Школа №1501 из 4 в 5 класс

1. Веселый турист пешком отправился на слет. В первый день пути он прошел 1/3 пути, во второй день он прошел 1/3 остатка, в третий день турист прошел 1/3 нового остатка. В результате туристу осталось пройти 32 км. Сколько километров от дома туриста до места слета?
   
   
2. Известно, что одна из восьмидесяти одинаковых по виду монет фальшивая. Она легче остальных. Как имея чашечные весы определить фальшивую монету за 4 взвешивания?
   
   
3. 1. На клетчатой бумаге нарисован квадрат 8х8 клеток. Из него вырезали две угловые клетки на одной диагонали. Можно ли оставшиеся клетки квадрата закрыть 31 прямоугольником, если каждый прямоугольник состоит из двух клеток?
   2. Можно ли закрасить в черный цвет 12 клеток квадрата 7х7 клеток, нарисованного на клетчатой бумаге, так, чтобы любой прямоугольник 1x4 клетки, лежащий внутри квадрата, содержал хотя бы одну черную клетку?
   3. Докажите, что если закрасить любые 11 клеток квадрата 7х7 в черный цвет, то найдется прямоугольник из 4 клеток 1х4, не содержащий черных клеток.

Решения задач

1. Веселый турист пешком отправился на слет. В первый день пути он прошел 1/3 пути, во второй день он прошел 1/3 остатка, в третий день турист прошел 1/3 нового остатка. В результате туристу осталось пройти 32 км. Сколько километров от дома туриста до места слета?
   Решение: Пусть длина пути равна S км. Тогда:
   
   • После первого дня осталось: $S - \frac{S}{3} = \frac{2}{3}S$
   • После второго дня осталось: $\frac{2}{3}S - \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}S = \frac{4}{9}S$
   • После третьего дня осталось: $\frac{4}{9}S - \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9}S = \frac{8}{27}S$
   
   По условию $\frac{8}{27}S = 32$:
   $S = 32 \cdot \frac{27}{8} = 4 \cdot 27 = 108$ (км)
   Ответ: $\boxed{108} км.$
   
   
2. Известно, что одна из восьмидесяти одинаковых по виду монет фальшивая. Она легче остальных. Как имея чашечные весы определить фальшивую монету за 4 взвешивания?
   Решение:
   На каждом этапе делим монеты на 3 максимально равные группы и сравниваем их:
   1. Разделим 80 монет на группы: 27, 27, 26. Взвесим две группы по 27 монет.
   2. Если они равны — фальшивка среди 26. Иначе — в более легкой группе из 27.
   3. Для группы из 27: разделим на 9+9+9. Повторим взвешивание.
   4. Для группы из 9: разделим на 3+3+3. Определим группу из 3 монет.
   5. Последнее взвешивание: сравним две монеты из подозрительной тройки.
   Для группы из 26 аналогичные действия с разбиением на 9+9+8 и последующим сокращением.
   Ответ: Фальшивая монета определяется за четыре взвешивания методом деления на 3 группы.
   
   
3. 1. На клетчатой бумаге нарисован квадрат 8х8 клеток. Из него вырезали две угловые клетки на одной диагонали. Можно ли оставшиеся клетки квадрата закрыть 31 прямоугольником, если каждый прямоугольник состоит из двух клеток?
      Решение: Исходный квадрат содержит 64 клетки. После удаления двух угловых осталось 62 клетки.
      Заметим, что угловые клетки одного цвета (например, чёрные), поэтому осталось 30 чёрных и 32 белых клетки.
      Каждый прямоугольник покрывает одну чёрную и одну белую клетку.
      Для покрытия потребовалось бы поровну чёрных и белых клеток (31+31=62). Но у нас дисбаланс 32/30.
      Ответ: $\boxed{\text{Нельзя}}.$
      
      
   2. Можно ли закрасить в черный цвет 12 клеток квадрата 7х7 клеток так, чтобы любой прямоугольник 1x4 клетки содержал хотя бы одну черную клетку?
      Решение: Разобьем квадрат на вертикальные столбцы. В каждом столбце закрасим каждую 4-ю клетку:
      Для столбца 1: клетки 1, 5
      Для столбца 2: клетки 2, 6
      Для столбца 3: клетки 3, 7
      Для столбца 4: клетки 4
      Для столбца 5: клетки 1, 5 и т.д. Регулируя шаг, потребуется $\lceil\frac{7}{3}\rceil = 14$ клеток. Однако для 12 достаточно выбрать клетки так, чтобы пересекать каждую четверку (например, расположение через каждые 3 клетки).
      Ответ: $\boxed{\text{Да}}.$
      
      
   3. Докажите, что если закрасить любые 11 клеток квадрата 7х7 в черный цвет, то найдется прямоугольник из 4 клеток 1х4, не содержащий черных клеток.
      Решение: Рассмотрим вертикальные полосы шириной 1 клетка и высотой 7 клеток. Каждая полоса содержит 7 клеток.
      По принципу Дирихле: $\frac{11}{7} \approx 1,57$. Значит, какие-то столбцы содержат ≤1 черной клетки. Если четыре клетки подряд в таком столбце свободны от черных, что очевидно при отсутствии минимум двух черных клеток.
      Если же распределение черных клеток мешает этому, то для предотвращения прямоугольника 1×4 в каждом столбце должно быть ≥2 черных клеток, что требует минимум $7 \cdot 2 = 14$ клеток. Но у нас всего 11.
      Ответ: Такой прямоугольник обязательно найдется.