В помощ на участниците в състезания и олимпиади по математика от 2-ри до 7-ми клас - за можещите и за по-малко талантливите, но упоритите .
dauchimmatematika.alle.bg

Задачи с допускане на противното .Логически задачи с доказателства.

"/>

                                                                   В математиката,

ако изкажеш някакво твърдение, трябва да го докажеш. За

един математик "да" означава твърде много - истина, вярност на даден факт.

"Не" практически има същата тежест - да отречеш нещо, да знаеш, че то

                           никога не е вярно, означава да изразиш ново твърдение. 

 

Задача   От обикновена  шахматна дъска  са изрязани най-долното ляво и горното дясно  квадратче(чертежа по -горе). Възможно ли е  останалата част от дъската да бъде покрита (без застъпване и припокриване) с  плочки за домино,като всяка плочка  покрива  точно две квадратчета ?

Решение  За  всяка  шахматна дъска е  изпълнено,че  има 64 квадратчета  оцветени шахматно  в черно и бяло .

     При отрязване на двете квадратчета  остават  62 квадратчета ,които са четен брой  и понеже доминото е четен брой плочки, то е възможно да покрием тези  квадратчета.                                                                                                    Допускаме,че  такова  покриване  е  възможно.След отрязване на двете квадратчета   ще получим  30 черни и 32 бели квадратчета.Започваме да покриваме от бяло и следващото застъпено е черно (или обратно),така е  всяка плочка на доминото ще покрива точно едно черно  и  едно бяло квадратче.   Следователно винаги ще ни трябват равен брой черни и равен брой бели квадратчета за да покрием дъската с плочки от домино ,както и да покриваме квадратчета от шахматната дъска с плочки от доминото . Разполагаме с  

32 бели и 30 черни,следователно не е изпълнено  условието за равен брой черни и бели квадратчета  и  стигнахме до противоречие с допускането ,че  такова  покриване  е  възможно.

 

Задача Една шахматна  дъска е оцветена с два цвята по начина по –който е показан по-горе(64 квадрата).Имаме право да извършваме  следната операция:

Избираме  произволен ред или стълб от нея   и сменяме  цветовете  на неговите полета (черните бели , а  белите черни ) .

A)    Да се докаже ,че  след  неколкократно прилагане на тази операция  всички полета  на шахматната дъска  могат да се направят  черни.

B)    Възможно ли е след краен брой прилагания  на тази операция  да се получи оцветяване ,при което едно от полетата е бяло , а останалите са черни !

A) Извършваме последователно   операцията  върху първия ,третия,петия  и седмия ред на шахматната дъска  и  ще се получи  оцветяване при което стълбовете през един  са оцветени   само в бяло и само в черно .Остава да променим   цвета на   всички бели стълбове .

B) Нека   в   даден   момент   изберем   произволен ред от шахматната дъска и върху него   извършим   разрешената операция.Ако  в реда е  имало  k  бели  и  8 – k  черни  полета ,след извършване на операцията  ще получим  8 – k бели  и    k черни квадратчета .Следователно броят на белите полета се е променил   с   (8 – k)- k =8– 2k  броя .Това число е четно .

  По същия начин се убеждаваме,че  ако извършим операцията по  произволен стълб  ,броят на белите полета се променя с четно число .Следователно при всяко извършване на операцията броя на белите полета се променя с четно число.В първоначалното оцветяване  белите полета са 32  и  не е възможно  да остане 1 бяло  квадратче 



Задача  Тетрамино  се нарича  фигурата  съставена от  4 квадратчета  със страна 1 ,разположени  както е показано на фигурата .

 

 


 

 

 


 

Една правоъгълна дъска  е покрита изцяло  с известен брой  тетрамино ,които не се застъпват и припокриват .Да се докаже,че броят на квадратите със страна единица    върху   дъската е число  кратно на 8 .                                      Решение

(1)От това,че  броят  на квадратите на тетраминото е четири ,то броят им  се дели на 4. Тогава  лицето на  дъската е четно число.

