Иной сумрак клетку доски с обратной стороны (лицевая и «изнаночная» клетки счита- иной

2006.9.1. Иной конь, в отличие от обыкновенного шахматного коня, кроме
обычных ходов, может за один ход уйти в сумрак – переместиться на ту же 3 10 21 16 5
клетку доски с обратной стороны (лицевая и «изнаночная» клетки счита- 20 15 4 11 22
ются разными). Может ли иной конь обойти доску 5x5, побывав в каждой
клетке (как на лицевой, так и на сумеречной стороне) по одному разу и 9 2 25 6 17
вернуться в исходную клетку? (А.Рипатти, 11 кл., шк. 93, г.Уфа)
14 19 8 23 12
Решение: Может, сделав нужные ровно 50 ходов. Для этого пройдёт, например,
по одной стороне доски за 24 хода так, как показано на рисунке, от клетки 1 до 1 24 13 18 7
клетки 25, затем в центральной клетке он может уйти в сумрак, пройдя в обратном порядке по другой
стороне доски и вынырнув из сумрака в клетке с номером 1.
Комментарий: см. также книгу Гика «Математика на шахматной доске» и про маршруты коня, и про
другие математические задачи с шахматными фигурами.
2007.8.4. Сложим все числа, которые получаются из некоторого натурального числа вычёркиванием одной его цифры (слагаемых будет столько, сколько цифр в исходном числе, нули в начале
получающегося числа после стирания первой цифры не учитываются, например, из числа 205
получим сумму 5+25+20=50). Может ли полученная сумма оказаться равной 2008?
Ответ: не может.
Решение: 1). При малом (до 3) количестве цифр сумма полученных чисел будет не более 399<2008.
2). При большем, чем 4, количестве цифр, получим сумму не меньшую 31000>2008, т.к. получаются,
как минимум 3 числа, содержащие не менее 4 цифр (это те числа, в которых первая цифра совпадает с
первой цифрой исходного числа).
3). Из четырёхзначного числа abcd обязательно должна получиться сумма, кратная 3, т.к.
abc

abd

acd

bcd

300
a

120
b

21
c

3
d
, а 2008 на 3 не делится.
2007.9.1. Сложим все числа, которые получаются из некоторого натурального числа вычёркиванием одной его цифры (слагаемых будет столько, сколько цифр в исходном числе, нули в начале
получающегося числа после стирания первой цифры не учитываются, например, из числа 205
получим сумму 5+25+20=50). Может ли полученная сумма оказаться равной 2007?
Ответ: может. В качестве примера можно привести любое решение уравнения в цифрах
100a+40b+7c+d=669, например, 6141, 6138, 6096, 5412, 5409, 5370, 5367, 4641, 4638, 4596, 3912, 3909,
3870, 3867.
Комментарий: Прийти к подобным примерам можно, воспользовавшись следующими рассуждениями. 1). При малом (до 3) количестве цифр сумма полученных чисел будет не более 399<2007.
2). При большем, чем 4, количестве цифр, получим сумму не меньшую 31000>2007, т.к. получаются,
как минимум 3 числа, содержащие не менее 4 цифр.
3). Из
четырёхзначного числа
abcd обязательно должна получиться следующая сумма
abc

