Перебор случаев

Возьмем какое-нибудь число Тогда возможны два варианта:

1. Если то и

2. Предположим Тогда Иначе
(а) Если
(b) Если
И так как то

Таким образом, для любого либо либо есть три различных числа таких, что

При этом любая функция с таким свойством подходит. Тогда найдем число функций с необходимым свойством.

1. Нет ни одной тройки элементов, что Значит, для всех чисел верно Такая функция одна.

2. Есть одна тройка элементов, что Выбрать тройку можно способами. При этом есть два способа задать функцию в тройке. Итого функций.

3. Есть две тройки элементов, что Выбрать первую тройку можно способами, остальные три элемента образуют вторую тройку. Но варианты, в которых выбрали в первую тройку и выбрали все кроме одинаковые. То есть способов разбить элементы на две тройки. При этом в каждой тройке есть два способа задать функцию. Итого функций.

Всего число функций равно

Начнём считать с вратарей. Место вратаря может занять только вратарь, поэтому у нас всегда всего 2 способа выбрать его.

Дальше рассмотрим три случая по количеству универсалов на месте защитников:

1. Среди выбранных защитников нет универсалов. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо универсалов, следовательно, способов

Следовательно, вариантов команд в этом случае

2. Среди выбранных защитников один универсал. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо оставшихся универсалов, следовательно, способов

Следовательно, вариантов команд в этом случае

3. Среди выбранных защитников оба являются универсалами. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо оставшегося универсала, следовательно, способов

Следовательно, вариантов команд в этом случае

В итоге способов выбрать команду равно

Любой рассадке вечером можно сопоставить рассадку, в которой белка, сидевшая на дереве с номером (нумерация по часовой стрелке), сидит на дереве по модулю 6 (то есть просто белку переместили на противоположное место). Нетрудно видеть, что это противоположное место является либо тем местом, на котором белка сидела утром, либо соседним с ним. Значит, можно решить задачу, в которой каждая белка либо осталась на своём месте, либо перешла на соседнее.

Пусть изначально белки сидели в порядке . Рассмотрим случаи:

Все остаются на своих местах. Тогда есть только один случай ().

Если перемещается вправо на место , у есть два варианта действий. может переместиться влево(на место ) или переместиться вправо на место .

Рассмотрим движение по кругу. Если перемещается на место , то единственный способ для — переход к , переход к , переход к и переход к , в результате чего достигается . Каждый бельчонок может также двигаться влево(). Таким образом, тут два случая.

Некоторые бельчата из соседних пар , , меняются местами, оставаясь в той же паре. Если перемещается на место , перемещается на место . может остаться на месте, или переместиться на , может остаться на месте, или переместиться на . Это даёт случаев, но бельчата не могут все оставаться на месте, поскольку мы уже посчитали такую возможность в случае , и, следовательно, здесь случаев. Кроме этого, могут быть пары что даёт еще случаев.

Меняются местами не в соседних парах, а в парах, разделённых одним бельчонком. Если бы и поменялись местами, и могли бы поменяться местами, и это не было бы учтено предыдущими группировками. При этом два бельчонка, разделяющие пары, сидят на прежних местах. Это может происходить в трёх случаях ( и не движутся, и не движутся, и не движутся).

Всего случаев .

Посчитаем сначала общее количество способов распределить дни без учёта условия. Заметим, что нам нужно выбрать 4 голодных дня, остальные сразу станут обжорными. Значит, их количество

Теперь посчитаем способы, которые нам не подходят под условия, чтобы вычесть их. Понятно, чтобы не выполнялось условие задачи нужно иметь хотя бы 3 голодных дня подряд, но, т.к. голодных дней всего 4 возможно два варианта:

1) У нас 3 голодных дня подряд и 1 голодный, не стоящий с ними рядом. Будем воспринимать эти 3 дня как 1, назовём его большой голодный день, т.е. теперь у нас будет 8 дней и мы распределяем большой голодный день и голодный день так, чтобы они не стояли рядом. Если большой голодный стоит первым или последним, то у обычного есть 6 вариантов, в иных случаях у него их 5. В итоге

2) У нас 4 голодных дня подряд. Количество таких способов равно количеству способов выбрать место для первого голодного дня, оно равно 7.