Тогава поне една от страните на дъската е четно число   и нека това е дължината на  дъската .

(2)Оцветяваме   шахматно дъската в бяло и черно .

-На всеки ред ще има по равен брой бели и черни квадратчета (дължината е  е четно число)  и  следователно  върху цялата дъска   броят на белите квадрати е равен на броя на черните квадратчета (лицето е четно число)

-Освен това имаме два вида оцветяване  на тетраминото  на дъската ,които ще  нареждаме   последователно .

 

 

 


 

 


 

 

 

 


 

 


 

Покриват три бели   и едно черно или  покриват  три  черни и едно  бяло квадратче.

              Ако общият брой на  всички  тетрамино  е  четен брой  и  е равен на числото   k   броя на квадратчетата  ще е  4. k    ,където  k e  четно число.Тогава броят на всички квадратчета  ще се дели на 8

              Да допуснем,че общият брой на всички тетрамина  е нечетен  .Тогава от единия вид тетрамино ,ще има повече ,нека това са белите.

Тогава ще получим ,че броя на  белите квадратчета е по-голям от броя на черните квадратчета ,което е невъзможно .

             Следователно броя на квадратчетата на дъската се делят на 8 .

                 

 

Задача .Дадена е шахматна дъска  с размери 8 на 8 ,от  която е изрязан  горният ляв ъгъл на дъската .Да се докаже,че останалата част от дъската  не може да се покрие  с  фигурата   на чертежа.Размерите на правото  тримино съвпадат с размерите на квадратите на шахматната  дъска .

 

 

 

     Упътване:Оцветете   шахматната  дъска в три различни цвята ,така както е показано на  чертежа .(  с  A ,B и  C  са означени  трите цвята )


B

C

A

B

C

A

B

B

C

A

B

C

A

B

C

C

A

B

C

A

B

C

A

A

B

C

A

B

C

A

B

B

C

A

B

C

A

B

C

C

A

B

C

A

B

C

A

A

B

C

A

B

C

A

B

B

C

A

B

C

A

B

C

 

 

Задача  Може ли  квадрат  с размери  10  на   10 да се  покрие с 25  плочки  с

размери  4 на  1 

     

 

 

 


   Решение.  Допускаме,че  такова  покриване  е  възможно

Оцветяваме квадрата така ,както е показано на чертежа.Разполагаме с 25  черни квадратчета и 75 бели квадратчета. Да започнем да припокриваме с плочка с размери  4   на  1. Забелязваме,че както и да поставяме плочката,то ще покриваме четири бели  или  две бели и две черни квадратчета.                                          

Следователно ще имаме четен брой покрити черни квадратчета .

След пълно покриване на квадрата ще трябва да  имаме  покрити 25 черни квадратчета ,което е невъзможно .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

ч

 

Стигнахме до противоречие с допускането ,че  такова  покриване  е  възможно.

                                                           

Задача   Квадрат със страна   5 dm  е  разделен на  25  еднакви квадратчета .Във всяко квадратче има по  един бръмбър .Всеки бръмбър се  премества  на съседно квадратче  само   по   вертикал или  хоризантал.  Да се установи,че поне два бръмбара   ще се преместят  в  едно  и  също квадратче.

Решение.Ако оцветим квадрата шахматно  ще имаме 13 бели  и  12 черни квадаратчета .

Във всяко поле има бръмбър.Да проследим движението на бръмбърите в белите квадратчета, при ход всички отиват в черни  квадратчета ,но черните са 12 ,следователно ще има клетка в която ще има два бръмбъра .

 

Задача   На  една скучна лекция всеки от присъстващите заспивал  точно по веднъж .За всеки двама от присъстващите имало момент, в който и двамата са заспали .Да се докаже,че  имало момент в който  всички са били заспали.

Решение. Нека учениците са:  a1, a2 , a3, ....  аn .   Те   са   n   брой.

