Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/01/55.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:41 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:15:42 2012 Кодировка: Windows-1251

О Т В Е О ТЫЕ, ТВ
Конкурс 'Математика 68'
(см. 'Квант' ?4 за 1999 г.)

ТЫ,

УК З А Н Я У К А А З А Н ИИ ,Я Р ,

ЕШЕНИЯ

РЕШЕНИЯ

55

1. Ответ: нельзя. Периметр квадрата 4 Ч 4 выражается рациональным числом, а гипотенуза прямоугольного треугольника 'половинки' единичного квадрата равна 2 , т.е. числу иррациональному. Следовательно, гипотенузы всех фигурок должны спрятаться внутри квадрата 4 Ч 4, располагаясь парами гипотенуза к гипотенузе. Но в пяти фигурках гипотенузы расположены параллельно, а в трех перпендикулярно друг к другу. Это значит, что любая попытка сложить квадрат будет неудачной, так как по крайней мере одна гипотенуза окажется в паре с перпендикулярной ей гипотенузой. 2. а) Ответ: 5 поколений. Чтобы в этом убедиться, сначала покажем, что 6 поколений микробов на листе не поместятся. Назовем ходом передвижение от любой клетки к любой соседней с ней клетке. Поскольку микробы очередного поколения находятся в клетках, соседних с теми, где содержатся микробы предыдущего поколения, то микробы шестого поколения (и всех предыдущих) должны находиться в пределах области клеток, до которых можно добраться от исходной клетки, где первоначально был микроб первого поколения, не более чем за 5 ходов. Так как при каждом ходе происходит перемещение по вертикали или по горизонтали, то нетрудРис. 1 но изобразить эту 'отступную' область, имеющую характерный ступенчатый вид (рис.1). Легко подсчитать (или непосредственно, или используя арифметическую прогрессию), что изображенная область содержит 61 клетку. Однако общее число микробов с первого по шестое 2 6 5 поколение включительно равно 1 + 2 + 2 + + 2 = 2 1 = = 63 > 61. Таким образом, шестому поколению микробов места уже не хватит. С другой стороны, 5 поколений микробов вполне могут разместиться. Вот один из примеров их итогового расположения (рис.2; здесь не указано, какой микроб каким конкретно порожден, поскольку восста5 5 новить это несложно). 54545 б) Ответ: 7 поколений. Идея 543 345 решения абсолютно та же 52125 самая, и, несмотря на кажущуюся сложность по сравне543 345 нию с предыдущей задачей, 4545 5 количественная оценка также 5 5 дает верное значение. Убедимся, что 8 поколений разместить невозможно. В данном Рис. 2 случае допускаются также и ходы по диагонали, поэтому максимальная область размещения микробов (содержащая клетки, до которых можно добраться за 7 ходов) представляет собой квадрат со стороной 2 Ч 7 + 1 = 15 клеток с центром в исходной клетке. Всего в 2 нем 15 = 225 клеток. В то же время общее число микробов в 7 2 8 восьми поколениях равно 1 + 2 + 2 + + 2 = 2 1 = = 255 > 225. Семь же поколений разместить можно на рисунке 3 показан пример их итогового расположения. 2 3. а) Первое решение. Покажем, что если число x оканчивается на 21, то стоящая в разряде сотен цифра числа х должна

быть нечетной. Число х 7777 7 оканчивается либо на 1, 7 7 667 либо на 9. Пусть х = 7676666 2 76575757577 =10а + 1, тогда x 2= 2 476 774 4 = 10 a + 1 = 100 a + 7657373 5777 + 10 2a + 1, и следова76 4627676767 тельно, число 2а окан65757175756 чивается на 2, а само 67 7676767264 число а либо на 1, 7775 3737567 либо на 6. Если а = 2 674 4 477 =10b + 1, то x = 2 77575757567 = 100b + 11 , и в разря2 6666767 766 де сотен числа x стоит 7 7 7 7777 нечетная цифра. Аналогично, если а = 10b + 6, 2 2 то x = 100 b + 61 в Рис. 3 разряде сотен опять стоит нечетная цифра. Случай х = 10а + 9 разбирается аналогично. 2 Итак, если x оканчивается на 21, то в разряде сотен числа 2 2 x не может стоять цифра 2. Очевидно также, что x 21 , 2 поэтому ни при каких натуральных х > 1 уравнение x + 1 = = 22K2 не имеет решений. 2 Второе решение. Если бы в разряде сотен числа x стояла 2 четная цифра, то при делении на 8 число x давало бы в остатке 5, а этого быть не может (квадрат любого натурального числа при делении на 8 дает в остатке либо 0, либо 1, либо 4). б) Первое решение. Предположим, такое число х существует, тогда, разделив 7776 на 4, получим квадрат, оканчивающийся на 19. Этого быть не может, поскольку хотя бы одна из двух последних цифр квадрата всегда четна. Следователь2 но, уравнение x + 1 = 77K7 также ни при каких натуральных х > 1 решений не имеет. Второе решение. Число 777K76 при делении на 7 дает остаток 6, однако квадрат натурального числа при делении на 7 не может давать такой остаток. 4. В параллелограмме ABCD проведем хорду PQ || AD. Через точку Q проведем M B C два отрезка QN и QM до пересечения со сторонами паралR лелограмма AD и ВС параллельно его диаO гоналям: QN || AC; Q P QM || BD. Через точку Р и центр паралD A N лелограмма О проведем прямую до пере- Рис. 4 сечения со стороной CD; получим точку R. Докажем, что четырехугольник PMRN искомый. AN CQ CM = = . Так как точки N и M По теореме Фалеса ND QD BM делят равные отрезки AD и ВС в равном отношении, то AN = =MC, ND = MB. Из равенства APO = CRO следует AP = = CR. Отсюда с учетом равенства углов А и С получаем APN = CRM и, в частности, PN = MR. Так как, к тому же, при AD || BC углы ANP и CMR равны, то MR || PN и, следовательно, четырехугольник PMRN параллелограмм. Докажем, что площади треугольников APN и NRD равны (отсюда будет следовать, что площади всех треугольников APN, NRD, CMR, BPM также равны, поскольку BPM = = DRN, APN = CRM). По свойству сторон параллелограмма AP = QD. С учетом AP = CR отсюда получаем CQ = RD и AN : ND = CQ : QD = = RD : QD = k. Треугольники APN и NQD имеют равные

>

C

>

C

>

C