Фильтр
Задачи
Страница: 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 24]
На доске написано:
В этом предложении ... процентов цифр делятся на 2 , ... процентов цифр делятся на 3 , а ... процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
Вставьте вместо многоточий какие-нибудь целые числа так, чтобы написанное на доске утверждение стало верным.
1. Можно показать, что других решений задача не имеет.
2. Объясним, как можно было такой ответ искать. Всего в обсуждаемом предложении не более 3· 2 + 4=10 цифр. Поэтому каждое пропущенное число двузначно. Т.е. всего цифр в предложении ровно десять, а значит, все пропущенные числа заканчиваются на 0 . Значит, в предложении содержатся 3 нуля. Каждый из этих трёх нулей делится и на 2, и на 3, поэтому все пропущенные числа не меньше 30. Учитывая, что в предложении уже имеются две двойки и две тройки, получаем, что первые два числа лежат между 50 и 80 , а третье – между 30 и 60 .
Дальше уже не так сложно найти ответ перебором. Но можно воспользоваться методом последовательных исправлений. Начнём с утверждения
В этом предложении 50 процентов цифр делятся на 2 , 50 процентов цифр
делятся на 3 , а 30 процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
Оно неверно, так как цифр, делящихся на 3, в нём не 50 процентов, а 60 процентов. Внесём это исправление. Получается (снова неверное) утверждение
В этом предложении 50 процентов цифр делятся на 2 , 60 процентов цифр
делятся на 3 , а 30 процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
После следующего исправления имеем
В этом предложении 60 процентов цифр делятся на 2 , 70 процентов цифр
делятся на 3 , а 40 процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
Наконец, ещё одно исправление даёт верный ответ:
В этом предложении 80 процентов цифр делятся на 2 , 60 процентов цифр
делятся на 3 , а 40 процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC выбрана
точка K , для которой CK=BC . Отрезок CK пересекает
биссектрису AL в ее середине. Найдите углы
треугольника ABC .
Обозначим точку пересечения отрезков CK и AL за O (рис.). Заметим, что CO – медиана к гипотенузе прямоугольного треугольника ACL . Значит, AO=OC=OL , а
OCA= OAC= OAK
(последнее равенство верно, так как AO – биссектриса). Обозначим
этот угол за α . Тогда A=2α .
Найдём B . Так как треугольник CBK равнобедренный, этот угол равен
внешнему углу CKB треугольника CKA , то есть B= ACK+
KAC=3α .
Наконец, из того, что B+ A=90o , получаем, что
2α+3α=90o . Значит, α=18o . Соответственно,
B=3·18o=54o , а A=2·18o=36o .
A=36o , B=54o .
Известно, что квадратные уравнения ax2+bx+c=0
и bx2+cx+a=0 ( a , b и c – отличные от нуля числа)
имеют общий корень. Найдите его.
(ax3+bx2+cx)-(bx2+cx+a)=0 
a(x3-1)=0.
Но у последнего уравнения только один корень – а именно, 1 .
Второе решение. Можно решить задачу и "в лоб". Найдём сначала, при каких x значения обоих квадратных трёхчленов равны, – для этого нужно решить уравнение
ax2+bx+c=bx2+cx+a,
т.е.
(a-b)x2+(b-c)x+(c-a)=0.
Можно решить его по формуле, но проще заметить, что 1 – его корень (что и не удивительно – оба трёхчлена принимают при x=1 значение a+b+c ), а второй корень (при a
b ) по теореме Виета равен 
.
Нетрудно привести пример, когда x=1 действительно является общим корнем наших трёхчленов, – нужно взять любые a , b , c с нулевой суммой. Проверим, может ли быть общим корнем x= . Подставляя его в первое
уравнение, получаем, что для этого a(a2+b2+c2-ab-ac-bc) должно обратиться
в ноль. Но
a2+b2+c2-ab-ac-bc= 
((a-b)2+(b-c)2+(c-a)2)
может обратиться в ноль только при a=b=c , а в этом случае у наших уравнений нет общих корней.
В каждой клетке квадрата 101×101 , кроме центральной,
стоит один из двух знаков: "поворот" или "прямо". Машинка въезжает
извне в произвольную клетку на границе квадрата, после чего ездит
параллельно сторонам клеток, придерживаясь двух правил:
1) в клетке со знаком "прямо" она продолжает путь в том же направлении;
2) в клетке со знаком "поворот" она поворачивает на 90o (в любую сторону по своему выбору).
Центральную клетку квадрата занимает дом. Можно ли расставить знаки так, чтобы у машинки не было возможности врезаться в дом?
В самом деле, пусть машинка выезжает из центральной клетки на север. В каждой следующей клетке она сможет ехать на север или на запад, никогда не двигаясь на юг и на восток. Тогда не позднее, чем через 101 шаг, она заведомо выйдет за границы квадрата.
Второе решение. Если машинка въезжает в правый нижний угол, то какой бы знак там ни стоял, она может проехать как вверх, так и налево (рис.). Поэтому правый нижний угол можно выкинуть и считать, что машинка сразу въезжает (в произвольном направлении) в оставшуюся часть (рис.).
