1 Экстремум – поиск и обоснование Лекции В.В.Шеломовского Лекция 1 Трёхшаговый метод В жизни мы часто сталкиваемся с необходимостью принять наилучшее возможное (оптимальное) решение. Во многих случаях найти его помогает математика. Эта наука развила множество общих и частных способов для формализации и решения реальных задач, то есть для перевода их на язык математики и последующего нахождения лучшего возможного решения. Обычно в результате формализации возникает следующая пара математических объектов: – целевая функция от некоторых переменных (параметров) задачи. Для неё требуется найти наилучшее для поставленной задачи значение. Это значение обычно находится на границе области значения и, в общем случае, называется экстремум. Конкретнее, это максимум или минимум. Экстремумами могут быть, например, кратчайший путь из пункта «Детство» в город «Совершенство» или максимальная прибыль фирмы «В вуз без экзамена»; – ограничения на допустимые значения переменных в виде уравнений или неравенств. Например, время в пути не должно превышать сто лет, а действия фирмы не должны противоречить существующему законодательству. Когда Вы слышите высказывание типа «Если бы у меня было …, то я бы!!!» то Вы наблюдаете пример такого ограничения и неграмотную работу с ним. Математики создали множество рецептов решения подобных задач, таких, как вариационные принципы Лагранжа или Понтрягина, теоремы Ферма, уравнения Эйлера, подходы теории игр. Обычное классическое изложение этих методов выглядит страшно для обычного школьника или учителя. Многие аспекты их применения вполне доступны для заинтересованного школьника, студента или учителя математики. Поэтому имеет право на жизнь несколько упрощенная трактовка методик поиска экстремумов. Рассмотрим пример не оптимального алгоритма. Пусть Вам необходимо добраться из А в Б, причем между этими местами имеется сухопутное сообщение. Тогда рекомендация, как со стремящейся к единице вероятностью добраться до Б, может быть сформулирована так: «Надёжно обопритесь на одну ногу, переместите в произвольном направлении другую и перенесите на неё тело. Проверьте, не находится ли точка Б на расстоянии не превышающем один шаг. Если да, то переступите в Б. Если нет, то повторите эту процедуру, поменяв ноги местами. Повторив эту процедуру достаточно много раз, Вы гарантировано попадёте в Б». Решение корректно, так как в результате достаточно длительных случайных блужданий точечный объект попадает в сколь угодно малую окрестность любой точки связного множества со стремящейся к единице вероятностью, то есть практически наверняка. Оптимальный алгоритм в классе функций без ограничения на стоимость известен старшему поколению: «Наймите Кука!». Классик утверждал: «Кук для Вас в одну минуту на корабле приготовит каюту, или прикажет подать самолёт, или верблюда за Вами пришлёт». Рациональный алгоритм типа тех, которые Вы найдёте в данной книге: «Возьмите расписание автобусов, поездов, самолётов (расписание с тарифами прилагается), загляните в него, выберите то, что по карману, купите билет и в путь с Богом…». Автор не разрабатывал самолёты и не строил дороги. Он претендует только на то, что умеет ходить по имеющимся дорогам и популярно объяснять преимущества одних над другими, способен описать свой опыт аналогичных путешествий. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 2 Оглавление 1 Логические задачи с экстремумом.................................................................................................3 1.1 Возим лыжи...................................................................................................................................3 1.2 Семья на мосту.............................................................................................................................3 1.3 Прогрессия....................................................................................................................................3 1.3.a Прогрессия.................................................................................................................................3 1.4 Лифт...............................................................................................................................................4 2 Трёхшаговый метод доказательства «известного факта»............................................................5 3 Метод групп.....................................................................................................................................7 3.1 Кони на шахматной доске не бьют друг друга..........................................................................7 3.1.a Отбираем числа..........................................................................................................................7 3.2 Нумерованные карточки в двух стопках....................................................................................8 3.3 Участники ответили на вопросы.................................................................................................8 3.3.a Олимпиада..................................................................................................................................9 3.3.b Пираты Кэрролла.......................................................................................................................9 4 Принцип упорядочивания...............................................................................................................9 4.1 Группы цифр.................................................................................................................................9 4.2 Любой и общий.............................................................................................................................9 4.3 Туповатый многоугольник.........................................................................................................10 5 Принцип «обратного»...................................................................................................................10 5.1 Пропавшие девушки...................................................................................................................10 5.2 Целое и наименьшее...................................................................................................................10 5.3 Последовательные простые члены...........................................................................................11 5.4 Числа не равные сумме других..................................................................................................11 5.5 Порезанная волейбольная сетка................................................................................................11 6 Метод «покрова»............................................................................................................................12 