circle: Week-by-Week Problem Sets (MSRI Mathematical Circles Library), AMS, 2012.
32. Vandervelde S. Circle in a Box. AMS, 2009.
33. Saul M, Zelbo S. Camp Logic: A Week of Logic Games and Activities for Young People. Natural Math, 2014.
34. Faires D., Wells D. AMC Contest Problem Books, Mathematical Association of America, 2006.
35. Wilkinson A. The pursuit of Beauty, New Yorker Magazine, Feb 10, 2015.
36. Davis T. Mathematical Circles Topics, http: //www. geometer. org/mathcircles/.
37. Los Angeles Math Circle, http: //www. math. ucla. edu/~radko/circles/.
38. Cut-the-Knot, Interactive Mathematics Miscellany and Puzzles, http://www.cut-the-knot.org/.
39. Khovanova T. Math Blog, linguistic puzzles.
http://blog.tanyakhovanova.com/2009/02/linguistics-puzzles/.
40. Wichita State University. History of Math Project, http://www.math.wichita.edu/history/index.html.
41. Garlikov R. The Socratic Method: Teaching by Asking, www.garlikov. com/Soc-Meth.html.
42. Learning Tree Matchstick Puzzles, http: //www. learning-tree. org. uk.