Арбузный сок

Задача.
(«Покори Воробьёвы горы!», 2013, 10–11) В один прекрасный день Цветочный город был взбудоражен известием: кто-то выпил все запасы арбузного сока! В ходе разбирательства выяснилось, что виновен либо Пончик, либо Сиропчик (но не оба), но коротышки никак не могли решить, кто именно из двоих.
— Сок выпил Пончик, — заявила Кнопочка.
— А однажды он целую ракету украл, — поддержала её Звёздочка.
— Сиропчик никогда ничего не крал, — сказал Растеряйка.
— А ты, Растеряйка, каждый день теряешь вещи! — заявила Мушка.
— Звёздочка и Растеряйка говорят правду, — сказал Гунька.
— Звёздочка и Мушка говорят правду, — утверждал Торопыжка.
— Либо Растеряйка, либо Мушка говорят правду, а может они оба правы, — высказал своё
мнение Авоська.
— Либо Гунька, либо Торопыжка, либо они оба говорят правду, — сказал Небоська.
— Звёздочка и Авоська говорят правду, — считал Пачкуля Пёстренький.
— Небоська говорит правду, а Пёстренький врёт, — утверждал Незнайка.
— Я ничего не могу понять! — закричал Цветик. — Во всех этих словах нет никакого смысла!
— И всё-таки кое-какие выводы из этих слов можно сделать, — возразил Знайка. — Я точно знаю, что либо и Незнайка, и Кнопочка правы, либо оба ошибаются.
Кто же выпил арбузный сок, если известно, что Знайка всегда говорит правду и никогда не ошибается?

Решение.
Утверждения Знайки всегда истинны,  значит возможны только 2 случая.
1-ый случай. Допустим Незнайка и Кнопочка правы, т.е. истинны оба высказывания:
"Сок выпил Пончик" (1), "Небоська говорит правду, а Пёстренький врёт"(2).
Из высказывания Незнайки (2) следует: "Звёздочка и Авоська говорят правду" (3) - ложь, "Либо Гунька, либо Торопыжка, либо они оба говорят правду" (4) - истина.
(3) ложно, а значит лжет или Звездочка, или Авоська.
(4) истинно, следовательно хотя бы одно из высказываний: "Звёздочка и Растеряйка говорят правду" или "Звёздочка и Мушка говорят правду" является истинным (или оба этих высказывания одновременно). Но в каждом из них утверждается, что Звездочка говорит правду, а значит (3) может быть ложным только тогда, когда врет Авоська. Следовательно, утверждение Авоськи "либо Растеряйка, либо Мушка говорят правду, а может они оба правы" ложно. Т.е. ни Мушка, ни Растеряйка правды не говорят.
Но это противоречит истинности утверждения (4).

2-ой случай. Допустим Незнайка и Кнопочка неправы, т.е. ложны высказывания:
"Сок выпил Пончик" (5), "Небоська говорит правду (6), а Пёстренький врёт (7)".
Из ложности высказывания Кнопочки - очень простое следствие: сок выпил не Пончик, а Сиропчик. А вот высказывание Незнайки состоит из двух, значит либо одно из высказываний Незнайки (6) или (7) ложно, либо ложны оба высказывания сразу. Нетрудно видеть, что в случае, когда (6) и (7) ложны одновременно, мы опять придем к противоречию.

а) Пусть ложно (6) и истинно (7), тогда Небоська и Пестренький врут, т.е. утверждение "либо Гунька, либо Торопыжка, либо они оба говорят правду"(8) - ложь и утверждение "Звёздочка и Авоська говорят правду"(9) - ложь. Из того, что (8) ложно, следует: ни Гунька, ни Торопыжка не говорят правды; из того, что (9) ложно, следует: или Звездочка лжет, или Авоська.
Утверждения Торопыжки и Гуньки "Звёздочка и Растеряйка говорят правду" (11) или "Звёздочка и Мушка говорят правду" (12) - ложны. (11) ложно, если врет или Звездочка, или Растеряйка,  (12) ложно, если врет или Звездочка, или Мушка.
Следовательно, чтобы (5) было ложным, (6) ложным, а (7) истинным достаточно, чтобы Звездочка и Растеряйка сказали неправду. Противоречий с условием задачи в данном случае нет.
б) Пусть (6) истинно и (7) ложно, тогда Небоська и Пестренький говорят правду, т.е. утверждение "либо Гунька, либо Торопыжка, либо они оба говорят правду"(8) - истинно и утверждение "Звёздочка и Авоська говорят правду"(9) - истинно. (8) означает, что истинно утверждение "Звёздочка и Растеряйка говорят правду",  либо истинно "Звёздочка и Мушка говорят правду", либо истинны оба этих утверждения одновременно.  Из того, что (9) истинно следует, что утверждение "либо Растеряйка, либо Мушка говорят правду, а может они оба правы" также истинно.
Однако, утверждение Растеряйки противоречит тому, что сок выпил Сиропчик. Следовательно, чтобы (5) было ложным, (6) истинным, а (7) ложным достаточно, чтобы Звездочка и Мушка сказали правду, а Растеряйка - неправду. Противоречий с условием задачи в данном случае также не будет.