6.1 Наибольшее число закрашиваемых квадратов........................................................................12 6.2 Наименьшее число закрашиваемых клеток.............................................................................13 6.3 Отмеченные числа......................................................................................................................13 6.4 Куски цепей.................................................................................................................................14 6.5 Пилим палку................................................................................................................................16 7 Принцип крайнего.........................................................................................................................17 7.1 Замкнутый многоугольник.........................................................................................................17 7.1.a Возлюби ближнего своего.......................................................................................................17 7.2 Середины отрезков.....................................................................................................................17 7.3 Парламентские страсти..............................................................................................................17 7.4 Наименьшее число встреч.........................................................................................................18 7.4.a Углы задают пары точек..........................................................................................................18 7.5 Распространение новости..........................................................................................................19 © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 3 1 Логические задачи с экстремумом 1.1 Возим лыжи В уездном городе М запрещено провозить предметы, длина, ширина или высота которых превышают 1 м. Какой наибольшей длины лыжи можно провезти в М. Исследование: Модель лыж — это отрезок. Какой наибольший предмет можно провозить? Тот у которого каждый размер равен одному метру. Это куб. Какой отрезок наибольшей длины можно разместить в кубе? Тот у которого длина равна диагонали куба. Решение: Поместить лыжи в коробку в форме куба со стороной 1 м вдоль диагонали. 1.2 Семья на мосту Семья (папа, мама, сын и бабушка) ночью подошла к мосту, способному выдержать только двух человек одновременно. По мосту можно двигаться только с фонариком. Известно, что папа может перейти мост за одну минуту, мама – за две, сын – за пять и бабушка – за десять минут. Фонарик у них один. Светить издали нельзя. Если по мосту идут двое, время перехода определяется более медленным членом семьи. Как семье переправиться через мост за 17 минут? Исследование: Кто потребляет много времени? Бабушка (10 мин) и сын (5 мин). Как можно уменьшить затраты времени коллектива? Медлительные сын и бабушка должны идти вместе. Как можно обеспечить возможность совместного однократного перехода сына и бабушки? Темпераментные папа и мама могут «обслужить» их переход, перенося фонарик. Решение: 1. Переходят мама и папа (2 мин), 2. Папа возвращается (1 мин), мама остаётся на дальнем берегу. 3. Переходят сын и бабушка (10 мин). Папа остаётся один. 4. Мама возвращается (2 мин). 5. Папа и мама переходят мост (2 мин). Затраты времени: 2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17 минут. 1.3 Прогрессия На доске были записаны три натуральных числа, являющихся членами одной арифметической прогрессии. Разделявшие их запятые стёрли. Получилось семизначное число. Какое наибольшее число могло при этом получиться? Ответ: 9999999. 1.3.a Прогрессия На доске были записаны три натуральных числа, являющихся последовательными членами одной арифметической прогрессии. Разделявшие их запятые стёрли. Получилось семизначное число. Какое наибольшее и какое наименьшее число могло при этом получиться? © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 4 1.4 Лифт У лифта на первом этаже 18–и этажного дома стоят 17 человек, каждому из которых надо подняться вверх, причём на разные этажи. Лифт может взять всех людей, но опытным путём установлено, что он сломается после первой остановки. Далее люди пойдут пешком. Уровень неудовольствия, если человеку надо подняться вверх на один этаж, вдвое больше, чем, если надо спуститься на один этаж. На какой этаж надо отправить лифт, чтобы суммарное неудовольствие оказалось наименьшим. Ответ: если лифт идёт на 14–й этаж, то суммарное неудовольствие составит 76 единиц, где единица это неудовольствие от спуска на 1 этаж. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 5 2 Трёхшаговый метод доказательства «известного факта» Способ решения задач, с которого начинаем, выглядит на первый взгляд очень не математическим. Судите сами. Выдвигается некоторый тезис и преподносится, как всем известный факт. Например, утверждается: «Христос воскрес!». После чего этот факт доказывается. Понятно, что для формулировки выдвинутого утверждения задачу надо было как–то решить. Очень часто метод, с помощью которого найдено решение, далёк от метода, которым оно доказывается. И это не страшно. Например, Карл Гаусс однажды записал такую фразу: «Мои результаты мне давно известны. Но я пока не знаю, как я к ним приду». Это утверждение выдающегося математика является индульгенцией для данного метода. В курсе изучения математического анализа Вы встретите тот же подход в следующей форме: «Пусть …». После слова «пусть» идут любые утверждения, которые никто не пытается в этот момент проверять. То, что следует за «пусть», принимается на веру, а далее идёт доказательство, в ходе которого проверяется то, что из этого «пусть» получается. Итак, требуется найти экстремальное значение некоторого выражения при некоторых условиях. Далее будем называть «лучшим» это экстремальное значение, а всё остальное – худшим. Решение задачи данным методом включает три смысловых части, три шага. Шаг 0 - размышляем. Ищем ответ задачи любым доступным методом. Метод не обязан быть обоснованным или правильным. Достаточно, чтобы он приводил к верному результату. Например, это может быть гипотеза о возможном результате и подбор формул в рамках гипотезы. Этот шаг никак не отражается при оформлении решения. Это черновик. Типично, что на этом шаге начинают с того, что рассматривают упрощенную задачу или предельный случай. В результате подбираем пример решения. Шаг 1. Описание примера экстремального решения. При этом описывается ровно одна ситуация, когда достигается экстремальное значение. Важно, что не требуется объяснения, как она найдена. Шаг 2. Приводится доказательство того, что во всех других случаях результат будет либо тот же, либо изменится в «худшую» сторону. Как правило, используется метод «от противного». Предполагаем, что результат изменился в «лучшую» сторону и находим некоторое противоречие, которое запрещает такое изменение. Задания 1. Какое наибольшее число коней можно расставить на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга. 2. Имеются n карточек, пронумерованных числами от 1 до n. Эти карточки разложили в две стопки. При каком наименьшем числе n обязательно найдутся две карточки, лежащие в одной стопке, сумма номеров которых есть точный квадрат. 