МАЛЫЙ МЕХМАТ МГУ

Ответ. а) 1101 = 2 · 550 + 1 и –1101 = 2 · (–551) + 1; б) 1101 = 2 · 551 – 1 и –1101 = 2 · (-550) – 1; в) 1101 = 2 · 384 + 333 и –1101 = 2 · (–717) + 333.

Указание. Всякое нечётное число можно записать в виде 2n + 1, где n — целое. Верно и обратное: число 2n + 1 нечётно для любого целого числа n.

Решение. Пусть a и b — два нечётных числа: a = 2n + 1 и b = 2k + 1. Тогда их сумма

a + b = 2n + 1 + 2k + 1 =

чётна, а произведение

ab = (2n + 1)(2k + 1) =

нечётно.

Решение. Если бы оба слагаемых были нечётны, то в силу утверждения предыдущей задачи сумма была бы чётна. Следовательно, хотя бы одно из слагаемых чётно. Произведение чётного числа на любое целое число чётно.

Комментарий. Обратите внимание на слова решения «хотя бы одно из слагаемых чётно». На самом деле одно из слагаемых чётно, а другое нечётно. Но нам для доказательства это не требовалось, поэтому были использованы именно такие слова. В конце концов, главное — решить задачу; а то, насколько сильные утверждения возникают по ходу дела — второстепенно. (Хотя бывает, что при внимательном анализе математических рассуждений удаётся открыть совершенно новые факты, иногда далёкие от первоначальной задачи.)

Ответ. Нет, не могли.

Указание. Если произведение целых чисел нечётно, то все множители нечётны.

Решение. Если произведение (x – y) · x · y нечётно, то нечётны все множители, то есть (x – y), x и y. А это невозможно, так как если числа x и y нечётны, то их разность x – y чётна.

Указание. Номиналы всех купюр, кроме десятки,— нечётные числа.

Решение. Если бы ни одной десятки не было, то число 25 оказалось бы представлено в виде суммы десяти нечётных слагаемых. Но сумма чётного количества нечётных слагаемых чётна.

Ответ. Да, может.

Подсказка. Произведение любого чётного числа и любого целого числа чётно.

Решение. Чётова может написать число 0. (Или любое другое чётное число.)

Ответ. Не могут.

Решение. Если первая шестерёнка вращается по часовой стрелке, то сцепленная с ней вторая шестерёнка — против часовой стрелки, третья — снова по часовой стрелке, и так далее. Все шестерёнки с чётными номерами вращаются в одну сторону, а все шестерёнки с нечётными номерами — в другую. Таким образом, первая и девятая шестерёнки должны вращаться в одну сторону, что невозможно, поскольку они сцеплены.

Ответ. Не может.

Решение. Пусть мы нарисовали многоугольник и прямую, которая пересекает все его стороны и не проходит ни через одну вершину. Занумеруем вершины последовательными натуральными числами. Будем считать, что прямая горизонтальна. Если первая вершина лежит ниже прямой, то вторая — выше (прямая пересекает отрезок тогда и только тогда, когда концы отрезка находятся по разные стороны от прямой), третья — ниже, четвёртая — выше, и так далее. Таким образом, все вершины с чётными номерами лежат по одну сторону от прямой, а все вершины с нечётными номерами — по другую. Если бы удалось пересечь прямой все стороны одиннадцатиугольника, то первая и одиннадцатая вершина оказались бы по одну стороны от прямой. Прямая не может пересекать сторону, соединяющую эти вершины.

Ответ. Нельзя.

Решение. Пронумеруем места, на которых стоят фишки. Номера мест, расположенных через одно, имеют одинаковую чётность, поэтому после любых разрешённых перестановок фишка, стоявшая изначально на сотом месте, окажется на месте с чётным номером. Таким образом, она не сможет оказаться на первом месте, а значит, переставить фишки в обратном порядке не удастся.

Ответ. Нельзя.

Указание. 99 не делится на 2.

Решение. Выберем одного из этих 100 солдат. Рассмотрим только те ночи, в которые он дежурил. Каждый из 99 его сослуживцев дежурил с ним один раз. А это невозможно, поскольку 99 не делится на 2.

Ответ. Николай Петрович поймал 5 рыб.

Ответ. Нельзя.