Выполняется только случай 2, а значит сок выпил Сиропчик.

Ответ: Сиропчик.

Ресурсы:
http://mathus.ru/math/logizad.pdf

Игрушечная азбука

Задача.
(«Курчатов», 2014, 7–8 ) От двух игрушечных азбук осталось всего 14 букв. Каждая буква первой азбуки тяжелее любой буквы из второй, но если буквы взяты из одной и той же азбуки, то весят поровну. Известно, что составленное из этих букв слово ЦИРКУЛЬ легче, чем слово ЧАСТНОЕ, слово ЧАСТЬ легче, чем КРЕСТ, а буква Е легче Ь. Определите все тяжёлые буквы.

Решение.
1) В словах ЦИРКУЛЬ и ЧАСТНОЕ - по 7 букв и нет повторяющихся. По условию, букв всего 14. Значит, среди всех рассматриваемых кубиков - нет с одинаковыми буквами вообще (каждая буква или из набора легких кубиков,  или из набора тяжелых, но только из одного).
2) Рассмотрим слова ЧАСТЬ и КРЕСТ. Из первого пункта следует, что буквы СТ весят одинаково, значит рассматривать нужно только сочетания  ЧАЬ и КРЕ.
Известно, что Е легче Ь, а ЧАЬ легче КРЕ. Это возможно только в том случае, если ЧА - из более легкой азбуки, а КР - из более тяжелой, т.е. в ЧАЬ - 2 буквы легкие, одна тяжелая, а в КРЕ - 1 буква легкая, 2 тяжелые. Легко проверить, что при любых других вариантах получается, что КРЕ весит или также, или меньше, чем ЧАЬ.
3) Рассмотрим ЦИРКУЛЬ и ЧАСТНОЕ, учитывая, что КРЬ - тяжелые кубики, ЧАЕ - легкие.
Слово ЦИРКУЛЬ может быть легче, чем слово ЧАСТНОЕ,  только в случае, если все неизвестные по весу в слове ЦИРКУЛЬ буквы ЦИУЛ - легкие , а все неизвестные по весу в слове ЧАСТНОЕ буквы СТНО - тяжелые, т.е. если в слове ЦИРКУЛЬ - 4 легкие и 3 тяжелые буквы, а в слове ЧАСТНОЕ - 3 легкие и 4 тяжелые. При любых других вариантах условие задачи не выполняется.
4) Все тяжелые буквы: КРЬСТНО.

Ответ: КРЬСТНО.

Ресурсы:
http://mathus.ru/math/sborsol.pdf

Уменьшение и увеличение числа

Задача.
Число 50 сначала трижды увеличили на одно и тоже количество процентов, а затем трижды уменьшили на тоже самое число процентов. В результате получитесь 29,6352. На сколько процентов увеличивали, а затем уменьшали число?

Решение.
Пусть х - количество процентов, на которое увеличивали, а затем уменьшали число 50. 
Тогда увеличение 3 раза (1 + 0,01х)³ , а затем и уменьшение 3 раза (1 - 0,01х)³ на одно и тоже количество процентов, можно записать следующим образом:

(1 + 0,01х)³ * (1 - 0,01х)³ * 50 = 29,6352

(1 - 0,0001х²)³ = 29,6352 / 50

(1 - 0,0001х²)³ = 0,592704

(1 - 0,0001х²)³ = 0,84³

1 - 0,0001х² = 0,84

0,0001х² = 0,16

x = 40

Ответ: на 40%.

Ресурсы:
http://mmmf.msu.ru/archive/19992000/spivak67/s_cent.html

Плата за телефон и интернет

Задача.
Абонентская плата за интернет и телефон для домовладения составляла 3 тысячи рублей в месяц. После увеличения цен на 20% на ту же сумму теперь возможно оплатить  обслуживание телефона и половину абонентской платы за интернет. Хватит ли 3 тысяч рублей хотя бы на оплату телефона в месяц, если цены еще раз вырастут на 20%?