3. Участникам викторины было задано четыре вопроса: на первый вопрос правильно ответили 90 участников, на второй – 50, на третий – 40, а на четвёртый – 20, причём никто не смог правильно ответить более, чем на два вопроса. Каково наименьшее число участников викторины при этих условиях? 3a. В математической олимпиаде участвовало 100 школьников. Было предложено четыре задачи. Первую задачу решили 90 человек, вторую – 80, третью – 70 и четвертую – 60. При этом никто не решил все задачи. Награды получили школьники, решившие третью и четвертую задачи. Какое максимальное число школьников было награждено? 3b. (Льюис Кэрролл). В жестоком бою с участием 100 пиратов лишились глаза 85 человек, уха – 80, руки – 75 и ноги – 70. Найти минимальное число страдальцев, потерявших в бою и глаз, и ухо, и руку и ногу? 4. Цифры от 1 до 9 объединили в группы. При каком максимальном числе групп обязательно есть такая группа, произведение цифр в которой не менее чем 72. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 6 5. В 12 новогодних подарках лежат конфеты. Известно, что в любых трех подарках суммарно не менее 100 конфет. Докажите что общее число конфет во всех подарках не меньше, чем 406. 6. Найти наибольшее число сторон, которое может иметь многоугольник, любой угол которого не превышает j = 173°. 7. На старте лыжного забега доля стартовавших девушек составила 99%. Часть соревнующихся сошла с дистанции. Среди финишировавших доля девушек снизилась до 98%. Какая максимальная часть стартовавших могла в этих условиях финишировать? 8. Найти наименьшее значение величины |11m – 5n| для натуральных m и n. 9. Имеется набор из n различных натуральных чисел, каждое из которых нельзя представить в виде суммы нескольких других чисел из этого набора. Какое наименьшее значение может принимать наибольшее из этих чисел? 10. При каком наибольшем n найдётся n семизначных натуральных чисел, являющихся последовательными членами одной геометрической прогрессии? 11. Волейбольная сетка содержит узлы соединенные нитями которые образуют n×m прямоугольных ячеек. Какое максимальное число нитей можно перерезать так, чтобы сетка не распалась на отдельные куски? Говорят, что она «осталась связной». 12. Найдите наибольшее число квадратов 2×2, которые всегда можно закрасить в квадрате 8×8. 13. Найдите наименьшее число клеток, которые можно закрасить в квадрате (2n + 1) × (2n + 1) так, что обязательно найдется квадрат 2×2, содержащий не менее трех закрашенных клеток. 14. Какое наименьшее количество целых чисел в диапазоне от 950 до 2018 надо отметить, чтобы любое число х из этого диапазона отличалось от одного из отмеченных не более, чем на одну восьмую от величины х? 15. Имеется кусок цепи из m звеньев, каждое массой 1 г. В куске расковали n звеньев так, что из образовавшихся кусков цепи можно составить любую массу от 1 до m грамм. При каком наибольшем m это возможно? 16. Прямую палку длиной 2n сантиметров, n > 4, распилили на N палочек, длина каждой из которых выражается целым числом сантиметров. При каком наименьшем N можно гарантировать, что, использовав все получившиеся палочки, можно, не ломая их, сложить контур некоторого прямоугольника? © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 7 3 Метод групп Метод «пар (групп)» предполагает, что исследуемые объекты объединяем в группу с некоторым свойством. 3.1 Кони на шахматной доске не бьют друг друга Какое наибольшее число коней можно расставить на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга. Размышляем. На доске 4×4 можно расставить восемь коней. Например, поставить их вдоль первой и последней горизонталей или на клетки одного цвета. На доске 6×6 первый способ решения не даёт, а второй позволяет разместить 18 коней. Возникает гипотеза, что если 32 коня поставить на клетки одного цвета, это и будет наибольшее возможное число коней. Важно понимать, что при доказательстве нельзя пользоваться найденным расположением корней, так как всегда может оказаться, что существует другая лучшая их расстановка. Можно использовать только общие принципы. Решение: 1. На шахматной доске можно разместить 32 коня на клетках одного цвета. Известно, что при каждом ходе конь меняет цвет поля, значит, ни один конь не бьёт другого. 2. Докажем, что больше, чем 32 коня разместить нельзя. Известно, что все поля доски можно обойти ходом коня, побывав на каждом поле ровно один раз и последним ходом вернуться на исходное поле. При этом конь сделает 64 хода и побывает на 64 полях (на первом дважды). Рассмотрим пару соседних полей в такой цепочке. Если на этих полях стоят два коня, то они бьют друг друга. Значит, никакие два коня не могут стоять на соседних полях такой цепочки ходов. Объединим последовательные клетки такой цепочки в 32 пары. На клетки одной пары можно поставить не более, чем одного коня. Значит, число коней не больше числа пар, то есть не больше, чем 32. Ответ: 32. 3.1.a Отбираем числа Какое наибольшее количество натуральных чисел можно выбрать из отрезка натурального ряда от 1 до 2009 так, чтобы разность любых двух из них не была простой. Тот же вопрос для ряда 1 до 2013. Размышляем: Числа 2 и 3 простые, значит, разность 2 или 3 недопустима. Числа 1 и 4 не простые. Однако среди трёх последовательных чисел (с разностью 1) у пары крайних разность равна 2. Предполагаем, что можно взять каждое пятое число, то есть 504 числа. Ищем противоречие, почему 505 чисел взять нельзя. Решение: Последовательность 1, 5, 9,...,4k + 1,...2009 содержит 503 числа и удовлетворяет условию. Последовательность 1, 5, 9,...,4k + 1,...2013 содержит 504 числа. Рассмотрим восемь чисел 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3, 4k + 4, 4k + 5, 4k + 6, 4k + 7, 4k + 8. Предположим, что можно из них отобрать 3, которые можно использовать. Пусть x < y < z. Тогда y – x < z – x ≤ 6. Значит, y – x = 1 или y – x = 4. Аналогично, z – y = 1 или z – y = 4. z – х = (z – y) + (y – х) = 1 + 1 = 2 или 4 + 1 = 5. Однако эти значения недопустимы. Таким образом, из любых подряд идущих 8 чисел можно использовать только 2. Ряд от 1 до 2009 содержит 251 восьмерку чисел и ещё одно. Значит, количество © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 8 возможных чисел не более, чем 251 × 2 + 1 = 503. Ряд от 1 до 2013 содержит 251 восьмерку чисел и ещё пять. Значит, количество возможных чисел не более, чем 251 × 2 + 2 = 504. Ответ: 503, 504. 