Нека  в  момент  t1  -  a1  и  a2   са заспали.

Ако  в  момент    t2  -  a2  и  a3   са заспали  ,то от това ,че  a2 заспива точно веднъж, можем да направим извода ,че   t1  =  t2

С аналогични  разсъждения ще покажем,че  a3  и  a4 са заспали в момент t1.

   Следователно като приложим този извод за всички двойки ученици ще следва,че съществува момент  t1 в който всички са заспали.     

 

 Задача  В  клетките на квадратна таблица  с размери 5 на  5 са написани естествени числа ,сумата на които е 416.Сумата на числата във всеки две съседни квадратчета е , е едно и също нечетно число .Кои са написаните числа?(Забележка:Съседни наричаме квадратчетата които имат обща страна)

(Национален кръг-Математическо състезание ”Европейско  кенгуру)

Решение   Нека числата записани в клетките са: a1 a2  ......  a25 

 а1

 а2

 а3

а4

 а5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 .....

 .....

 ....

а24

а25

От условието  ,че всеки две съседни са равни  следва,че :

·        всички числа на нечетни места са равни  

·        всички числа на  четни места са равни

Да означим с  x числата които са на  нечетни позиции  и  с  у числата които са на четни позиции.

От това,че броят на числата които са на нечетни позиции е  13 , а  на четните  е 12 ,то е вярно 

уравнението     13.x+12.у=416

   От това,че   416 е кратно на 13  ,следва,че   и  числото у трябва да е кратно на 13  

 у  е  13 или 2.13=26(не е възможно да е по голямо) 

Нека у =13  x=20  тогава  x+у=33(нечетна) Така определените числа са  решение на уравнението .

Нека у=26  x=8  тогава  x+у=34 не е възможно решение, сумата е четна. 

 Следователно в клетките с нечетен номер  е записано числото 20 , а с четен номер 13                                                                                                                                                                

                                                                      

Задача Във всеки връх на правилен десетоъгълник е записано по едно число по такъв начин ,че всяко число е равно на полусбора от числата ,написани в съседните върхове.Да се докаже,че всички числа са равни помежду си .

 

Задача Дадена е безкрайна квадратна мрежа.Във  всяко квадратче е написано  по едно  естествено число  по такъв начин ,че всяко  от тях е равно  на средно аритметичното на четирите числа ,написани в  съседните квадратчета .Да се докаже,че  всички записани числа в квадратната мрежа са равни .

 

ЗадачаВъв всяко поле на шахматна дъска е написано едно от числата  -1,0,1.

Пресмятаме сбора на числата във всеки ред ,във всеки стълб и във всеки от двата големи диагонала  на дъската.Може ли  всички получени сборове да бъдат различни?

Верен отговор – не.Съставете възможните различни суми от тези числа .

 

Задача  Възможно ли е числата  1,2,3,4.....,1001 да се запишат в някакъв ред по окръжност така,че  измежду всеки 13  последователни от написаните  числа  да има поне две ,които се  делят на 7 ?

Решение Да допуснем,че това е възможно.

Числата които се делят на 7 са: 1.7, 2.7 , 3.7  .......143.7 ,така  е  143  са числата от       1 до 1001 които се делят на 7.

    Да ги изброим  според допускането.

    Възможните групи от 13 различни числа от 1 до 1001 са 1001 : 13 =77

    Във всяка една от тях има поне две ,които се делят на 7 така  е,  минималният брой числа, които се делят на 7 според допусната възможно с са 77.2=154  , което противоречи с  това,че точно 143 числа се делят на 7 .

 

Задача   Дадени са 11 картички.На всяка една от тях е написано точно едно от числата 1 ,2,3,4.......11 и  всяко едно от числата е  написано  на някоя от картичките .Възможно ли  е картичките да се разделят на две групи  така , че сумата от числата ,написани на картичките в една група да е с 5 по-голяма от сумата на числата ,написана на картичките на другата група.