Решение.
Обозначим первоначальную величину абонентской платы за телефон - х тыс. рублей в месяц, а цену интернета – y тыс. рублей. Тогда по условию  x + y = 3 (*).
После повышения цен обслуживание телефона стало стоить 1,2x и интернет  – 1,2y. Поэтому  1,2x + 1,2 * 0,5 * y = 3.  Составим уравнение:
x + y = 1,2x + 0,6y
у = 0,5х
Подставим в (*): 1,5x = 3, т.е. х = 2.
После второго повышения цен обслуживание телефона в месяц будет стоить
1,2 * 1,2 * х = 1,44 * 2 = 2,88 (тысяч рублей), а это меньше 3 тысяч рублей.

Ответ: хватит.

Ресурсы:
Задача составлена по шаблону  №107772 МЦНМО
http://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=107772

Шеренга солдат

Задача.
(Турнир Ломоносова, 1991)
Шеренга солдат называется неправильной, если никакие три подряд стоящих солдата не стоят по росту (ни в порядке возрастания, ни в порядке убывания). Сколько неправильных шеренг можно построить
а) из четырёх;
б) из пяти
солдат разного роста?

Решение.
1) Присвоим каждому из четырех солдат  порядковый номер в соответствии с их ростом (1, 2, 3, 4; 1 - самого низкого роста). Решим задачу, считая правильным порядок расстановки трех солдат вида 123, 321, 124, 421, 134, 431, 234, 432 (всего 8 вариантов) в шеренге из четырех человек.
Общее число перестановок из 4 можно составить 4! = 24 способами.
Из них надо исключить "правильные" шеренги (14 штук):
1234 (123, 234 - правильный порядок);
1243 (124); 1342 (134); 1432 (432);
2341 (234); 2134 (134); 2431 (431);
3124 (124); 3421 (421); 3412 (341);
4321 (432, 321);
4213 (421); 4123 (123); 4312 (431).
Любое из 8 сочетаний вида 123 встречается 2 раза (итого 16 раз), но в случае шеренг 1234 и 4321 "правильные" тройки содержатся 2 раза в каждой.
"Неправильных" остается: 24 - 14 = 10.
2) Применяя аналогичные рассуждения для шеренги из пяти человек:
12345 (123, 234, 345 - правильный порядок) и т.д.,
получим 5! - 88 = 32.

Ответ: 10; 32.

Ресурсы:
http://mathus.ru/math/perevari.pdf

Управдом Остап Бендер

Задача.
Управдом Остап Бендер собирал с жильцов деньги на установку новых квартирных номеров. Адам Козлевич из 105-й квартиры поинтересовался, почему у них во втором подъезде надо собрать денег на 40% больше, чем в первом, хотя квартир там и тут поровну. Не растерявшись, Остап объяснил, что двузначные номера стоят вдвое, а трёхзначные — втрое больше, чем однозначные. Сколько квартир в подъезде?

Решение.
Рассмотрим случай, когда все 9 квартир с однозначными номерами (№1 - №9) находятся в первом подъезде, а вот 90 квартир с двузначными номерами  (№10 - №99) располагаются как в первом, так и во втором подъезде.
Пусть х - количество квартир в подъезде, у - плата за однозначный номер, тогда:
1) плата за двузначный номер равна 2у, за трехзначный - 3у;
2) в первом подъезде:
с жильцов с однозначными номерами квартир соберут плату 9у;
квартир с двузначными номерами там х - 9,
значит плату с них соберут - 2у * (х - 9);
3) во втором подъезде:
квартир с двузначными номерами расположено 90 - (х - 9) = 99 - х,
плату с них соберут (99 - x) * 2y;
квартир с трехзначными номерами расположено х - (99 - х) = 2х - 99,
плату с них соберут (2х - 99) * 3y.
Учитывая, что во втором подъезде плата на на 40% больше (т.е. в 1,4 раза), имеем:
1,4 * (9у + 2у * (х - 9)) = (99 - x) * 2y + (2х - 99) * 3y
Поделим обе части уравнения на переменную у, не равную 0, и упростим:
2,8x - 12,6 = 4x - 99
1,2х = 86,4
х = 72
Случай, когда в первом подъезде находятся все квартиры с однозначными номерами, все квартиры с двузначными номерами, остальные квартиры (х – 99) имеют трёхзначные номера, а во втором подъезде все номера трёхзначные, противоречит условию задачи.
Действительно, уравнение тогда примет вид:
1,4 · (9у + 90 · 2у + (х – 99) · 3у) = 3ху.
Решая его, получаем х = 126, но в этом случае 105-я квартира не могла быть во втором подъезде.

Ответ: 72.

Ресурсы:
http://mmmf.msu.ru/archive/19992000/spivak67/s_urav.html

Шесть чисел в ряд

Задача.