3.2 Нумерованные карточки в двух стопках Имеются n карточек, пронумерованных числами от 1 до n. Эти карточки разложили в две стопки. При каком наименьшем числе n обязательно найдутся две карточки, лежащие в одной стопке, сумма номеров которых есть точный квадрат. Размышляем. Что мы ищем? Положим карточки 1 и 3 в одну стопку. 1+3 = 4. Три карточки??? Нет. Это было бы решением, если бы не было слова «обязательно». Это слово требует найти наибольшее число карточек, которые ещё можно разложить в две стопки и увеличить это число на единицу. Вот в этом случае две карточки лежащие в одной стопке, сумма номеров которых есть точный квадрат, найдутся ОБЯЗАТЕЛЬНО. Решение: Если карточек 14 (или меньше), то можно в первую стопку положить карточки 1, 2, 4, 6, 9, 11 и 13, во вторую 3, 5, 7, 8, 10, 12 и 14. Условие выполнено. Значит, искомое число не меньше, чем 15. Докажем, что 15 карточек разложить по условию нельзя. Назовём «первой» стопку с карточкой 1. Рассмотрим только карточки 1, 3, 6, 10 и 15. Карточка 3 должна быть во второй стопке. Если её поместить в первую стопку, то 1 + 3 = 22. Карточка 6 должна быть в первой стопке. Если её поместить во вторую стопку, то 3 + 6 = 3 2. Карточка 10 должна быть во второй стопке. Если она в первой стопке, то 10 + 6 = 42. Для карточки 15 нет места ни в одной из стопок, так как для первой стопки 1 + 15 = 4 2, а для второй стопки 10 + 15 = 52. Ответ: 15. 3.3 Участники ответили на вопросы Участникам викторины было задано четыре вопроса: на первый вопрос правильно ответили 90 участников, на второй – 50, на третий – 40, а на четвёртый – 20, причём никто не смог правильно ответить более, чем на два вопроса. Каково наименьшее число участников викторины при этих условиях? Размышляем. Возможность решения подобных задач основана на умении взглянуть на одно и то же число с двух разных точек зрения. В данной задаче числом является количество верных ответов. С одной стороны, это число определяется суммой правильных ответов на каждый из вопросов. С другой стороны – это сумма правильных ответов каждого из участников. В результате появляется соотношение между параметрами задачи с использованием которого строим решение. Важно также понимать, что если число участников наименьшее, то каждый из них ответил на наибольшее число вопросов. Решение: 1. Пусть каждый участник ответил на два вопроса, причём участники 1–40 ответили на вопросы 1 и 2, участники 41–70 на вопросы 1 и 3, участники 71–90 на вопросы 1 и 4, участники 91–100 ответили на вопросы 2 и 3. Условия выполнены. Значит, число участников может быть 100. 2. Докажем, что найдено наибольшее число участников. Всего правильных ответов 90+50+40+20 = 200. Поскольку никто не смог правильно ответить более, чем на два вопроса, то число участников не менее, чем 200 : 2 = 100. Ответ: 100. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 9 3.3.a Олимпиада В математической олимпиаде участвовало 100 школьников. Было предложено четыре задачи. Первую задачу решили 90 человек, вторую – 80, третью – 70 и четвертую – 60. При этом никто не решил все задачи. Награды получили школьники, решившие третью и четвертую задачи. Какое максимальное число школьников было награждено? Решение: 100 школьников решили 300 задач, причём ни один человек не решил 4 задачи. Значит, каждый решил ровно 300 : 100 = 3 задачи. То есть каждый не решил ровно одну задачу. Следовательно, ученики решившие как третью, так и четвертую задачу, это ученики, не решившие либо первую, либо вторую задачи. Таких учеников: 10 + 20 = 30. Это и есть наибольшее число награждённых. Ответ: 30. 3.3.b Пираты Кэрролла (Льюис Кэрролл). В жестоком бою с участием 100 пиратов лишились глаза 85 человек, уха – 80, руки – 75 и ноги – 70. Найти минимальное число страдальцев, потерявших в бою и глаз, и ухо, и руку и ногу? 4 Принцип упорядочивания Принцип упорядочивания часто применяется при решении различных задач. Суть подхода состоит в том, что хаотическая группа объектов упорядочивается по некоторому параметру, в простейшем случае, по величине чисел, входящих в группу. 4.1 Группы цифр Цифры от 1 до 9 объединили в группы. При каком наибольшем числе групп обязательно есть такая группа, произведение цифр в которой не менее чем 72. Размышляем. В ходе решения нужно показать, что если число групп больше, чем наибольшее, то существует возможность создать группы с произведением, меньшим, чем заданное число. А если число групп равно наибольшему, то нужно найти причину по которой создание групп невозможно. Строим доказательство с использованием упорядочивания. Например, обозначим группы по возрастанию произведения стоящих в них чисел. Решение: Существуют такие четыре группы для которых произведение цифр в каждой группе меньше, чем 72. Например, это верно для следующих групп: 9 × 7, 8 × 6, 5×4×3 2 × 1. Допустим, что число групп три. Пусть произведения цифр в группах равны целым числам a ≤ b ≤ c < 72. Перемножим числа в этих группах. Тогда: abc = 9! = 362880 > 357911 = 713. Однако с3 abc > 713, с > 71. Поскольку c целое, то с 72. Это противоречит условию. Ответ: 3. 4.2 Любой и общий В 12 подарках лежат конфеты. Известно, что в любых трех подарках суммарно не менее 100 конфет. Найдите минимальное общее число конфет во всех подарках. Решение: Упорядочим подарки по числу конфет: x 1≤x 2 ≤x 3≤...≤ x12 . Число x 3≥34, так как иначе в подарках 1, 2 и 3 число конфет меньше, чем 100: x 1 +x 2 + x 3≤3 x 3≤99. Общее число конфет x 1 + x 2 + x 3 +...+ x 12≥100+ x 4 +...+ x 12≥100+9 x 3=406. Ответ: 406. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 10 4.3 Туповатый многоугольник Найти наибольшее число сторон, которое может иметь многоугольник, любой угол которого не превышает j = 173°. Размышляем. Считаем известным, что выпуклый многоугольник, каждый угол которого меньше, чем 180°, можно разрезать на (n – 2) треугольника. Поэтому сумма его углов равна 180°(n – 2). В ходе решения нужно показать многоугольник, имеющий наибольшее число сторон и доказать, что большего числа сторон быть не может. В подобных задачах экстремальными свойствами обладают, как правило, правильные фигуры. Решение: Угол правильного 51–угольника равен 180 ⋅49 ≈ 172,95° < 173°, значит, 51 многоугольник может иметь 51 вершину. Пусть число углов равно 52. Сумма этих углов равна 180° 50 = 9000°. Она не больше, чем произведение наибольшего угла на число углов 173° 52 = 8996°. Противоречие. Значит, многоугольник с числом углов 52 построить нельзя. Тем более нельзя построить многоугольник с большим числом углов. Ответ: 51. 5 Принцип «обратного» Принцип «обратного» предполагает, что в ходе решения рассматриваем нечто, противоположное тому, о чём идёт речь в задаче. 