                                                         Решение 

Сборът   от   числата  написани  върху картичките е 1+2+3+4......+11=11.6=66

Нека  сме разделили картичките на две групи   с разлика между сумите в тях равна на 5. Нека в първата група сумата е x ,тогава във втората ще е 66 – x,тогава

тяхната разлика  ще е    x-(66-x)=5  тогава  2.x=71 ,  в   случай,че x>66-x

  Ако  x<66- x ,то получаваме  2.x=61

        Стигнахме до противоречие,защото сумата  х  е винаги  естествено число.

                                Следователно такова разделяне не е възможно. 

                                      ЕДНА   ИНТЕРЕСНА    ИГРА

Задача  Дадени са 1993 точки ,никои три от които не лежат на една права. Двама души  А и В играят следната  игра:Отначало  А свързва две от точките с отсечка ,след това същото прави  В и така нататък  ,разрешеният ход на всеки  от двамата е  свързването на  две точки ,които не са били свързани до момента .                             Играта свършва ,когато  някои три  от начертаните отсечки  образуват триъгълник .Победител е играчът ,след чийто ход  се е образувал триъгълникът.Кой от двамата може да победи със сигурност , и  как трябва да играе за да го постигне?

Решение. Ако  от една точка  излизат две отсечки ще казваме,че тя е двойна .Очевидно  ,  който пръв построи  двойна точка,той ще е губещ в играта .

Ще покажем,че със сигурност  победител в играта може да е вторият в играта ,при условие, че  и двамата правят такива ходове,че  да не  построят „двойна точка”.

 Точките са  1993 .Първият свързва две от тях,след което вторият нови две и така нататък .

  Броят им  до  последният възможен ход без построяване  ще намалява четен брой ,до оставане на една точка .Ако номерираме точките (никои  три от които не лежат на една права ),то всеки  ход на двамата   ще започва винаги с нечетен номер двойка точка .

     1              2           3         4      5                   6........ 1991        1992           1993

За един ход на първия и един ход на втория са необходими четири точки .Следователно  на  498  четворка от точки при правилна игра на двамата , ще  е последната четворка от точки при, която няма  „двойна точка”

 Следователно оставащата  последна   1993 точка която , не е двойна точка е ход на първият играч и той ще е принуден  да  направи първата двойна точка,така е  вторият винаги  ще печели играта . 

 

Задача Учителят и всеки от 30 –те ученика в един клас  записват на лист естествените числа от 1 до 30 в  някакъв произволен за всеки участник, ред.Учителят сравнява своя запис  с този на  всеки от учениците :ако  на едно и също място  в записа на учителя и ученика  стоят едни и същи числа,ученикът получава по една точка за  всяко такова   съвпадение.

 Известно е ,че всички ученици получили различен брой точки .Покажете ,че записът на някой ученик съвпада  с  този на учителя.

Упътване.Допуснете противното  и търсете противоречие с началните условия.

 

Задача  Да  подредим картичките                                                                                                                               

 A)Дадени са 10 картички ,на които са записани цифрите от 0 до 4 ,всяка цифра точно върху две картички.Могат ли картичките да се подредят в редица ,така, че                                                                                                              двете нули да са една до друга ,двете единици през една,двойките през две , тройките през три  и четворките -през четири картички ?

 B)Дадени са 20 картички ,на които са записани цифрите от 0 до 9 ,всяка цифра точно върху две картички.Могат ли картичките да се подредят в редица,така,че  двете нули да са една до друга ,двете единици през една  картичка,двойките през две  и  така нататък  девятките през 9 картички .

(Математическо състезание  Академик „Кирил Попов” ,гр.Шумен ,Отборно състезание-VI клас)                                                                                                Решение 

А)Може,например

4

1

3

1

2

4

3

2

0

0

B) Да допуснем, че картичките са подредени по искания  начин   и  да номерираме местата им от  1  до  20. Ще  търсим противоречие  с  условието на задачата .