В итоге количество способов распределения, подходящих под условия равно

Заметим, что из любых трёх целых чисел найдётся несколько из них, сумма которых кратна трём. (Ведь не может быть числа, кратного трём, и не могут быть одновременно числа с остатками и , а чисел одного остатка не более двух).

А значит, при этом из условия нас интересуют В рассматриваемом множестве чисел по чисел, дающих остатки и при делении на

Тогда для подходят любые три числа с одинаковыми остатками, их Для любая пара чисел с ненулевыми остатками, то есть пар чисел с одинаковыми остатками и с разными.

Итого чисел.

Пусть на первом месте стоит число Заметим, что если то числа стоят в нашей перестановке в порядке убывания (если двигаться слева направо). Действительно, по условию левее числа должно стоять левее или то есть левее или то есть и т. д. Аналогично при числа стоят в порядке возрастания, так как левее должно быть левее — число и т. д. Следовательно, любая из рассматриваемых перестановок однозначно задаётся набором мест, занимаемых числами (таких мест может вообще не быть, если то есть для перестановки Количество этих наборов равно количеству подмножеств множества из элемента — всех мест, кроме первого, то есть По числу элементов подмножества однозначно определяется число стоящее на первом месте.

Если первый мальчик достал карточку с номером , то, чтобы сумма на карточках была 46, второй мальчик должен достать карточку с номером Значит, достаточно рассмотреть все возможные варианты для первого мальчика, так как карточка, которую должен достать второй мальчик, определяется однозначно. А если существует вариант, что второй мальчик достал карточку с номером а первый — с номером и такой случай ещё не рассмотрен, то это значит, что изначально мы рассмотрели не все возможные варианты для первого.

Пусть первый мальчик достал карточку а второй — В задаче может принимать любое значение от 1 до 31, но нужно проверить, для любого ли такого значения у второго мальчика найдётся карточка с номером Если первый достал 1, то второй должен был выбрать карточку но карточки с номером 45 нет, так как самый большой номер — 31. Тогда самая маленькая карточка, которую может использовать первый, — это Значит, для любой карточки с номером от 15 до 31 второй мальчик может положить свою карточку с таким номером, чтобы в сумме получилось 46. Карточек с номерами от 15 до 31 — 17 штук.

Следовательно, существует 17 способов, чтобы мальчики достали по одной карточке так, чтобы сумма на них была ровно 46.

Посмотрим, чему может равнять сумма выбранных чисел. По условию она делится на 6. Первые три числа, делящиеся на 6, — это 6, 12 и 18. Следующие числа уже не меньше 24, а выписанные на доску числа не больше 10, то есть их сумма всяко не больше 20, то есть меньше 24. Значит, сумма может принимать всего три значения: 6, 12 и 18. Рассмотрим все три случая по-отдельности.

Случай 1. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 6. Подходят пары (1, 5) и (2, 4), а других пар нет — ведь одно из чисел в паре обязательно не превосходит 3, две из таких пар мы выписали, а выбрать две тройки мы не можем. Значит, в этом случае получилось 2 пары.

Случай 2. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 12. Подходят пары (2, 10), (3, 9), (4, 8), (5, 7). Других нет, так как одно из чисел не превосходит 6, при этом пары (1, 11) и (6, 6) из выписанных на доску чисел составить нельзя, а все остальные мы привели. Итак, в этом случае получилось 4 пары.

Случай 3. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 18. Числа, меньшие 8, в пару брать нельзя, так как иначе второе число из пары будет не меньше 11. А из 8, 9 и 10 можно составить только одну пару — (8, 10). Значит, в этом случае получилась всего 1 пара.