(«Покори Воробьёвы горы!», 2012, 9) 

Сколькими способами можно выписать в ряд числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 так, чтобы для любых трёх подряд идущих чисел a, b, c величина ac − b² была кратна 7?

Решение.

Первый способ.

1) Для ряда чисел 132645 условие задачи:

132        1 * 2 - 3 * 3 = -7

326        3 * 6 - 2 * 2 = 14

264        2 * 4 - 6 * 6 = -28

645        6 * 5 - 4 * 4 = 14

451        4 * 1 - 5 * 5 = -21

513        5 * 3 - 1 * 1 = 14

Очевидно, что для рядов, полученных перемещением первого числа ряда на последнее место, условие задачи также выполняется:  326451, 264513, 645132, 451326, 513264.

Всего получилось 6 вариантов.

2) При перестановках в тройках вида "132 меняется на 231" условие "ac − b² кратно 7" также будет выполнятся.

231        2 * 1 - 3 * 3 = -7 и т.д.

А значит получится еще 6 рядов: 231546, 315462, 154623, 546231, 462315, 623154.

Итого получилось 12 способов.

Второй способ (указан на rsr-olymp.ru).

Каждый следующий член будет получаться из предыдущего умножением на некоторую фиксированную величину (по модулю 7). В качестве этой величины можно брать только 3 или 5. А первый член - любой, значит всего 12 вариантов.

Ответ: 12 способов.

Ресурсы:

http://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/115/202012/5_28247-tasks&ans-math-7-9-final-2012.pdf

Вода и лед

Задача. 
При замерзании вода увеличила свой объем на 1/11 часть. На какую часть своего объема уменьшится лед при обратном процессе (превращении в воду)?

Решение.
Пусть х - начальный объем воды, тогда x * 12/11 - объем образовавшегося льда. При замерзании и оттаивании изменение объема происходит на  x / 11. Найдем, какую часть это составляет от образовавшегося льда:
(x / 11) / (x * 12/11) = 1/12.

Ответ: 1/12.

Ресурсы:
http://infourok.ru/materialy_turnira_osennie_matematicheskie_igry-334272.htm

Скуперфильд и фертинги

Задача.
(ОММО, 2014) Скуперфильд хочет выплатить наложенный на него штраф в 1000 фертингов монетами в 7 и 13 фертингов. Сколькими способами он может это сделать? Каким наименьшим количеством монет он может обойтись?

Решение.
Сумма 1000 фертингов может быть составлена из 50 монет по 7 и по 13 фертингов:
20 * 50 = (7 + 13) * 50 = 7 * 50 + 13 * 50.
Эту сумму можно также получить, уменьшая на 13 штук количество монет по 7 фертингов, увеличивая при этом на 7 штук количество монет по 13 фертингов:
7 * 37 + 13 * 57 = 7 * 24 + 13 * 64 = 7 * 11 + 13 * 71.
Или увеличивая на 13 штук количество монет по 7 фертингов, уменьшая при этом на 7 штук количество монет по 13 фертингов:
7 * 63 + 13 * 43 = 7 * 76 + 13 * 36 = 7 * 89 + 13 * 29 = 7 * 102 + 13 * 22 = 7 * 115 + 13 * 15 =
= 7 * 128 + 13 * 8 = 7 * 141 + 13 * 1.
Всего получилось 11 способов.
Наименьшее количество монет 11 + 71 = 82 будет в случае использования самого большого возможного числа монет по 13 фертингов: 7 * 11 + 13 * 71.

Ответ: 11 способов; 82 монеты.

Ресурсы:
http://mathus.ru/math/perevari.pdf

a^(b^c)

Задача.
(«Высшая проба», 2014, 9 ) Из множества {1, 2, 3, 4} выбираются три различных натуральных числа a, b, c. Сколько существует способов сделать это так, чтобы число a^(b^c) делилось на 4? 

Решение.
На 4 не будут делится числа с основанием степени (а), равным 1 или 3.
Остается только рассмотреть варианты с основаниями 2 и 4.
а = 2 ⇒ b^c = 1 ^ 3; 3 ^ 1; 1 ^ 4; 4 ^ 1; 3 ^ 4; 4 ^ 3.
а = 4 ⇒ b^c = 1 ^ 3; 3 ^ 1; 1 ^ 2; 2 ^ 1; 3 ^ 2; 2 ^ 3.
Всего 12 вариантов. Из них необходимо исключить два: a^(b^c) = 2 ^ (1 ^ 3) = 2 ^ (1 ^ 4) = 2, т.к. эти числа не делятся на 4. Остается 10 способов.

Ответ: 10.

Ресурсы:
http://mathus.ru/math/perevari.pdf