Задача 1.

Серед трьох монет одна фальшива ( легша від двох інших , однакових за вагою). За допомогою одного зважування на терезах без гир визначити фальшиву монету.

Розв’язання

Покладемо на одну з двох шальок терезів по одній монеті. Якщо шальки знаходяться у рівновазі, то монета , яку не зважували, - фальшива, бо у протилежному випадку терези покажуть легшу, тобто фальшиву монету.

Задача 2.

В одній кімнаті знаходяться три вимикачі , а в другій – три лампи. Кожний вимикач обслуговує одну  з лампочок. Як дізнатися, який вимикач з’єднано з якою лампочкою, якщо в кімнату з лампочками можна вийти лише один раз?

Розв’язання

Потрібно ввімкнути один вимикач, почекати деякий  час , потім вимкнути і ввімкнути другий. Після цього зайти в кімнату з лампочками. Та лампочка, що горить, пов’язана з другим вимикачем, а з погашених – тепла пов’язана з першим, холодна – з третім вимикачем.  

Задача 3

Маємо 10 ящиків. У деяких з них лежить по 10 ящиків меншого розміру, а в деяких з менших ящиків лежить ще по 10 ящиків. Скільки всього ящиків, якщо заповнено всього 54 ящики?

Розв’язання

Позначимо число заповнених великих ящиків через х, а число заповнених малих ящиків через у. За умовою х + у = 54. Але число менших ящиків у 10 разів більше, ніж х, а число найменших ящиків у 10 разів більше, ніж у. Отже , загальне число ящиків дорівнює

10 + 10х + 10 у = 10•( 1 + х + у) = 10 •55 = 550.  

Задача 4

Двоє гравців по черзі ставлять на шахову дошку по одному коню. Не дозволяється ставити коня під бій фігури, яку було поставлено раніше ( неважливо, самим гравцем або його супротивником). Той , хто не зможе зробити свій хід , програє. Хто переможе при правильній грі?

Розв’язання

Для перемоги другий гравець має робити ходи, симетричні ходам першого гравця відносно центра дошки.

Задача 5

У рядок написано кілька мінусів. Два гравці по черзі виправляють один або два сусідні мінуси на плюси. Переможе той , хто виправить на плюс останній мінус. Хто переможе при правильній грі – перший гравець чи його супротивник?

Розв’язання

Гравець , який починає , перемагає, розбивши своїм першим ходом мінуси на два « шматки» однакової довжини. Після цього перший гравець може кожним ходом виправляти мінуси, що симетричні тим, які перед цим виправив другий. 

   Числа

 

 
Задача 1
Що більше 12723  чи 51318?
 
Розв’язання
12723 < 51318 = ( 27)23<2162 =(29)18 =51218<51318
 
Задача 2
Скількома нулями закінчується числа виду 9n + 1 , якщо n  N?
 
Розв’язання
Десятковий запис чисел виду  9n може закінчуватися тільки двома  цифрами : 09; 81; 29; 61; 49; 41; 69; 21; 89; 01. Перевіркою впевнимося, що десятковий запис чисел виду  9n + 1 закінчується не більше , ніж одним нулем при довільному n .
 
Задача 3
Довести, що довільну суму, більшу, ніж 7 копійок, можна сплатити три копійчаними і п’ятикопійчаними монетами, не одержуючи здачі.
 
Розв’язання
Досить перевірити, що три копійчаними і п’ятикопійчаними монетами можна сплатити 8; 9 ; 10 копійок.
8 =3 + 5; 9 = 3 + 3+ 3; 10 = 5+ 5
 
Задача 4
Знайдіть частку , якщо вона в три рази менша за ділене й у вісім разів більша за дільник.
 
Розв’язання
Оскільки частка в три рази менше за ділене , то дільник дорівнює 3. Отже, частка дорівнює 24. 
 
 

Подільність чисел
 
Задача 1
Якщо 4373 і 826 поділити на одне й те саме число дістанемо відповідно остачі 8 і 7. Чому дорівнює дільник?
 
Розв’язання
Якщо від 4373 відняти 8 , а від 826 відповідно 7, то дістанемо числа 4365 і 819, які діляться без остачі на одне й те саме число. Щоб знайти це число, потрібно кожне з цих чисел розкласти на прості множники:
819 = 3· 3· 7· 13
4365 = 3· 3·5 · 97.
Числа мають два спільних дільники 3 і 9 . Умову задачі задовольняє тільки 9, оскільки 9 > 8 ; 9> 7.
 
Задача 2
Знайти найменше число, яке при діленні на 2 дає остачу 1, при діленні на 3 – остачу 2, на 4 – 3, на 5 – 4, на 6 – 5 , на 7 – 6 , на 8 – 7, на 9 – 8, на 10 – 9.
 
Розв’язання
 Якщо додати до шуканого числа одиницю , тоді утворене число буде ділитися на 2, на 3 , на  4, на 5 , на 6, на 7 , на 8 , на 9 і на 10.
 Таким найменшим числом буде 10· 9· 4· 7= 2520, а шукане число на 1 менше, тобто 2519.
 