Но теперь справа внизу появилась новая угловая клетка, которую можно выкинуть аналогичным образом (рис.). Повторяя такое рассуждение, каждый раз можно выкидывать из доски клетку, правее и ниже которой ничего нет, пока центральная клетка не станет доступна извне.
Две точки на плоскости несложно соединить тремя ломаными так,
чтобы получилось два равных многоугольника (например, как на
рис.). Соедините две точки четырьмя ломаными так, чтобы
все три получившихся многоугольника были равны.
(Ломаные несамопересекающиеся и не имеют общих точек, кроме
концов.)
В нём верхние два многоугольника совмещаются поворотом относительно точки A , нижние два – симметрией относительно точки O .
Комментарии. 1. Аналогичным образом можно соединить две точки и пятью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны. Оказывается, однако, что соединить две точки шестью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны, невозможно.
2. Интересно, что многоугольниками такого вида можно замостить плоскость, причём непериодическим образом (рис.).
3. При взгляде на рис. может остаться неясным, почему такая конфигурация вообще возможна. Поясним это.
Заметим, что нам достаточно построить такой девятиугольник AA'XX'B'BA''X''B'' , что
(1) ломаная AA'XX'B' переходит при повороте относительно точки A в ломаную AA''X''B''B (рис.);
(2) ломаная AA'XX'B'B центрально симметрична.
Рассмотрим произвольный параллелограмм AA'BB' , диагональ которого равна стороне (рис.).
В нём вершина B' переходит в вершину B при повороте относительно точки A на угол B'AB , поэтому выполнения условия (1) теперь добиться нетрудно: можно взять две точки X и X' , после чего взять в качестве A'' , X'' и B'' образы A' , X и X' при указанном повороте. А чтобы выполнялось условие (2), необходимо и достаточно, чтобы X' был образом X при симметрии относительно середины O отрезка AB .
Осталась только одна проблема: точку X необходимо выбрать так, чтобы в результате построения действительно получился многоугольник – т.е. чтобы ломаная AA'XX'B' не пересекалась с ломаной AA''X''B''B , и обе они не пересекались с отрезком BB' .
Заметим, что для первого достаточно, чтобы ломаная AA'XX'B' (а значит, и её образ при повороте AA''X''B''B ) постоянно удалялась от A . Действительно, тогда каждая окружность с центром в A пересекается с каждой из двух ломаных ровно по одной точке, причём эти точки не могут совпадать, так как они совмещаются поворотом на ненулевой угол. А с отрезком BB' ломаные не пересекутся, если все их точки будут лежать (проектироваться на прямую, перпендикулярную BB' ) левее этого отрезка.
Всё это можно обеспечить, взяв за X такую точку на перпендикуляре к AA' , что угол AXO тупой (чтобы такая точка нашлась, исходный параллелограмм AA'BB' полезно взять достаточно вытянутым – с диагональю AB много длиннее стороны AA' ).
Страница: 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 24]
Задача 111905 (#1) |
|
|
В этом предложении ... процентов цифр делятся на 2 , ... процентов цифр делятся на 3 , а ... процентов цифр делятся и на 2 , и на 3 .
Вставьте вместо многоточий какие-нибудь целые числа так, чтобы написанное на доске утверждение стало верным.
Решение
Комментарии.1. Можно показать, что других решений задача не имеет.
2. Объясним, как можно было такой ответ искать. Всего в обсуждаемом предложении не более 3· 2 + 4=10 цифр. Поэтому каждое пропущенное число двузначно. Т.е. всего цифр в предложении ровно десять, а значит, все пропущенные числа заканчиваются на 0 . Значит, в предложении содержатся 3 нуля. Каждый из этих трёх нулей делится и на 2, и на 3, поэтому все пропущенные числа не меньше 30. Учитывая, что в предложении уже имеются две двойки и две тройки, получаем, что первые два числа лежат между 50 и 80 , а третье – между 30 и 60 .
Дальше уже не так сложно найти ответ перебором. Но можно воспользоваться методом последовательных исправлений. Начнём с утверждения
Оно неверно, так как цифр, делящихся на 3, в нём не 50 процентов, а 60 процентов. Внесём это исправление. Получается (снова неверное) утверждение
После следующего исправления имеем
Наконец, ещё одно исправление даёт верный ответ:
Ответ
"В этом предложении 70 процентов цифр делятся на 2, 60 процентов цифр делятся на 3, а 40 процентов цифр делятся и на 2, и на 3" или "В этом предложении 80 процентов цифр делятся на 2, 60 процентов цифр делятся на 3, а 40 процентов цифр делятся и на 2, и на 3".
|
|
Задача 111906 (#2) |
|
|
Решение
Обозначим точку пересечения отрезков CK и AL за O (рис.). Заметим, что CO – медиана к гипотенузе прямоугольного треугольника ACL . Значит, AO=OC=OL , а
Найдём
Наконец, из того, что
Ответ
|
|
|
Задача 111907 (#3) |
|
|
Решение
Первое решение. Домножим первое уравнение на x и вычтем из него второе. Ясно, что общий корень исходных уравнений будет и корнем получившегося уравненияНо у последнего уравнения только один корень – а именно, 1 .