5.1 Пропавшие девушки На старте лыжного забега доля стартовавших девушек составила 99%. Часть соревнующихся сошла с дистанции. Среди финишировавших доля девушек снизилась до 98%. Какая максимальная часть стартовавших могла в этих условиях финишировать? Решение: Пусть число не девушек на старте равно n. Это целое число. Оно составляет 100% – 99% = 1% стартующих, то есть на старте было 100n человек. Пусть число не девушек на финише равно m. Это целое число, которое не больше, чем n. Оно составляет 100% – 98% = 2% финишировавших. То есть на финише было 50m 50 m m n 1 = ≤ = . человек. Доля финишировавших участников: 100 n 2 n 2 n 2 Ответ: 0,5. 5.2 Целое и наименьшее Найти наименьшее значение величины |11m – 5n| для натуральных m и n. Размышляем. Перебор для небольших n и m показывает, что |112 – 53| = 4. Предполагаем, что это и есть наименьшее значение. Значит, требуется доказать, что выражение |11m – 5n| не может быть равно 0, 1, 2 или 3. Решение: Заметим, что |112 – 53| = |121 – 125| = 4. Последняя цифра числа 11m – это 1, последняя цифра числа 5n – это 5. Разность таких чисел заканчивается на 4 или 6 и не может быть меньше, чем 4. Ответ: 4. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 11 5.3 Последовательные простые члены Пять последовательных членов возрастающей арифметической прогрессии являются простыми натуральными числами. Каким наименьшим числом может быть разность этой прогрессии? Размышляем. Последовательность 5, 11, 17, 23 и 29 подбирается легко. Поэтому задача сводится к доказательству того, что нет последовательностей с меньшей разностью. Решение: Последовательность 5, 11, 17, 23 и 29 удовлетворяет условию и имеет разность 6. Докажем, что разность искомой последовательности не может быть меньше, чем 6. Разность не может быть нечётной, то есть 1, 3 или 5, так как иначе в последовательности окажутся два чётных простых числа. Противоречие. Существует только одно простое чётное число (2). Разность не может быть равна 2, так как тогда хотя бы два числа из пяти делятся на 3. Противоречие. Существует только одно простое число (3), которое делится на 3. Разность не может быть равна 4, так как тогда хотя бы одно число из пяти делятся на 3. Простое число, кратное 3, равно 3. В этом случае возможна последовательность 3, 7, 11, 15,... но 15 это не простое число. Ответ: 6. 5.4 Числа не равные сумме других Имеется набор из n различных натуральных чисел, каждое из которых нельзя представить в виде суммы нескольких других чисел из этого набора. Какое наименьшее значение может принимать наибольшее из этих чисел? Размышляем. Если n = 3, то наименьшее число 4 (числа 2, 3 и 4). Если n = 4, то наименьшее число 6 (числа 3, 4, 5 и 6). Если n = 5, то наименьшее число 8 (числа 4, 5, 6, 7 и 8). Замечаем, что вероятный ответ 2n – 2, соседние числа различаются на 1, а наибольшее число набора на 1 меньше, чем сумма двух наименьших чисел набора. Для доказательства противоречия пользуемся методом пар (использован в задаче о конях на шахматной доске). Решение: Набор чисел: n – 1, n, n + 1, …, 2n – 2 содержит n различных натуральных чисел. Сумма двух наименьших из этих чисел больше наибольшего: (n – 1) + n = 2n – 1 > 2n – 2. Значит, ни одно из этих чисел нельзя представить в виде суммы нескольких других чисел из этого набора. Наибольшее число в наборе равно 2n – 2. Докажем, что меньшего значения наибольшее число принять не может. Допустим противное. Обозначим наибольшее число N. Пусть N = 2n – 3. Докажем, что в любой последовательности из n чисел, меньших N, найдутся два числа, сумма которых равна N. Разобьём все числа, меньшие N, на такие пары, что сумма чисел в каждой паре равна N: (1 и N – 1), (2 и N – 2) … (n – 2 и n – 1), число пар равно n – 2. В наборе есть n чисел, одно из которых 2n – 3, а остальные n – 1 число нужно взять из n – 2 пар. Значит, хоть одна из этих пар в полном составе входит в набор. Сумма двух чисел этой пары равна числу N из последовательности. Противоречие. Для любого N < 2n – 3 рассуждение о невозможности аналогично. Ответ: 2n – 2. 5.5 Порезанная волейбольная сетка Волейбольная сетка содержит узлы соединенные нитями которые образуют n×m прямоугольных ячеек. Какое максимальное число нитей можно перерезать так, чтобы сетка не распалась на отдельные куски? Говорят, что она «осталась связной». © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 12 Размышляем. Возьмём достаточно простую сетку 2×3 (два по вертикали). Количество нитей в ней легко посчитать. Оно равно 2×(3 + 1) + (2 + 1)×3 = 17. Экспериментируем с разрезанием – 6 нитей разрезать можно, на седьмом разрезе сетка распадается. Попробовав ещё несколько вариантов (2×4, 3×3, …) приходим к гипотезе, что разрезать можно не более, чем n×m нитей. Вариант разрезания – резать все нити одного направления кроме одной. Решение: 1. Пусть сетка содержит n ячеек по вертикали и m ячеек по горизонтали. Тогда сетка содержит (n + 1) горизонтальную нить в каждом вертикальном «столбце» нитей и (m + 1) вертикальную нить в каждой горизонтальной «строке». Если разрезать все горизонтальные нити в каждом вертикальном столбце, кроме верхней нити, то сетка будет содержать (m + 1) вертикальную нить подвешенную на верхней горизонтальной нити. Значит, она не распадётся на куски. Число разрезов равно n×m так как в каждом из m столбцов нитей разрезаны n нитей. 2. Если сетка содержит (n + 1) горизонтальную нить в каждом вертикальном «столбце» нитей и (m + 1) вертикальную нить в каждой горизонтальной «строке», то общее число узлов, в которых нити пересекаются, равно N = (n + 1) × (m + 1). Для соединения этих N узлов требуется не менее, чем N – 1 нить, так как в каждый узел приходит хотя бы одна нить. Число нитей, образующих ячейки до разрезания: M = (n + 1) × m + n × (m + 1) = 2n × m + n + m. Значит, нельзя разрезать количество нитей, больше, чем: M – (N – 1) = (2n × m + n + m) – [(n + 1) × (m + 1) – 1] = n × m. Ответ: n×m. 6 Метод «покрова» Метод «покрова» предполагает, что исследуемый объект покрывают некоторой оболочкой (сетью точек) для которых решение можно построить. 6.1 Наибольшее число закрашиваемых квадратов Найдите наибольшее число квадратов 2×2, которые всегда можно закрасить в квадрате 8×8. Размышляем. В квадратах 3×3 и 4×4 гарантировано можно разместить только один квадрат 2×2 (в центре квадрата 4×4). А в прямоугольниках 4×5, 4×6, 4×7 уже два, а в прямоугольнике 4×8 даже три. Почему это всегда можно и требуется доказать. Обычно используют некоторую сеть точек, каждая из которых может породить исследуемый объект, но никакие две объект не покроет. Решение: Расположим 9 квадратов 2×2 в виде квадрата 6×6 зазор между которым и границей квадрата 8×8 равен 1. Десятый квадрат разместить невозможно. Значит, наибольшее число квадратов не больше, чем 9. Разместим одну точку в центре квадрата 8×8, еще 4 точки на расстоянии 3 от неё по горизонталям и вертикалям. Ещё 4 точки разместим в в вершинах квадрата 6×6 с центром в центре данного. Расстояние между любыми двумя точками не меньше, чем 3 клетки. Никакой квадрат 2×2 не может покрыть две из данных точек. Квадрат с центром в любой из этих точек не может иметь общих внутренних точек с любым квадратом, содержащим другую из этих точек. Любой квадрат 2×2 содержит хоть одну из этих точек. Значит, как бы не располагались n < 9 квадратов 2×2, они покрывают не более, чем n точек и можно добавить ещё 9 – n квадратов 2×2 с центрами в оставшихся непокрытыми точках этой группы. Ответ: 9. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 13 6.2 Наименьшее число закрашиваемых клеток Найти наименьшее число клеток, которые можно закрасить в квадрате (2n + 1) × (2n + 1) так, что обязательно найдется квадрат 2×2, содержащий не менее трех закрашенных клеток. Размышляем. В квадрате 3×3 можно закрасить два крайних столбца, то есть 6 клеток. При такой закраске нет квадратов 2×2, содержащих 3 или 4 закрашенных клетки. При закраске седьмой клетки такой квадрат появится. В квадрате 5×5 можно закрасить два крайних столбца и один центральный, то есть 15 клеток. При такой закраске нет квадратов 2×2, содержащих 3 или 4 закрашенных клетки. При закраске 16–ой клетки такой квадрат появится. Возникает предположение, что (2n + 1)×(n + 1) клеток закрасить можно, на одну больше уже нельзя. В ходе доказательства нужно показать раскраску с максимальным числом закрашенных клеток, где еще нет трёх закрашенных клеток в квадратике 2×2. При этом можно разрезать данный квадрат на квадратики 2×2 в каждом из которых закрасить ровно 2 клетки. А в оставшейся части нужно аргументировано закрасить наибольшее число клеток. Решение: Закрасим через один (n + 1) вертикальный столбец данного квадрата, начиная с крайнего. Число закрашенных клеток равно (2n + 1)×(n + 1). Нет ни одного квадрата 2×2, три клетки в котором закрашены. Докажем, что наибольшее число клеток, которые можно закрасить согласно условию, равно (2n + 1)×(n + 1). Проведём через квадрат «змейку» разделяющую его на два «треугольника» из квадратов 2×2, как показано на рисунке для квадрата 7×7. Квадраты 2×2 покрывают площадь 4n2. Поскольку в каждом квадрате 2×2 закрашено не более 2 клеток, то в них закрашено не более, чем 2n2 клеток. Змейка содержит (4n+1) клетку. Из любых четырёх последовательных клеток, три принадлежат одному из выделенных квадратов 2×2. 2n – 1 = 5 таких квадратов выделены на рисунке. Значит, одна из четырёх последовательных клеток змейки не может быть закрашена без нарушения условия. Поэтому n клеток змейки закрасить нельзя не нарушив ограничение. Возможные не закрашенные 3 клетки выделены на рисунке оранжевым цветом. Остальные 3n + 1 можно закрасить. Всего в исходном квадрате по правилу можно закрасить не более, чем 2n2+ 3n + 1 = (2n + 1) × (n + 1) клеток. Ответ: (2n + 1) × (n + 1) + 1. 6.3 Отмеченные числа Какое наименьшее количество целых чисел в диапазоне от 950 до 2018 надо отметить, чтобы любое число х из этого диапазона отличалось от одного из отмеченных не более, чем на одну восьмую от величины х? Размышляем. 950 =118,75<119, значит, число 950 + 118 = 1068 отметить нужно. 8 2018 =252,25<253, значит, число 2018 – 252 = 1766 отметить нужно. 8 Среднее геометрическое двух чисел равноудалено от этих чисел в процентном x xy отношении так как =√ . Поскольку √ 1068⋅1762≈1373,3 , нужно отметить число y √x y 1373 или число 1374. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 14 Границы перехода от одного «ближнего» к другому находятся в середине промежутков между отмеченными числами. Так переход от «ближнего» 1068 к «ближнему» 1373 нужно 1068+1373 ≈1221 , а переход от 1373 к 1766 нужно сделать для числа сделать для числа 2 1373+1766 ≈1569 . Корректное оформление такого «честного» решения сложно. Поэтому 2 используем найденное решение без объяснений, откуда оно взялось. Решение: 1. Пусть отмечены числа 1068, 1373 и 1766. Тогда число 950 отличается от 1068 на 118, то есть на 12,42% < 1/8. Число 1220 отличается от 1068 на 152 (12,46%). Число 1221 отличается от 1373 на 152 (12,45%). Число 1569 отличается от 1373 на 196 (12,49%). Число 1570 отличается от 1766 на 196 (12,48%). Число 2018 отличается от 1766 на 252 (12,47%). Остальные числа в диапазоне от 950 до 2018 отличаются от отмеченных на меньшую величину, чем одно из рассмотренных. Значит, условия задачи выполнены и трёх чисел достаточно. 2. Докажем, что меньшим количеством чисел обойтись нельзя. Предположим обратное, то есть достаточно два числа. Пусть эти числа a и b, причём a < b. Тогда a < 1070, иначе 950 отличается от него больше, чем на одну восьмую, а b > 1760, иначе 2018 отличается больше, чем на одну восьмую. Рассмотрим число 1313. Оно отличается больше, чем на одну восьмую от любых допустимых значений a и b. Противоречие. Ответ: 3. 6.4 Куски цепей Имеется кусок цепи из m звеньев, каждое массой 1 г. В куске расковали n звеньев так, что из образовавшихся кусков цепи можно составить любую массу от 1 до m грамм. При каком наибольшем m это возможно? Размышляем. Упорядочим длину участков цепочки между раскованными звеньями. Считаем, что те, которые расположены ближе к «началу» цепи, короче, чем те, которые дальше от начала. Пусть расковано одно звено, n = 1. Вес 1 даёт раскованное звено. Чтобы получить вес 2, надо чтобы раскованное звено имело номер три. Тогда 3 = 1 + 2. Вес 4 должна дать оставшаяся часть цепи. Имея веса 1, 2 и 4 мы получаем 5 = 4 + 1, 6 = 4 + 2, 7 = 4 + 2 + 1. Итак любую массу от 1 до 7 можно получить расковав третье звено цепочки из семи звеньев. Пусть раскованы два звена, n = 2. Тогда веса 1 и 2 дают два раскованных звена. Чтобы получить вес 3, надо расковать четвёртое звено. Тогда 4 = 3 + 1, 5 = 3 + 1 + 1. Вес 6 должен дать второй кусок цепи. Значит, надо расковать 11–ое звено. Все веса до 11 мы можем получить, комбинируя 6, 3, 1 и 1. Вес 12 должна дать оставшаяся часть цепи. Значит, вся цепь имеет длину 23 и любой вес от 1 до 23 получим с помощью кусков длины 12, 6, 3, 1 и 1. Итак, любую массу от 1 до 23 можно получить расковав 4–ое и 11–ое звенья цепочки из двадцати трёх звеньев. Пусть раскованы три звена, n = 3. Тогда веса 1, 2 и 3 дают три раскованных звена. Чтобы получить вес 4, надо расковать пятое звено. Веса до 7 = 1 + 1 + 1 + 4 получены. Длина следующего участка 8 и надо расковать 14 звено. Веса до 15 = 1 + 1 + 1 + 4 + 8 получены. Длина следующего участка 16 и надо расковать 31 звено. Если остаток имеет длину 32, то вся цепочка имеет длину 63 и любой вес можно получить. Решение: 1. Пусть цепь, содержащая N = 2n+1 (n + 1) – 1 звеньев, раскована таким © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 15 образом, что возникли следующие части: – часть длиной (n + 1), расковано (n + 1) + 1–ое звено; – часть длиной 21 (n + 1), расковано 3(n + 1) + 2–ое звено; – часть длиной 22(n + 1), расковано 7(n + 1) + 3–ое звено;…, – часть длиной 2n–1 (n + 1), расковано (2n – 1) (n + 1) + n–ое звено. – часть длиной 2n (n + 1). Любой вес от 1 до n включительно можно получить из раскованных звеньев, вес от (n + 1) до 21(n + 1) – 1 получаем с помощью первого куска и раскованных звеньев, вес от 21(n + 1) до 22(n + 1) – 1 получаем с помощью первого и второго кусков и раскованных звеньев, и так далее. Любой вес от 1 до 2n+1 (n + 1) – 1 получен. 