     Сумата от номерата  на  всички  възможни позиции  на подредените по този начин  цифри е 1+2+3+4+.......20=21.10=210  

210   е  четно число.                                                                                                                                                              Да намерим сумата от позициите  на подредените числа  чрез номерата които заемат.

-Двете нули са на две съседни позиции  и сборът от номерата им е  нечетен   - единиците са през една позиция  и сборът от номерата им е четен ,защото те стоят или на нечетни или на четни позиции.

    -Двойките  са   през две  позиции ,следователно  винаги стоят на позиции от различна  четност   и сборът от позициите  е  винаги нечетно число.

                                                Правим изводите :

           (1)Сборът от номерата на  нечетните  цифри  е винаги четен.

           (2)Останалите  пет цифри  0,2,4,6 и 8 винаги имат сбор от позициите на които стоят, нечетно число. Ако   цифрите   са нечетен брой ,то сборът от номерата на позициите им е нечетен

От (1) и (2) следва,че сборът от номерата на двадесетте позиции е нечетен.

Стигнахме до противоречие .Следователно такова подреждане е невъзможно.

 

Задача.    На шахматна дъска  са  поставени осем фигури  така ,че на всеки ред и всеки  стълб  да има точно по една фигура. Покажете,че  както и да поставяме фигурите върху дъската,  то  броят на  фигурите върху  черните квадратчета е винаги  четен брой. 

Решение

Всяка шахматна фигура има  64  квадратчета  оцветени в бяло и черно така както показано на чертежа. Всяко квадратче  има координати   в зависимост от реда и стълба  където се намира.

Да  разгледаме  белите клетки .Всички те имат свойството  да са  в ред и стълб  винаги с различна  четност .Например на  втори ред  на първи,трети ,пети  или  седми  стълб са  разположени всичките  4 бели клетки.

 

1

2

3

4

5

6

7

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

ч

б

ч

б

ч

б

ч

б

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

б

ч

б

ч

б

ч

б

ч

 


 

 

 

 

 

 

 

3

ч

б

ч

б

ч

б

ч

б

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

б

ч

б

ч

б

ч

б

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

ч

б

ч

б

ч

б

ч

б

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

б

ч

б

ч

б

ч

б

ч

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7

ч

б

ч

б

ч

б

ч

б

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

б

ч

б

ч

б

ч

б

ч

 

Следователно  сборът от  редовете и стълбовете(координатите)  на  всяка бяла  клетка от шахматната дъска  е  винаги нечетно число.

     Да  разгледаме  как са  разположени черните клетки .Те имат свойството да са разположени в ред и  стълб  номерата на които са едновременно четни или нечетни. Следователно сборът от  координатите на всяка черна клетка  е  четно число.

      Ще  разполагаме  осем фигури  на   осем места така,че на всеки ред и всеки стълб да има  точно по една фигура. Следователно  сумата  от  всички  номера на  всички  редове  където е поставена фигурата е  1+2+3+4+5+6+7+8=36

      Аналогично   сумата от всички номера на всички стълбове където са поставени осем  фигури е 36 .Следователно    сборът от всички   координати   на  осемте   фигури  върху  шахматната дъска  е 72.   

Нека върху   n  черни  клетки  са   поставени  фигури.  Сборът от координатите на всяка черна клетка е четно число ,следователно сборът от координатите на всичките  n  клетки  е също  четно число.Тогава  като от  общият сбор(72)  извадим   сумата от координатите на всички заети с фигури  n черни клетки  ще получим общият   сбор от координатите на  заетите  бели  фигури.От това,че  сборът  от координатите  на  заетите бели клетки е четно число,  а  всяка  бяла  клетка  има сбор от координатите си нечетно число  следва ,че  броят на заетите бели клетки е четен брой. Фигурите които поставяме по това правило са осем. Следователно  и  8  - n  е четно число ,така  броят на  фигурите върху черни квадратчета   е четен.