Второе решение. Можно решить задачу и "в лоб". Найдём сначала, при каких x значения обоих квадратных трёхчленов равны, – для этого нужно решить уравнение
т.е.
Можно решить его по формуле, но проще заметить, что 1 – его корень (что и не удивительно – оба трёхчлена принимают при x=1 значение a+b+c ), а второй корень (при a
Нетрудно привести пример, когда x=1 действительно является общим корнем наших трёхчленов, – нужно взять любые a , b , c с нулевой суммой. Проверим, может ли быть общим корнем x=
может обратиться в ноль только при a=b=c , а в этом случае у наших уравнений нет общих корней.
Ответ
1.|
|
|
Задача 111908 (#4) |
|
|
1) в клетке со знаком "прямо" она продолжает путь в том же направлении;
2) в клетке со знаком "поворот" она поворачивает на 90o (в любую сторону по своему выбору).
Центральную клетку квадрата занимает дом. Можно ли расставить знаки так, чтобы у машинки не было возможности врезаться в дом?
Решение
Первое решение. Заметим, что если машинка может проехать из клетки A в клетку B , то она может проехать из клетки B в клетку A – проезжая тот же маршрут в обратном порядке. Поэтому достаточно доказать, что, выезжая из дома, машинка может выехать за границу квадрата.В самом деле, пусть машинка выезжает из центральной клетки на север. В каждой следующей клетке она сможет ехать на север или на запад, никогда не двигаясь на юг и на восток. Тогда не позднее, чем через 101 шаг, она заведомо выйдет за границы квадрата.
Второе решение. Если машинка въезжает в правый нижний угол, то какой бы знак там ни стоял, она может проехать как вверх, так и налево (рис.). Поэтому правый нижний угол можно выкинуть и считать, что машинка сразу въезжает (в произвольном направлении) в оставшуюся часть (рис.).
Но теперь справа внизу появилась новая угловая клетка, которую можно выкинуть аналогичным образом (рис.). Повторяя такое рассуждение, каждый раз можно выкидывать из доски клетку, правее и ниже которой ничего нет, пока центральная клетка не станет доступна извне.
Ответ
как бы ни были расставлены знаки, машинка может врезаться в дом.|
|
|
Задача 111909 (#5) |
|
Решение
Один из возможных примеров изображён на рисунке.В нём верхние два многоугольника совмещаются поворотом относительно точки A , нижние два – симметрией относительно точки O .
Комментарии. 1. Аналогичным образом можно соединить две точки и пятью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны. Оказывается, однако, что соединить две точки шестью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны, невозможно.
2. Интересно, что многоугольниками такого вида можно замостить плоскость, причём непериодическим образом (рис.).
3. При взгляде на рис. может остаться неясным, почему такая конфигурация вообще возможна. Поясним это.
Заметим, что нам достаточно построить такой девятиугольник AA'XX'B'BA''X''B'' , что
(1) ломаная AA'XX'B' переходит при повороте относительно точки A в ломаную AA''X''B''B (рис.);
(2) ломаная AA'XX'B'B центрально симметрична.
Рассмотрим произвольный параллелограмм AA'BB' , диагональ которого равна стороне (рис.).
В нём вершина B' переходит в вершину B при повороте относительно точки A на угол B'AB , поэтому выполнения условия (1) теперь добиться нетрудно: можно взять две точки X и X' , после чего взять в качестве A'' , X'' и B'' образы A' , X и X' при указанном повороте. А чтобы выполнялось условие (2), необходимо и достаточно, чтобы X' был образом X при симметрии относительно середины O отрезка AB .
Осталась только одна проблема: точку X необходимо выбрать так, чтобы в результате построения действительно получился многоугольник – т.е. чтобы ломаная AA'XX'B' не пересекалась с ломаной AA''X''B''B , и обе они не пересекались с отрезком BB' .
Заметим, что для первого достаточно, чтобы ломаная AA'XX'B' (а значит, и её образ при повороте AA''X''B''B ) постоянно удалялась от A . Действительно, тогда каждая окружность с центром в A пересекается с каждой из двух ломаных ровно по одной точке, причём эти точки не могут совпадать, так как они совмещаются поворотом на ненулевой угол. А с отрезком BB' ломаные не пересекутся, если все их точки будут лежать (проектироваться на прямую, перпендикулярную BB' ) левее этого отрезка.
Всё это можно обеспечить, взяв за X такую точку на перпендикуляре к AA' , что угол AXO тупой (чтобы такая точка нашлась, исходный параллелограмм AA'BB' полезно взять достаточно вытянутым – с диагональю AB много длиннее стороны AA' ).
|
|
|
Страница: 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 24]
