Разбор задач Математического праздника (6–7 класс)

Решение

Сначала посчитаем, сколько будет операций. Каждая операция убирает два числа и пишет одно — значит количество чисел уменьшается на 1. Было 20, останется 1, значит операций будет 19. Но нам важно не это, а то, какое число получится.

Найдём величину, которая меняется предсказуемо, — инвариант. Посмотрим на сумму всех чисел на доске. При замене a и b на a + b − 1 из суммы «уходит» a + b и «приходит» a + b − 1. Значит сумма каждый раз уменьшается ровно на 1.

Начальная сумма: 1 + 2 + … + 20 = 20 · 21 : 2 = 210.

За 19 операций сумма уменьшится на 19: 210 − 19 = 191.

В конце на доске одно число, и оно равно сумме всех чисел на доске — то есть 191. Заметьте: ответ не зависит от того, в каком порядке стирали числа.

Решение

«Наверняка» значит, что должно сработать при любом, самом неудачном раскладе. Попробуем достать как можно больше носков без пары.

Можно вытащить 3 носка разных цветов — красный, синий, зелёный. Пары одного цвета пока нет. Значит трёх носков не всегда достаточно.

Теперь вытащим 4 носка. Цветов всего 3, а носков 4 — по принципу Дирихле хотя бы два из них окажутся одного цвета. Пара гарантирована.

Значит четырёх носков достаточно всегда, а трёх — не всегда. Ответ — 4.

Решение

Переведём условие на язык чётности. Сумма двух чисел нечётна тогда и только тогда, когда одно из них чётное, а другое нечётное.

Значит в искомом ряду чётные и нечётные числа должны строго чередоваться: Ч, Н, Ч, Н, … (или наоборот).

Среди чисел от 1 до 10 ровно пять чётных (2, 4, 6, 8, 10) и пять нечётных (1, 3, 5, 7, 9). Для чередования в ряду из 10 чисел как раз и нужно пять чётных и пять нечётных — они есть.

Осталось привести пример. Подойдёт даже простой ряд 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10: соседние числа здесь всегда идут подряд, а два подряд идущих целых числа — это чётное и нечётное, значит их сумма нечётна (1+2=3, 2+3=5, 3+4=7 и так далее).

Решение

Разделим 9 монет на три кучки по 3 монеты.

Первое взвешивание. Кладём на чашки кучку 1 и кучку 2 (по 3 монеты). Есть два исхода. Если весы в равновесии, значит фальшивой среди этих шести нет — она в кучке 3 (иначе одна из чашек перевесила бы). Если одна чашка легче, фальшивая — в той, более лёгкой кучке.

В любом случае после первого взвешивания мы знаем тройку монет, в которой прячется фальшивая.

Второе взвешивание. Берём из этой тройки две монеты и кладём по одной на каждую чашку. Если равновесие — фальшивая та, что осталась в стороне. Если одна чашка легче — на ней и лежит фальшивая монета.

Итак, двух взвешиваний хватает: первое сужает поиск до трёх монет, второе находит одну из них.