                                     ЕДНА  НЕВЪЗМОЖНА  ЗАДАЧ А

Шахматът - най-мъдрата от всички игри на света, още в древността привлича със своите неизчерпаеми възможности за красиви комбинации и смели атаки могъщи владетели и техните велможи, пълководци, знатни благородници. Кой е неговият създател? Кога и къде е играна първата шахматна партия? Изминали са стотици години и няма кой да отговори на тези въпроси. Само легендите - понякога противоречиви, дават известна представа за историята на шахмата в древността. Според една от тях, когато персийският шах се запознал с тази игра, бил толкова възхитен, че поискал да възнагради създателя и  с онова, което сам той пожелае. Създателят "скромно" поискал да му дадат житни зърна - едно на първото поле на шахматната дъска, две на второто поле и така нататък , на всяко следващо - двойно повече зърна в сравнение с предишното. Шахът наредил веднага да бъде изпълнено това нищожно искане. Каква била изненадата му, когато на другия ден придворните математици съобщили, че желанието на създателя на играта  е неизпълнимо, защото мъдрецът иска: 1+2+22+...+263=264 - 1 броя зърна, така е число, което се записва с 20 цифри. Изчисленията показали, че хамбарът, в който може да се съхранява това количество житни зърна, е с размери 20m дължина, 4m  широчина  и  височина, колкото разстоянието от Земята до Слънцето.

 

Задача   В таблица с размери   n x n по един от главните диагонали са  поставени пинки.На един ход е  позволено произволни две  пионки да се преместват  в  съседна горна клетка .Възможно, ли е по този  начин  всички пионки  да се преместят на най-горния ред ,ако :

А)  n =9

B)  n=2011

Решение  Пионката в  горния  край на диагонала  няма да се мести.Останалите пионки  трябва да обходят еднократно  всички полета над  главния диагонал,върху който са разположени  пионките,така  преместването на пионките  от диагонала към  най-горния ред  представлява преброяване на  клетките над главния диагонал .От това,че  на всеки ход се местят две пионки ,то за да е възможно  исканото преместване ,трябва броя на клетките над главния диагонал да е четно число.

А)Следователно е възможно да при  n =9,  с брой клетки над главния диагонал

 1 +2+3+4+5+6+7+8=36 (четно число)  да направим исканото подреждане на пионките.    Покажете поне един начин  ,като номерирате пионките от 1  да 9

B) Сумата  от клетките над главния диагонал е  1 +2+3+4+5+............+ 2010 = 1005.2011  (нечетно число) при четен брой преброявания на клетките –не е възможно

 

 

Задача Куб  е съставен  от    27  еднакви кубчета  със  страна  един сантиметър .Бръмбар  в  даден момент  се намира в централното кубче .Той може да се   движи ,като преминава  във всяко от   съседните  кубчета (кубчета с обща стена )

Може ли бръмбарът да  премине  през всички кубчета ,като спазва условието – през всяко кубче може да преминава само по веднъж .

                                                     Решение

От това,че е съставен от 27 еднакви кубчета ,то  размерите на куба са 3Х3Х3

                 Да оцветим шахматно куба  в два цвята   -  бял и черен .

Първото   ъгловото  кубче оцветяваме в  черно  ,а  всички, които имат обща стена   с  него  бели.Кубчетата съседни с белите  боядисваме черни  и така нататък .При това боядисване  ще получим  14  черни и 13 бели  кубчета ,като централното е бяло.

Да проследим движението на бръмбара .При  всеки ход  бръмбара ще попада от бяло кубче в черно и обратно .Движението на бръмбара започва от бяло кубче .

Да допуснем,че бръмбарът  е преминал през всички кубчета  и  то   само по веднъж .

Тогава ако означим последователно ходовете му

                         б1 ч2 б3 ч4 ............б27

на  27 ход  бръмбарът ще се намира в бяло квадратче (белите са на нечетно място) Тогава бръмбарът ще е минал  14 бели и 13 черни квадратчета .

   Достигнахме до противоречие с броя на белите  и черните квадратчета.