2. Докажем, что, имея n единичных звеньев и цепочки различной длины в количестве (n + 1) при любой массе цепочек можно получить не более, чем 2 n+1 (n + 1) – 1 разных не нулевых весов. Комбинируя любым образом (n + 1) объект мы можем получить не более, чем 2 n+1 комбинаций, включая нуль. Так первый объект можно взять, а можно не взять. Это даёт две комбинации. Независимо от первого объекта, второй объект можно взять и не взять. Получаем 4 комбинации для двух объектов. Аналогично для следующих объектов. Добавляя к этим комбинациям 1, 2 и так далее до n единичных весов получим 2n+1 (n + 1) возможных комбинаций с учётом нуля (когда ни один объект не выбран). Ответ: 2n+1 (n + 1) – 1, (7 для n = 1, 23 для n = 2, 63 для n = 3, 159 для n = 4, 383 для n = 5, 895 для n = 6). © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 16 6.5 Пилим палку Прямую палку длиной 2n сантиметров, n > 4, распилили на N палочек, длина каждой из которых выражается целым числом сантиметров. При каком наименьшем N можно гарантировать, что, использовав все получившиеся палочки, можно, не ломая их, сложить контур некоторого прямоугольника? Размышляем. По смыслу условия, решающий оговаривает число N и отдаёт палку некто. Некто ломает палку, как хочет на целочисленные куски и возвращает куски. Решающий из них выкладывает прямоугольник, проще говоря складывает две пары равных отрезков из которых можно и прямоугольник сложить. Ясно, что некто стремится сделать «подлянку» решающему и ломает как можно гаже. Так если он может отломить кусок длиной n, то решающий точно не сможет выложить прямоугольник. Если число разломов больше n, самый длинный кусок короче n и появляются куски единичной длины. Доказательство должно содержать пример, иллюстрирующий что если число разломов N – 1, то можно их так выполнить, что прямоугольник не создать, и доказательство, как при любом способе N разломов, можно выложить прямоугольник. Решение: Если N = n + 1, то можно создать n кусков длиной 1 и один кусок длиной n. Из этого набора прямоугольник выложить нельзя. Если N = n + 2, то среди кусков есть по крайней мере два длиной 1. Иначе каждый из n + 1 кусков имеет длину не меньше, чем 2 и их суммарная длина больше 2n. Оставшиеся n кусков имеют суммарную длину 2n – 2. Свернём мысленно палку в кольцо и представим его, как аттракцион «колесо обозрения» в котором 2n – 2 одноместные кабинки, равноудалённых друг от друга, заполняют n посетителей. Всегда можно найти пару диаметрально противоположных кабинок в которых есть посетители. Иначе против каждого из n посетителей есть свободная кабинка и число кабинок не меньше, чем 2n. По обе стороны между этими кабинками одна и та же длина, то есть в рассматриваемой задаче сумма длин отрезков равна n – 1. Таким образом всегда можно организовать два набора длиной n – 1 и два отрезка длиной 1, которые позволяют создать прямоугольник. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 17 7 Принцип крайнего Идея подхода состоит в том, что у каждого конечного множества есть граница. Такая же граница есть у многих бесконечных множеств, например, минимальное из натуральных чисел – единица. Поэтому либо рассматривается граничный элемент множества, либо организуется процесс, который рано или поздно придёт к граничному элементу. 7.1 Замкнутый многоугольник На плоскости имеются несколько точек, все расстояния между которыми различны. Каждую точку соединяют отрезком с ближайшей точкой. Может ли при этом получиться замкнутый многоугольник? Решение: Допустим противное, то есть многоугольник существует. У него есть наибольшая сторона. У каждой вершины, примыкающей к этой стороне, есть более близкий сосед. Значит, эта сторона не может возникнуть. Ответ: Нет. 7.1.a Возлюби ближнего своего В классе 30 школьников. На уроке физкультуры они стоят в спортзале. Точки расположения произвольны (не обязательно колонна), причём все расстояния между ними различны. Когда учитель отвлёкся, каждый школьник бросил в ближайшего ученика бумажный комок и попал в цель. Найти максимальное число комков, которые могли попасть в одного ученика. Решение: Если комки А и В попали в О, то АВ – наибольшая сторона треугольника АВО и АОВ > 60. Если в О прилетели 6 или больше комков, то сумма углов, под которыми видны отрезки, соединяющие «стрелков», по крайней мере в 6 раз больше минимального из этих углов, а он больше 60. Но сумма всех углов равна 360. Противоречие. Ответ: 5. 7.2 Середины отрезков На плоскости дано n точек и отмечены середины всех отрезков с концами в этих точках. Докажите, что число различных отмеченных точек не менее, чем 2n – 3. Решение: Пусть А и В – наиболее удалённые друг от друга точки. Опишем вокруг каждой из этих точек круг с диаметром, равным АВ. Возникла конфигурация из двух касающихся кругов. Внутри первого круга с центром в точке А есть n – 2 различные середины отрезков, соединяющих А со всеми точками, кроме В. Внутри второго круга с центром в В есть n – 2 середины отрезков, соединяющих В со всеми точками, кроме А. И на их общей границе есть середина АВ. Все эти точки различны (середина ВС может совпасть с серединой АВ и не обязательно является новой точкой). 7.3 Парламентские страсти В парламенте у каждого депутата не более трёх недругов. Это означает, что если А недруг В, то и В недруг А. Найти минимальное число комитетов, на которое можно разбить парламент так, чтобы у каждого парламентария в его комитете будет не более, чем один недруг. Решение: Докажем, что двух комитетов хватит. Разместим женщин в один комитет, мужчин – в другой. Определим число пар врагов М. Это целое неотрицательное число. Теперь найдём депутата А, у которого в его комитете больше одного врага. Значит, в другом комитете у него не больше одного врага. Переведём его в другой комитет. В результате число М уменьшилось, по крайней мере, на единицу. Повторим процедуру с поиском депутата, у которого в его комитете больше одного врага и переводом его в другой комитет. После © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 18 каждой такой процедуры число М уменьшается. Но положительное целое число не может уменьшаться неограниченно долго. Значит, наступит ситуация, когда переводить будет некого. Эта ситуация удовлетворяет условию. Ответ: n = 2. 