Решение. Числа 0, –2, –4, ... чётны, а числа –1, –3, –5, ... нечётны. Знак («+» или «–») не влияет на то, чётное число или нечётное. Среди чисел от 1 до 10 нечётное количество нечётных чисел, поэтому их сумма (с любыми знаками) нечётна, а значит, нулю не равна.

Ответ. а) Не всегда. б) Можно.

Указание. Сумма целых чисел чётна в тех и только тех случаях, когда среди слагаемых чётное число нечётных.

Решение. а) В случае, если все данные 1992 числа нечётны, стереть одно из них так, чтобы сумма оставшихся была чётной, невозможно. Во всех остальных случаях это можно сделать.

б) Если сумма данных 1993 чисел чётна, то хотя бы одно из этих чисел чётно. Его мы и сотрём. Если же первоначальная сумма нечётна, то сотрём нечётное число (среди наших чисел такое непременно есть, иначе сумма не была бы нечётной).

Ответ. Нельзя.

Указание. В каждой из групп сумма входящих в неё чисел чётна. Докажите это.

Решение. Допустим, нам удалось осуществить такое разбиение на группы. Если n — наибольшее число некоторой группы, то сумма остальных чисел этой группы тоже равна n и поэтому сумма чисел этой группы равна 2n. Таким образом, сумма чисел каждой группы чётна. Следовательно, чётна и сумма всех чисел от 1 до 21 (в самом деле, сначала сложим числа в каждой из групп, а потом сложим полученные суммы; сумма любого количества чётных слагаемых чётна). Получили противоречие: сумма чисел от 1 до 21 нечётна.

Ответ. Нельзя.

Указание. Рассмотрите сумму всех данных чисел. Как она меняется?

Решение. Сумма чисел от 1 до 6 равна 21. Число 21 нечётное. При прибавлении единицы к двум числам сумма увеличивается на 2. Таким образом, сколько бы таких операций ни было, сумма всех чисел будет нечётна. Но сумма шести одинаковых целых чисел чётна.

Решение. Произведение целых чисел чётно, если чётен хотя бы один из сомножителей. Значит, достаточно доказать, что хотя бы на одной карточке сумма чисел чётна. Рассуждаем «от противного». Если на всех карточках суммы нечётны, то нечётной будет и сумма всех чисел на всех 99 карточках. Но эта сумма равна удвоенной сумме чисел от 1 до 99. Противоречие.

Ответ. Нельзя.

Указание. Будем считать, что вершины куба окрашены в красный цвет, а центры граней — в синий. Отрезки диагоналей соединяют разноцветные точки.

Решение. Красных точек 8 штук, а синих — 6. Отрезки диагоналей соединяют разноцветные точки, поэтому цвета проходимых точек должны чередоваться. В любой последовательности, состоящей из чередующихся красных и синих точек, красных и синих точек или поровну, или точек какого-то цвета на одну больше. Но числа 6 и 8 отличаются более чем на 1.

Решение. Начинающий может победить при любом начальном положении короля. Суть стратегии в следующем. Подсчитаем число вертикальных ходов, которыми король может с исходного поля дойти до нижней (первой) горизонтали, а также количество «прямых» ходов, которыми король может дойти до верхней (восьмой) горизонтали. Поскольку сумма этих чисел равна 8 – 1 = 7, то одно из них нечётно.

Пусть, для определённости, надо сделать нечётное число ходов, чтобы дойти до нижней горизонтали. Тогда первый игрок может пойти прямо вниз; номер горизонтали уменьшится на 1 и из чётного станет нечётным. Что делать второму? Если он сделает горизонтальный ход или вернётся диагональным ходом на исходную горизонталь, то первый игрок сразу сможет выиграть. Поэтому второй игрок будет вынужден сделать вертикальный или диагональный ход, спустившись ещё ниже.

В ответ первый игрок опять может пойти вертикально вниз. Второму, чтобы не проиграть, опять придётся опустить короля ещё ниже, и так будет продолжаться до того, как после очередного хода первого игрока король попадёт на нижнюю горизонталь. Тогда второму игроку придётся сделать горизонтальный ход или поднять короля по диагонали вверх, после чего первый игрок побеждает, ставя короля на ранее пройденное поле.

Заметьте: если бы размеры доски были иными (например, 9×9), то не каждое исходное положение короля приносило бы выигрыш тому, кто делает первый ход: 16 полей (подумайте, какие именно) были бы выигрышными для второго игрока.