Задача 3
Добуток двох взаємно простих чисел дорівнює 3232. Чому дорівнює найменше спільне кратне цих чисел?. Знайдіть ці числа.
 
Розв’язання
Розклавши 3232 на множники, отримаємо:
3232 = 32· 101= 2·2·2·2·2·101. Оскільки усі двійки мають бути в одному числі, то числа будуть 32 і 101. Оскільки найменше спільне кратне двох взаємно простих чисел дорівнює їх добутку, то воно буде дорівнювати 3232.
 
Задача 4
Чи може сума чотирьох послідовних натуральних  чисел дорівнювати  3000?
 
Розв’язання
Суму чотирьох послідовних натуральних чисел можна представити у вигляді :
n+ ( n+1) + ( n + 2) + ( n + 3) =4n + 6. Число , що ми отримали , не ділиться на 4. Оскільки 3000 ділиться на 4, то сума чотирьох послідовних натуральних чисел дорівнювати 3000 не може.
 
Задача5
Знайти найменше натуральне число , яке при діленні на 7 дає в остачі 6, а при діленні на 9 остача дорівнює 8.
 
Розв’язання
В обох випадках – як при діленні шуканого числа на 7, так і при діленні його на 9 – остача на одиницю менша за дільник. Збільшивши ділене на 1, одержимо число, яке ділиться без остачі  й на 7, і на 9. Найменше таке число – 63. Шукане число на 1 менше й дорівнює 62.
   
 

Олімпіадні задачі

Задача1.

 На дошці записано 11 чисел — 6 нулів і 5 одиниць. Дозволяється 10 раз виконати таку операцію: закреслити будь-які два числа і якщо вони будуть однакові, то дописати до тих чисел, що залишились, один нуль, а якщо різні — одиницю. Яке число залишиться на дошці?

Після кожної операції сума всіх дописаних чисел змінюється на 0 або на 2, тому її парність не змінюється. Оскільки на початку сума була непарною, то й останнє число, що змінюється на дошці, має бути непарним, тобто 1.


Задача2.

 Автомат розмінює одну монету на п'ять інших. Чи можна за його допомогою розміняти металеву гривню на 26 монет?

Після кожного розміну кількість монет зменшується на 4. Тому щоразу остача від ділення кількості наявних монет на 4 не змінюється і дорівнює 1. Але остача від ділення 26 на 4 дорівнює 2. Тому такий розмін неможливий.


Задача3

 У Змія-Горинича 2004 голови. Ілля Муромець одним ударом меча може відрубати точно 1, 15, 31 або 45 голів, але при цьому у Змія виростає 10, 33, 4 або 0 голів. Чи зможе богатир перемогти Змія-Горинича?

Щоразу після удару меча кількість голів у Змія буде змінюватись на число, кратне 9. Тому щоразу остача від ділення числа голів на 9 не зміню-ватиметься і буде дорівнювати 6. Отже, число голів Змія не зможе дорівнювати 0, оскільки 0 ділиться на 9 без остачі. Тому перемогти Змія-Горинича неможливо.

 

Задача4

В якійсь країні 15 міст. Чи можна їх з'єднати авіалініями так, щоб було 4 міста, кожне з яких з'єднане з трьома іншими, 8 міст, кожне з яких з'єднане з шістьма іншими, і 3 міста, кожне з яких з'єднане з п'ятьма іншими?

Якби це було можливим, то можна було б накреслити граф з 15 вершинами, чотири з яких мали б степінь 3, вісім — степінь 6, три — степінь 5. Тоді загальна кількість непарних вершин була б непарною, що неможливо.
 

Задача5.

Певний архіпелаг складається з 2003 островів. З кожного острова виходить 1, 3 або 5 пароплавних ліній. Чи правда, що є пароплавна лінія, що з'єднує якийсь острів із зовнішнім світом?

Якби це було не так, то можна було б накреслити граф з 2003 вершинами, кожна з яких мала б непарний степінь, що неможливо.


Задача6.

Із столиці деякої країни виходить 21 дорога, із міста Далекого - одна, а із усіх інших міст — по 20. Доведіть, що зі столиці можна доїхати в Далеке (можливо, з пересадками).

Розглянемо граф доріг цієї країни. Доведемо, що компонента зв'язності, що містить столицю, містить також і Далеке. Припустимо про¬тилежне. Тоді в цій компоненті зв'язності степінь однієї вершини 21, а всіх інших — по 20. Це неможливо, оскільки кількість непарних вершин повинна бути парною. Суперечність доводить твердження задачі.


Задача7

. Доведіть, що граф, в якому довільні дві вершини з'єднані рівно од¬ним простим шляхом, є деревом. (Простим шляхом називається шлях, в якому жодне ребро не зустрічається двічі).

Очевидно, що даний граф зв'язний. Якщо припустити, що в ньому є цикл, то тоді дві вершини цього циклу з'єднані принаймні двома простими шляхами. Протиріччя доводить твердження задачі.