abd

acd

bcd

300
a

120
b

21
c

3
d

2007
, откуда получаем уравнение в цифрах
100a+40b+7c+d=669, которое можно решить полным перебором, начав для удобства перебирать с
цифры c.
2008.8.2. Найдите наибольшего ВОИН а , когда ОДИН  В  ПОЛЕ  ВОИН (одинаковые буквы –
одинаковые цифры, разные буквы – разные цифры). (Ответ обоснуйте.)
Ответ: 6853. Решение: В  ЛЕ  100 , значит, Л  9 , О  8 , тогда В  6 , откуда и получим наибольшее возможное значение в случае 8753=6+1894+6853.
2005.8.4. Чему равен ЧЕЛОВЕК, для которого З  Л  О  Л  Е  Н  Ь ? (одинаковые буквы – одинаковые цифры, разные буквы – разные цифры) (Д.Костерин&K)
Ответ:
0.
Решение:
Если
ни
одна
из
букв
не
равна
0,
то
З  Л  О  9  8  7  3  8  24  1 2  3  4  Л  Е  Н  Ь , т.е. уравнение не имеет решений. Значит,
уравнение имеет решение только тогда, когда обе части равны нулю, а это возможно только при Л=0,
следовательно, ЧЕЛОВЕК=0.
2005.10.3. Сколько решений имеет ребус З  Л  О  Л  Е  Н  Ь ? (одинаковые буквы – одинаковые цифры, разные буквы – разные цифры) (Д.Костерин)
Ответ: 15120 решений.
Решение:
Если
ни
одна
из
букв
не
равна
0,
то
З  Л  О  9  8  7  3  8  24  1 2  3  4  Л  Е  Н  Ь , т.е. уравнение не имеет решений. Значит,
уравнение имеет решение только тогда, когда обе части равны нулю, а это возможно только при Л=0,
следовательно, остальные пять букв могут быть выбраны из 9 ненулевых цифр
A95  9  8  7  6  5  15120 способами.
2003.9.4, 2003.10.4. Верно ли, что если ДВАЖДЫ  2  ЧЕТЫРЕ , то Ч  2  2 ? (Одинаковые
буквы – одинаковые цифры, а разные буквы – разные цифры).
Ответ: да, верно. Решение: 1). 2  Ы - чётное число, следовательно, оканчивается на чётную цифру,
т.е. Е – четная цифра.
2). 2  АЖДЫ  2  10000  20000 , значит, либо в следующий разряд переходит 1, либо перехода нет,
но 2  В и Е – четны, следовательно, перехода нет, т.е. АЖДЫ <5000 и не влияет на следующий разряд.
ЧЕТЫРЕ 1000000