7.4 Наименьшее число встреч Даны п прямых, среди которых нет параллельных, и п точек. Прямые и точки собираются в пары и в каждой паре из точки опускается перпендикуляр на свою прямую. Найти минимальное число точек пересечения. Вариант условия, идентичный предыдущему: У Вовочки есть п знакомых девушек, к которым он ездит на своей старенькой «Тойоте» по п прямолинейным непараллельным дорогам. От дороги до дома девушки мальчик движется по перпендикуляру к дороге. Поскольку девушки ходят по тем же дорогам, а мальчик не хочет, чтобы одна девушка встретила его гуляющим с другой, он выбирает маршруты, которые не пересекаются. Всегда ли (при любом ли месте жительства девушек), Вовочка сможет организовать свои похождения безопасно? Размышляем: Используем вариант метода крайнего в котором набору элементов сопоставляем некоторую функцию причём крайнее значение — экстремум функции — соответствует ситуации, существование которой требуется доказать. Решение основано на следующем. Пусть есть две точки и две непараллельные прямые. Из этих точек можно опустить перпендикуляры на прямые двумя способами. В одном случае они могут пересечься, в другом случае не могут. :Если сравнить суммарную длину пары перпендикуляров, опущенных из двух точек, она меньше, если перпендикуляры не пересекаются. Решение: Докажем, что всегда можно так выбрать пары точка - прямая, что пересечений не будет. Сопоставим всем перпендикулярам их суммарную длину L. Это неотрицательное число. Возьмем пару пересекшихся перпендикуляров. Поменяем точки в парах. Эти перпендикуляры перестали пересекаться (хотя, может быть, появились новые точки пересечения с другими перпендикулярами). При этом суммарная длина этих двух перпендикуляров уменьшилась. Пусть прямые DE и DF пересекаются в точке М. АС и BD – пересекающиеся в точке О перпендикуляры к прямым DE и DF, соответственно. AF и ВЕ — непересекающиеся перпендикуляры. Пусть Н это проекция О на ВЕ, G - это проекция О на AF. Тогда сумма длин перпендикуляров: AF + BE = (AG + GF) + (BH + HE) < (AO + OD) + (BO + OC) = AC + BD. Длина всех остальных перпендикуляров не изменилась, значит, L уменьшилась в результате замены. Поступим так же с другой парой пересекающихся перпендикуляров. После каждой перестановки параметр L уменьшается. Возможное число пар точка — прямая конечное, значит, в конце концов, будет достигнут минимум L. Это означает, что нет пары пересекающихся перпендикуляров. Ответ: 0 (да). 7.4.a Углы задают пары точек На плоскости даны точки A1, A2,..., An и точки B1, B2,..., Bn. Докажите, что точки Bi можно перенумеровать так, что для всех i ≠ j угол между векторами AiAj и BiBj – острый или прямой. Размышляем: Величина угла между векторами AiAj и BiBj может быть охарактеризована знаком скалярного произведения этих векторов. Сумма таких произведений максимальная если все углы не тупые. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 19 n ⃗ k⋅OB ⃗ k , где O произвольная точка плоскости. Решение: Рассмотрим сумму S =∑ OA k=1 Выберем такую нумерацию точек Bk, что соответствующая сумма S максимальна. Возьмём две точки и поменяем их номера то есть Bi станет Bj, а Bj станет Bi. Сумма уменьшилась, так как первая была максимальной. Разность сумм равна ⃗ i⋅OB ⃗ i + OA ⃗ j⋅OB ⃗ j )−( OA ⃗ i⋅OB ⃗ j + OA ⃗ j⋅OB ⃗ i)=( OA ⃗ i−OA ⃗ j )⋅( OB ⃗ i−OB ⃗ j)= A⃗ j Ai⋅B⃗ j Bi≥0 . Δ S =( OA Следовательно, при выбранной нумерации угол между векторами AiAj и BiBj – острый или прямой. 7.5 Распространение новости В компании n человек (n > 3). У каждого появилась новость, известная только ему одному. За один телефонный разговор двое сообщают друг другу все известные им новости. Найти минимальное число звонков, если все узнали все новости. Решение: Докажем, что 2n – 4 звонка достаточно. Пусть n = 4. тогда достаточно четырёх звонков: 1–2,3–4, 1–3, 2–4. Предположим, что для n участников достаточно 2n – 4 звонка. Пусть участников n + 1. Первый звонок: (n +1)-ый сообщает свою новость первому. Далее за 2n – 4 звонка n человек узнают все новости. Последний звонок: (n + 1)-ый узнаёт все новости у первого. Общее число звонков 2n – 2. Докажем, что 2n – 3 звонка недостаточно. Рассмотрим того, кто звонил последним. Его собеседник обязан был уже знать все новости, иначе звонивший предпоследним не знает все новости. Значит последний звонил не менее, чем два раза. Если его убрать из компании, то n – 1 человек узнали все новости не более, чем за 2n – 5 звонков. Рассуждая таким образом, найдём, что 4 лицам достаточно 3 звонка. Простым перебором установим, что это невозможно. Противоречие. Ответ: 2n – 4. © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/ 20 Контрольная работа 1 1. Андрей раскладывает 200 спичек на 6 разных кучек. Затем Борис уравнивает количества спичек в некоторых двух кучках, беря несколько спичек из большей из них. Борис стремится взять как можно меньше спичек. Сколько спичек может Андрей заставить взять Бориса? 2. Число 2013 можно представить в виде суммы последовательных натуральных чисел несколькими способами, например, 2013 = 1006 + 1007 = 670 + 671 + 672. Найдите представление, в котором наибольшее число слагаемых. 3. Чиновники, имеющие разную зарплату, сидят в креслах, расставленных в виде квадрата 2n2n. Каждый чиновник имеет возможность узнать зарплату его ближайших соседей (спереди, сзади, сбоку и по диагоналям, таких соседей не более, чем восемь). Чиновник ощущает комфорт если зарплату больше его получает не более чем один из соседей. Какое наибольшее число чиновников может ощущать комфорт. 4. Каждая из клеток квадрата 5 × 5 покрашена в красный, жёлтый, зелёный или синий цвет так, что в любом квадрате 2×2 встречаются все четыре цвета. Найдите наибольшее возможное число клеток синего цвета. 5. Найдите наименьшее натуральное число, которое при делении на любое натуральное число от 2 до 10 включительно даёт остаток, не меньший половины делителя. 6. Натуральное число разрешено увеличить на любое целое число процентов от 1 до 100, если при этом получаем натуральное число. Найдите наименьшее натуральное число, которое нельзя при помощи таких операций получить из числа 1. 7. Какое наибольшее количество диагоналей клеток шахматной доски можно провести так, чтобы никакие две из них не имели ни одной общей точки? 8. В арифметическом ребусе ДУБ+ДУБ+. . .+ДУБ= РОЩА требуется разные буквы заменить разными цифрами, одинаковые — одинаковыми. Какое наибольшее число <дубов> может быть в <роще>? 9. Какое наименьшее число коней можно расположить на шахматной доске, чтобы любая белая клетка находилась под боем? 10. Из А в Б выехали с небольшими интервалами времени семь велосипедистов, один из которых был с флягой. Во время каждого обгона если у обгоняемого или обгоняющего есть фляга, то она переходит от одного из них к другому. Какое наименьшее число обгонов (как с передачей, так и без передачи) могло произойти, если фляга по дороге перебывала у всех велосипедистов © В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015 http://www.deoma–cmd.ru/