Задание №176875: Турнир городов
5. Доска 2N×2N покрыта неперекрывающимися доминошками 1×2. По доске прошла хромая ладья, побывав на каждой клетке по одному разу (каждый ход хромой ладьи — на клетку, соседнюю по стороне). Назовём ход продольным, если это переход из одной клетки доминошки на другую клетку той же доминошки. Каково 1 а) наибольшее; 4 б) наименьшее возможное число продольных ходов? Борис Френкин
Что проверяет это задание
Задание относится к теме «Турнир городов». Для решения понадобятся:
- анализ условия
- выбор формулы
- проверка вычислений
Источник: Международный математический Турнир городов — официальный архив
Качество материала
Показываем, из чего состоит страница и можно ли проверить материал по первоисточнику.
Последняя проверка решения:
Происхождение задания
- Банк заданий
- Международный математический Турнир городов — официальный архив
- Организатор
- Редакция «Я сам решу»
- Материалы
- 1 файл
Связанные понятия
План самостоятельного решения
- Перепишите известные данные и отдельно сформулируйте, что требуется найти или доказать.
- Свяжите условие с темой «Турнир городов» и выберите подходящее правило, формулу или способ рассуждения.
- Запишите промежуточные шаги: это помогает заметить потерянный знак, случай или логический переход.
- Сверьте результат со всеми ограничениями условия и только затем откройте подробный разбор.
Ориентировочное время: 15 минут.
Закрепить тему
После разбора попробуйте решить ещё десять заданий по предмету «Математика». Вариант формируется заново, а ответы можно сразу проверить.
Решение по шагам
3. [5] На прямой отмечено 2022 точки так, что каждые две соседние точки расположены
на одинаковом расстоянии. Половина точек покрашена в красный цвет, а другая
половина – в синий. Может ли сумма длин всевозможных отрезков, у которых левый
- 4 -
конец красный, а правый – синий, равняться сумме длин всех отрезков, у которых левый
конец синий, а правый – красный? (Концы рассматриваемых отрезков – не обязательно
соседние отмеченные точки.)
(А. Грибалко)
Ответ: не может. Решение. Можно считать, что отмеченные точки – целые числа от 1 до
2022. Достаточно показать, что сумма S длин всех отрезков с разноцветными концами
нечётна.
Способ 1. Пусть красно-чётных точек x, тогда красно-нечётных и сине-чётных – по
y = 1011 – x, значит, сине-нечётных – x. «Разноцветные» отрезки чётной длины не
влияют на чётность S, а количество таких отрезков нечётной длины равно x2 + y2.
Осталось заметить, что числа x и y разной чётности.
Способ 2. Пусть k – координата красного конца отрезка, а c – синего. Заменим длину
|k – c| этого отрезка на k + c – чётность S не изменится. Но теперь в сумме по всем
«разноцветным» отрезкам каждое число встретится ровно 1011 раз, то есть сумма равна
1011(1 + 2 + ... + 2022). Она нечётна, так как в скобках 1011 нечётных слагаемых.
Способ 3. Приведём только идею. Можно проверить, что S чётна, для какой-то
конкретной раскраски (например, когда слева направо идут сначала все синие точки, а
потом все красные), после чего проверить, что чётность у S сохраняется, если менять
местами цвета соседних точек.
Используемые формулы
y = 1011 – x, значит, сине-нечётных – x.
Самопроверка после решения
- Я использовал все данные из условия и не добавил неподтверждённых предположений.
- Каждый переход в рассуждении объяснён правилом, формулой или ранее доказанным фактом.
- Ответ соответствует вопросу, а обозначения и единицы измерения записаны однозначно.
- Я сравнил свой ход решения с разбором и понял причину каждого отличия.
Типичные ошибки
- Не проверить область допустимых значений.
- Потерять знак при переносе или раскрытии скобок.
- Не выполнить обратную подстановку.