 500000 , т.е. Д  4 , значит, ДЫ  2  49  2  98 , т.е.
3). ДВАЖДЫ 
2
2
ДЫ  2  РЕ - двузначное число.
ДЫ  2  РЕ , причем В и Ы
АЖ  2  ТЫ ,
ДВ  2  ЧЕ ,
Таким образом, мы фактически имеем три уравнения
не равны 0 (иначе, Е =0, что невозможно одновременно), а вот А
может равняться нулю. Вычтем из первого уравнения третье и разделим на 2, тогда В  Ы  5(Ч  Р) ,
т.е. ( В  Ы ) делится на 5. Разберём все возможные случаи такой делимости на 5, учитывая также, что
Ж  2 оканчивается на Ы , и значит, Ы - чётная цифра. Кроме того, 1  Д  4 , 0  А  4 , а разные
буквы принимают разные значения цифр.
В
Ы
Е
Ж
Д
Р
Ч
А
Т
1
6
2
3
4
0
0
–
7
2
4
8
6
3
4
6
8
–
–
1
2
3
6
3
8
6
1
3
4
1
3
7
–
–
–
9
4
8
2
9
2
5
4
1
3
4
–
–
–
1
3
–
2
4
9
0
1
+
–
1
2
–
3
6
7
1
2
–
0
0
–
1
2
3
0
1
–
7
2
4
3
7
–
–
Таким образом, наш ребус имеет единственное, при этом весьма неожиданное, решение
23.09.282=46.18.56. Видим, что Ч =4, т.е. действительно равно 22 (!!!!!!!).
2003.8.1. Петя написал на доске несколько целых чисел. Вася подписал под каждым Петиным
числом его квадрат. После чего Маша сложила все числа, написанные на доске, и получила
2003. Докажите, что кто-то из детей ошибся. (О.К. Подлипский)
Решение: Предположим, что никто из детей не ошибся. Если Петя написал числа x1, x2, …, xn, то Вася
должен был написать числа x12, x22, …, xn2. Тогда Маша должна была посчитать сумму
S=x1+x2+…+xn+x12+x22+…+xn2 = (x1+x12) + (x2+x22) +…+(xn+xn2). Но заметим, что в каждой скобке
сумма чётная, т.к. x+x2=x(x+1) – чётное. Значит, S – сумма чётных чисел, т.е. число чётное и не может
равняться 2003.
Комментарий: как видим, привычка нажимать на кнопочки калькулятора привела детишек к ошибке, а для доказательства этого калькулятор совсем не нужен:!
2003.8.2. На острове рыцарей и лжецов (рыцари всегда говорят правду, а лжецы – лгут) 2003
островитянина встали в круг и каждый заявил, что оба его соседа – лжецы. Сколько в кругу
рыцарей?
Ответ: возможное количество рыцарей – любое натуральное число от 668 до 1001 включительно.
Решение: Из утверждения рыцаря следует, что оба его соседа – лжецы, а из утверждения лжеца следует, что среди его соседей есть хотя бы один рыцарь. Таким образом, в кругу происходит чередование
групп из одного рыцаря и групп из 1 или 2 лжецов. Пусть в кругу N рыцарей. Тогда будет и N групп
(из подряд стоящих) лжецов, а в них – от N до 2N лжецов. Получается, что количество островитян
(рыцарей и лжецов) в круге – от 2N до 3N. Решим получившееся неравенство 2N20033N, из которого находим, что 2003/3N2003/2. А с учётом натуральности числа N имеем: 668N1001. Причём для
каждого из этих вариантов есть соответствующая расстановка, при которой в промежутках между N
рыцарями находятся N групп лжецов, при этом в 2003–2N группах – по 2 лжеца, а в N–(2003–2N)=3N–
2003 группах – по 1 лжецу (в результате всего 2(2003–2N)+(3N–2003)=2003–N лжецов).
2007.10.5. В городском Кубке по блицу должны участвовать 64 шахматиста. Докажите, что можно составить такое расписание турнира, что каждый сыграет по одной партии ровно с 36 другими шахматистами, при этом у любой пары не сыгравших между собой шахматистов будет ровно
18 общих противников среди остальных, а у каждой пары сыгравших между собой шахматистов
будет либо 20, либо 26 общих противников среди остальных участников. (В.Шмаров, 1 курс, мехмат МГУ им. М.В.Ломоносова)
Решение: Рассмотрим куб 4×4×4, разбитый на 64 единичных кубика. Разместим шахматистов по кубикам, в каждый кубик – одного человека. После этого дадим сыграть партию каждым двум шахматистам, находящимся в одном “слое” из 16 единичных кубиков. Нетрудно понять, что после этого все
условия задачи выполнены: каждый сыграл 36 партий, любые двое не сыгравших между собой имеют
18 общих противников; двое сыгравшие между собой, находящиеся в одном ряду из четырёх кубиков,
имеют 26 общих противников; двое сыгравшие между собой, находящиеся в одном слое, но не находящиеся в одном ряду, имеют 20 общих противников.
Комментарий: слово «Кубок» (да ещё с большой буквы) является подсказкой – надо заметить, что
64=43 и применить куб 4×4×4, а не шахматную доску, когда есть ложный ход с применением идеи равенства 64=82, что пытались сделать лучшие олимпиадники в 2007 году. Со спортивной точки зрения
данная задача не является кубком, а расписание соответствует турниру по швейцарской системе, поэтому фраза «в городском Кубке» явно не вписывается в условие задачи, значит, указана СПЕЦИАЛЬНО.
2009.8.2. Дядька Черномор хочет показать своим богатырямкоролевичам такую расстановку 33 королей на шахматной доске, что