Следователно  тръгвайки от централното кубче,бръмбарът не може да премине по този начин през всички кубчета.

 

Задача .Дадени са 1987 еднакви квадратни  плочки .Те се нареждат една до друга ,като всеки две съседни  плочки се допират  по цяла страна .Може ли от всички плочки да се построи затворена верига .

Решение

Да допуснем,че от плочките е построена затворена верига .Всеки две от плочките по веригата се допират или по хоризонтална или по вертикална страна.Да започнем да се движим по веригата от центъра на някоя плочка до центъра на съседната и ,после  към центъра на следващата   и така нататък .По този начин ще обходим цялата верига и ще се върнем в центъра  на  изходната плочка .

Нека  преброим броя на тези ходове по два начина 

(1)   Броим ходовете  нагоре и надолу .Тогава ние сме направили точно толкова ходове нагоре,колкото и надолу.В противен случай ако допуснем  ,че напрамер  ходовете нагоре са повече от ходовете надолу ,в края на ходовете бихме се оказали по-горе от централната плочка от която, сме тръгнали .Ако  ходовете нагоре са числото a, то и ходовете  надолу са  също  a

(2)   Броим ходовете наляво и надясно.Ако ходовете наляво са b,то и ходовете  надясно са  b

Следователно всички  ходове по веригата са   2a + 2b =1987  ,което води до противоречие с това,че  1987 е нечетно число.

 

Задача Във  всеки връх на един куб  е написано или числото 1 или -1 .В центъра на всяка  стена на същия куб е написано произведението на четирите числа ,които стоят във върховете на тази стена.Може ли сумата на  получените по този начин числа да е равна на нула?

Решение

  • Ако в една сума  съставена от числата 1 и -1 ,сменим  знака на едно от събираемите ,сумата ще се измени  точно с   2
  • Ако в една такава   сума  сменим  на две  събираеми   знака сумата ще се измени   с  0  или  4  
  • Ако сменим знака на  число   ,написано на един от върховете на куба,ще се сменят знаците на  4  числа (самото число и числата написани на трите стени,в  които този връх участва )
  •  Ето защо  изменението на знака на число в  един от върховете на куба  води до изменение на разглежданата   сума  с число кратно на 4. Нека  във всеки връх на куба напишем единица .При всяко изменение на число в някой връх ,сумата  ще се мени  с число кратно на 4 и  следователно не може да стане равна  на нула.

 

Задача На  вълшебното  дърво „Черешо  -нар” има  плодове  от череши и нарове .Черешите са 1000  наброй ,а наровете са 99 .Всеки ден безсташен юнак  със затворени очи откъсва два плода .Ако плодовете са череша  и нар ,на тяхно място се появява  един нар .Ако  откъсне два еднакви плода ,на тяхно място се появява една череша .

   Може, ли да се случи,така ,че   последният останал плод на дървото да е череша ?

Упътване :Докажете,че  както и  да комбинираме откъснатите плодове ,винаги ще имаме  четен брой  откъснати нара .

 

Задача   Числата от 1 до 19  са написани  в някакъв ред  по окръжност   к  .Да се докаже,че съществува поне една дъга от   к ,която съдържа  6  от числата  и сумата на тези числа е не по-малка  от  61.

(Национална  олимпиада )

Решение. Отделяме най-малкото от числата ,числото единица.Обхождайки окръжността в една от двете възможни  посоки ,разделяме останалите 18 числа на три групи по 6 числа.

Нека сумите им  са  S1 ,   S2  и    S3 

 От  това,че  S1  +  S2  + S3=2+3+4+5+.......+19=189, ако допуснем че,  и трите суми са по-малки от 63 ,то и сборът 

S1 +   S2+   S3< 3.63=189  стигаме до противоречие с условието.Ето защо  съществува дъга от  k ,съдържаща 6 числа ,сумата на които, е не по малка от 63.


