Решения задач ВЗМШ

27

Решения задач ВЗМШ

В этом номере мы публикуем решения некоторых задач из вступительного работы в ВЗМШ 1977 года («Квант», 1977, № 1, с. 53).

Задача 1. В равенстве двух дробей, числители и знаменатели компорых двухначные числа, цифры заменены буквами: одинаковые — одинаковыми, разные — разными:

$$\frac{KY}{PE} = \frac{KA}{KY}.$$

Какую цифру означает каждая из букв (достаточно привести все возможные ответы)?

Решение. Обозначим через $\frac{y}{x}$ несократимую дробь, равную $\frac{KY}{PE}$. Иными словами, пусть $\frac{KY}{PE} = \frac{y}{x}$, и натуральные числа $x$ и $y$ не имеют общих делителей, отличных от 1. Таким образом, $PE = ax$ и $KY = ay$, и в то же время $KY = bx$ и $KA = by$. Тогда $ay = bx$, откуда, так как $x$ и $y$ не имеют общих делителей, $a = cx$, $b = cy$. Итак, $KY = cxy$, $KA = cy^2$, $PE = cx^2$, где $c$, $x$, $y$ — натуральные числа.

С одной стороны, $|KY - KA| = |Y - A|$ и $Y \neq A$. Значит, $0 < |KY - KA| < 10$. С другой, $KY - KA = cy(x - y)$. Следовательно,

$$0 < cy|x - y| < 10.$$

(1) Отсюда $c < 10$. Поскольку $PE = cx^2$ и $P \neq 0$, получаем $x > 1$. Аналогично заключаем, что $y > 1$. Из $y \geq 2$ и (1) вытекает $c < 5$. Итак, $1 \leq c \leq 4$. Рассмотрим сначала возможности $c = 2, 3, 4$. Учитывая отсутствие общих делителей $y$ и $y$, и неравенство (1), получаем для $c, y$ и $x$ девять вариантов (см. таблицу). Проверка показывает, что ни один из этих вариантов не подходит. Пусть теперь $c = 1$. Неравенство (1) принимает вид $0 < y|x - y| < 10.$

(2) Поскольку $KA = y^2$, $PE = x^2$, имеем $4 \leq x \leq 9$ и $4 \leq y \leq 9$. Из $y \geq 4$ и (2) следует $0 < |x - y| \leq 2$. Значит, $|x - y| = 1$ или $|x - y| = 2$. Покажем, что $|x - y| \neq 2$. Если $y \geq 5$, то из (2) $|x - y| < 2$. Если $y = 4$ и $|x - y| = 2$, то $x = 6$ — противоречие с отсутствием общих делителей $y$ и $y$. Итак, $|x - y| = 1$. Следовательно, $4 \leq x \leq 8$ и $y = x + 1$ или $5 \leq x \leq 9$ и $y = x - 1$. Проверка всех 10 вариантов дает три возможных ответа:

1. $KY = 20$, $KA = 25$, $PE = 16$;
2. $KY = 30$, $KA = 36$, $PE = 25$;
3. $KY = 42$, $KA = 49$, $PE = 36$.

Задача 3. Дополнительный куру $4 \times 4$ (рис. 1) буквами В, 3, М, Ш, объединение их рамках четырех минов (квадрат, ромб, круг, треугольник) и раскрасьте их в четырех цепей макс, чтобы выполнялись следующие условия: 1) в каждой строке и в каждой столье должны встречаться все буквы, цвета и типы рамы; 2) каждая буква должна быть раскрасиена по разу каждой цепи; 3) рама каждой цепи должна содержать каждую букву и каждой цепи. (Достаточно нарисовать требуемую картину.)

29

треть пути быстрее, чем автоматиль — две трети. Поэтому скорость велосипеда составляет более половины скорости автоматили. Посмотрим теперь, что происходит после того, как велосипедист снова трагается в путь. Ему остается две трети расстояния от $A$ до $B$. Автомобиль же остается четыре трети этого расстояния: одна треть туда и целый путь от $B$ до $A$ обратно. Таким образом, велосипедист предстит проехать вдвое меньше, чем автоматильно; по нейденному выше, велосипедист приедет раныше.

Задча 9. Большой прямоуzelник разбит на клетки $1$ см $\times$ $1$ см. Внутри ккедой клетки написано число. Известно, что сумма чисел в ккедой горизонтальной строчке равна 1, а в ккедом вертикальной строчке — равна 2. Может ли площадь прямоуzelника равняться $1976$ см$^2$?

Ответ: не может.

Решение. Докажем это от противного, то есть допустим, что площадь такого прямоуzelника равна $1976$ см$^2$, и приdem к противоречию. Пусть число строчек равно $m$, а число стольников равно $n$. Тогда $mn = 1976$. Вычислим двумя способами сумму всех чисел, написанных в клетках. С одной стороны, сумма чисел в ккедой строчке равна 1, а строчек $m$, значит, сумма всех чисел равна $m$. С другой стороны, сумма чисел в ккедом стольнике равна 2, а стольников $n$, значит, сумма всех чисел равна $2n$. Итак, $m = 2n$, откуда $2n^2 = 1976$, $n^2 = 988$, что невозможно при целом $n$.

Задча 10. Несколько ящцов весят вместе 10 тонн, причем какый из них весит не больше одной тонны. Какое наименьшее количество трехтонок зависит достамочно, что мы увеличим этом груз?

Ответ: 5 трехтонок.

Решение. Покажем сначала, что четырех трехтонок может не хватить. Так будет, например, если имеется 13 одинаковых ящков весом по $\frac{10}{13}$ тонны. Тогда в одну трехтонику мы не можем поместить больше трех ящков.