каждый король находится под защитой не более чем двух других королей (король защищает все соседние по стороне или вершине клетки). Есть ли у него такая возможность?
Ответ: есть, пример см. на рис. Комментарий: из формулировки задачи
сразу ясно (знаменитый герой великого Пушкина «хочет показать» своим
лучшим воинам, значит, ЗНАЕТ), что такая расстановка есть – рота идёт
на параде: .
2007.9.5. Во время занятия математического кружка Знайка предложил Незнайке сыграть 3 партии в следующую игру: «В начале партии ты называешь некоторое
натуральное число N, каждый раз новое. Затем мы по очереди (ты – первый, я – второй) записываем в клетки квадрата 77 по одному целому числу от 1 до 49 включительно. В каждую клетку
записывается ровно одно число, и каждое из чисел должно быть использовано ровно один раз.
Если по окончании заполнения квадрата найдутся строка и столбец, в каждом из которых сумма
чисел равна N, то выигрываешь ты. В противном случае выигрываю я». Незнайка в ответ заявил: «Я выиграю со счётом 3:0». Кто на самом деле выигрывает при правильной игре и с каким счётом? (по мотивам задачи А.Хилова, 10 кл., лицей 38 г. Дзержинск)
Ответ: при правильной игре со счётом 3:0 выиграет первый игрок, т.е. Незнайка.
Комментарий: Задача 9.4. уже показала нам, что Незнайка на пути получения хорошего образования
(занимается в шахматном кружке, а теперь ещё и в математическом, да и задачи начинает придумы-
вать - см. ниже задачу 2007.9.4), вот Знайка и хочет проверить уровень подготовки Незнайки:. Кроме
того, Незнайка симпатичен большинству детей.
Решение: Незнайка для своей победы со счётом 3:0 может применить
a
следующую стратегию. Разобьёт клетки креста без центральной клетки на
b
пары, например, так, как показано на рисунке (клетки с одинаковыми букc
вами входят в одну пару). Затем в начале первой партии назовёт число
N=196, второй – N=175, третьей – N=154.
d e f
d e f
В первой партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 49 – (1,48),
a
(2,47), …, (24,25), число 49 остаётся без пары, им Незнайка и сделает перb
вый ход в центральную клетку.
c
Во второй партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 50 – (1,49),
(2,48), …, (24,26), число 25 остаётся без пары, им Незнайка и сделает первый ход в центральную клетку.
В третьей партии разобьёт числа на 24 пары с суммой 51 – (2,49), (3,48), …, (25,26), число 1
остаётся без пары, им Незнайка и сделает первый ход в центральную клетку. Затем в каждой партии на
ходы Знайки он будет отвечать следующим образом:
1). Если Знайка сходил в одну из клеток креста, то Незнайка отвечает парным числом соответствующей пары в парную клетку соответствующей клетки в этом кресте.
2). Если Знайка сходил в одну из клеток, не входящих в крест, то Незнайка отвечает парным
числом соответствующей пары в любую свободную клетку, не входящую в крест.
Таким образом, за парный ход (Знайка – Незнайка) они будут использовать одну из пар чисел.
В результате в конце каждой партии Незнайка получит в строке и столбце креста суммы, равные сумме центрального числа и трёх пар разбиения, т.е. соответственно 49+349=196, 25+350=175,
к
к
к
л л
1+351=154, что и приведёт его к победе со счётом 3:0.
2007.11.6. Во время матча «ЦСКА»–«Реал» пришедший с шахматного
л
кружка Незнайка задумался над задачей «При каком наибольшем n на к
л
л
шахматное поле 88 можно поставить n коней, n королей и 1 мяч (бить
м
л
к
не умеет) так, чтобы не было фигуры, стоящей под боем другой фигук
л
ры?» Решите эту задачу. (по мотивам задачи В.А.Рузанова)
Ответ: n=11, на примере – кони-лошади отмечены буквой «л», короли –
л
к
к
«к», мяч – «м». Комментарий: А сколько футболистов выходит на поле в л
начале матча?
л л
к
к
к
Решение: Предположим, что на поле можно разместить фи1 2 3 4 гуры при n12, тогда можно разместить и при n=12. Разобьём
л л
л л
3 4 1 2 поле на 16 квадратов 22, тогда ровно в 12 из них будут стол
л
ять по 1 королю («к»), а в 4 других – 12 коней-лошадей («л») и 1 мяч, т.е. 13
фигур, значит, пустых квадратов быть не должно. Соответственно, квадраты
будем называть к-квадраты и л-квадраты. Заметим, что если хотя бы в од- к
ном из л-квадратов две «л» стоят у общей стороны с другим квадратом, то
этот соседний квадрат не будет содержать «к», значит, он должен быть лквадратом, но тогда в сумме в этих двух квадратах разместится не более 4
л
фигур, т.к. клетки прямоугольника 24 разбиваются на пары в виде хода «л» л
(см. рис.), а во всех 4 л-квадратах разместится не более 4+24=12 фигур, а л л