 

Задача.Участниците  в  турнир  по шах са n броя.Те играят точно по веднъж  с всеки от останалите. За победа се присъжда една точка за победителя ,при равен  двамата участници  вземат  по  0,5 точки ,а при загуба не се присъждат  точки. Покажете ,че сбора от  точките от  всички  партии завършили с равен   резултат  и  сбора от точките от  всички   партии завършили с победа ,е точно  сбора от  всички  партии завършили с победа и всички партии завършили с равен  резултат .Намерете този сбор. 

                                                                                  Решение

(1)Нека  партиите завършили  с  победа      са  числото x .                                                                                                              Те носят точно  1.x точки

     (2)Нека  партиите завършили с равен резултат  са  y .                                                                                                           Те носят  2.0,5.y точки

(3)Сбора на всички точки от един   турнир са  точно  броя на партиите  в този турнир ,защото  0,5+0,5  =1  или  0+1=1

(4)Сбора от всички партии  е  1+2+3+4+......+n-1= {(n-1).n}:2

Пресмятаме по два начина броя на точките в  този турнир . 

Тогава  ще е  изпълнено 

n. (n-1):2 =1x+ 2.0,5. y=x+ y

 

 

 Задача Върху една окръжност са избрани  повече от три точки,една от които е оцветено  в червено  ,а останалите са оцветени в бяло.Разглеждат се всички многоъгълници ,върховете на които са точки ,оцветени само в бял цвят .Нека броят  на тези многоъгълници  е  a.С  числото   b ,  да  означим  броя на онези многоъгълници ,които имат един връх  оцветен в червено.Кое от числата    a  и   b  е  по-голямо?

                                                               Решение

Очевидно е трудно да преброим  многоъгълниците от двата вида  и след това      да сравним полученият  резултат.

Ще трябва  да намерим друг начин на преброяване на многоъгълниците от двата вида.

   Нека с X  означим  множеството на многоъгълниците само с бели върхове,  а  с  Y   множеството на многоъгълниците ,които имат връх оцветен в червено.

Очевидно на всеки многоъгълник от множеството X ,можем  да съпоставим многоъгълник от  множеството   Y,получен с  „добавяне „ на червен връх .

  Следователно броя на многоъгълниците  с червен връх е не по-малък от  броя на многоъгълниците от  X

    Нека сега да се опитаме на всеки многоъгълник  от  Y да съпоставим многоъгълник от  X  ,като „премахваме „  червения връх .Но тогава ако вземем например триъгълник с червен връх ,на него няма да можем да  съпоставим елемент от X

Следователно   b >  a


Задача Да се покаже,че не съществува непразно крайно множество от естествени числа със следното свойство: за всяко естествено число x от това множество ,съществува друго естествено число y от същото множество ,такова че y2+1 < 2x

Решение

Допускаме противното -Съществува множество с такова свойство.Нека това множество е M и е съставено от краен брой естествени числа

Във всяко множество от естествени числа има най-малко число .Нека числото x0 е най-малкото число от множеството M.    Според допускането за това x0  съществува  естествено число y0 , за което е изпълнено :

  • y02 +1 < 2x0

  • От верността на неравенството 2 ab < a.a + b.b за всеки две числа (равенство се достига при a=b) следва,че то ще е вярно и за всяко число от множеството M , тогава и за всяко число y от M , определено от съществуването на x (за всяко x съществува y),. Нека b =y0 , a =1. Тогава получаваме вярното неравенство 2y0 < y02 + 1(равенство, ако y0= 1 принадлежи на M,което е невъзможно )

    , Тогава ще е изпълнено неравенството 2y0 < y02 + 1 < 2x0

    и строгото неравенство 2y0 < 2x0                                                                                                                              Стигнахме до противоречие с допускането,че естественото число

    x0 е най-малкото число от множеството M

  • С това показахме ,че не съществува множесто с такова свойство.

В момента разглеждате олекотената мобилна версия на сайта. Към пълната версия.
Уебсайт в alle.bg