л л
должно быть 13. Кроме того, не существует л-квадратов с 4 «л» (аналогичные рассуждения). Значит, в каждом л-квадрате будет ровно 3 «л» и никакие
2 «л» не могут стоять парой у общей стороны с другим квадратом, следовательно, такие л-квадраты
находятся в углах поля 88 и 3 «л» стоят с краю всего поля, причём в одном из них ещё стоит и мяч.
Тогда из двух выделенных на поле квадратов (см.рис.) хотя бы один должен оказаться пустым – противоречие. Значит, n11.
2007.9.4. Во время матча «ЦСКА»–«Реал» пришедший с шахматного
кружка Незнайка задумался над задачей «Можно ли на шахматное поле
88 поставить 11 коней, 11 королей и 1 мяч (бить не умеет) так, чтобы не
было фигуры, стоящей под боем другой фигуры?» А действительно,
можно ли? (по мотивам задачи В.А.Рузанова)
к
к
к
к
к
л
л
м
л
к
к
л
л
Ответ: можно. На примере – кони-лошади отмечены буквой «л», короли –
л
л
к
к
«к», мяч – «м».
л
2008.8.4. В выпуклом шестиугольнике с углами в 120 четыре подряд л
л
л
к
к
идущие стороны равны 3, 12, 4 и 9. Найдите длины двух других сторон.
Ответ: 6 и 10. Решение: Пусть следующие две стороны равны x и y. Построим на сторонах 3, 4 и x наружу три равносторонних треугольника. Получим правильный треугольник, в который вписан исходный шестиугольник. У этого треугольника сторона равна
3+12+4=4+9+x=x+y+3, откуда x=6, y=10.
2008.8.5. Набор из трёхзначных чисел назовём сильным, если любое трёхзначное число, все цифры которого идут в неубывающем
порядке (например, 226, 139, 555), совпадает хотя бы в одном разряде с одним из чисел этого набора. Какое наименьшее количество
чисел может быть в сильном наборе?
Ответ: 3 числа, например, 147, 258, 369. Решение: в сильном наборе не менее 3 чисел, т.к. в числах набора должны участвовать все 9
цифр, иначе одно из чисел вида aaa не будет удовлетворять условию.
Любое трёхзначное число abc , где abc удовлетворяет условию при
этом наборе, иначе a4, c6 и для цифры b нет допустимых значений.
2008.9.5. По заданию девятиклассника Димы его брат, шестиклассник Ваня, расставляет цифры
на гранях двух кубиков (на каждом кубике – своим способом, на каждой грани записана ровно
одна цифра). Ему необходимо получить как можно больше подряд идущих двузначных чисел,
выкладывая рядом эти два кубика. Какое наибольшее количество таких двузначных чисел он
может составить?
Ответ: 44 числа (от 56 до 99), если, например, на одном кубике напишут 3, 4, 5, 6/9, 7, 8, а на другом
– 0, 1, 2, 6/9, 7, 8. Доказательство оценки: Предположим, они сумеют составить не менее 45 чисел,
тогда среди этих чисел будут хотя бы 4 числа, кратных 11. Кроме того, чтобы оказалось 10 подряд
идущих чисел (а они имеют различные последние цифры), ребята должны будут записать на кубиках
каждую из 9 возможных цифр, учитывая, что 6-9 можно изобразить одной и той же цифрой. Тогда
среди 12 цифр будет не более трёх пар одинаковых цифр, значит, 4 двузначных числа, кратных 11 (а
они содержат одинаковые цифры), ребята смогут составить только как 66, 77, 88, 99. Но тогда при
наличии числа 99 среди 45 подряд идущих двузначных чисел будет ещё и число 55, что уже невозможно. Противоречие. Значит, можно составить не более 44 подряд идущих чисел, взяв цифры 6/9, 7 и
8 по два раза, а остальные цифры – по одному разу. Комментарий: девятиклассник и шестиклассник
в условии задачи совсем не случайны – подсказка, что цифры 9-6 друг друга могут заменять.
2009.11.3. В клетках таблицы 33 расставлены положительные числа так, что каждое число в
два раза меньше суммы всех чисел, находящихся в соседних с ним по стороне клетках. Верно ли,
что среди этих 9 чисел можно выделить две группы по 4 числа с одинаковыми суммами?
Решение: Заметим, что каждое угловое число равно полусумме своих соседей, тогда сумма всех угловых чисел равна удвоенной полусумме чисел, находящихся в серединах сторон, т.к. каждое такое число учитывается дважды, являясь соседом у двух угловых чисел. Значит, сумма четырёх угловых чисел
равна сумме четырёх чисел в серединах сторон. Таким образом, требуемое условие выполнимо.
Комментарий: Но … условие задачи не является корректным, т.к. такое расположение чисел возможно только в случае, если все числа равны 0, что нетрудно доказать, решив соответствующую систему из 9 уравнений с 9 неизвестными. Поэтому верным является вывод о некорректности задачи.
Примечание: доказательство «верности» требуемого в задаче оценивается из 7 баллов, доказательство некорректности условия оценивается из 10 баллов. Это был эксперимент с выдачей школьникам задачи с некорректным условием.