Все полученные количества способов необходимо сложить, так как мы разбирали три различных варианта суммы, а подходит любой из этих вариантов. Итого получаем возможных пар для выбора Елизаветы Павловны.

Комментарий 1. Для полного решения задачи в данном случае достаточно привести только пример. Но мы поясним, как его можно найти. Заметим, что наименьшее число, состоящее из одинаковых цифр и превосходящее 2018, — это как раз 2222. Поэтому попробуем вычитать остальные числа именно из него.

Далее, вычтем наибольшее возможное число так, чтобы результат все еще был больше 2018. В качестве такого наибольшего числа подходит 111: . Попробуем еще раз вычесть наибольшее возможное красивое число так, чтобы результат остался больше 2018. Это число 88: . Наконец, осталось лишь немножко “исправить” полученное число, вычев из него красивое число 5. Из этих соображений и построен этот пример.

Комментарий 2. Разумеется, существуют и другие примеры. Опять же повторимся, для полного решения этой задачи достаточно привести один пример.

Посмотрим, сколько в коробке могло быть зеленых карандашей.

Случай 1. Если там совсем нет зеленых карандашей, то и синих, хоть их и в шесть раз больше, все равно в коробке не будет. Тогда все 20 карандашей — красные, но тогда красных карандашей не меньше, чем синих, противоречие. Значит, такой случай невозможен.

Случай 2. Если там ровно 1 зеленый карандаш, то синих карандашей там штук, а красных аж , и их больше, чем синих, чего быть не может. Этот случай также невозможен.

Случай 3. Если в коробке ровно 2 зеленых карандаша, то синих карандашей , а красных . И этот случай подходит под второе условие, то есть что красных карандашей меньше, чем синих.

Случай 4. Если в коробке 3 зеленых карандаша или больше, то синих карандашей в коробке не меньше , и в сумме синих и зеленых хотя бы карандаш, что больше 20. Значит, 3 или больше зеленых карандашей в коробке быть не может.

Итак, мы перебрали все варианты количества зеленых карандашей в коробке и выяснили, что возможен лишь вариант, когда зеленых карандашей 2. В этом случае мы нашли, что синих карандашей 12, а красных — 5. Таким образом, это единственный возможный ответ.

Чтобы упростить перебор, посмотрим сначала, сколько раз число можно умножать на 3. Если мы это сделаем 2 или более раз, то в результате получится не меньше, чем , что больше 20. Поэтому умножать на 3 можно не более одного раза.

Поэтому все способы можно разбить на такие варианты.

(a) Умножение на 3 происходит первым ходом. После этого еще раз прибавляется 1.

(b) Умножение на 3 происходит вторым ходом. После этого еще раз прибавляется 1.

(c) Умножение на 3 происходит третьим ходом. После этого еще раз прибавляется 1.

(d) Умножение на 3 происходит четвертым ходом. После этого еще раза прибавляется 1.

(e) Пятым или более поздними ходами умножать на три уже нельзя. В самом деле, число, полученное в результате проведенных ранее ходов, уже больше или равно , поэтому после домножения на 3 получится хотя бы . Поэтому остался не посчитан единственный случай, а именно когда умножение на 3 не происходит ни одним ходом.

Итак, мы разобрали все варианты, доказали, что других нет, нашли 5 способов. Отсюда и ответ.

Рассмотрим первое число и разберем все три случая того, какая же цифра могла быть верно угадана преступником.

Случай 1. Пусть верно угадана первая цифра, то есть 5. Тогда две другие цифры этого числа подобраны неверно, в частности, на втором месте не 4. Далее, в третьем числе эта же цифра 5 подобрана верно, значит, две другие цифры подобраны неверно, в частности, на третьем месте не 2. Тогда во втором числе ни одна из цифр не угадана верно: на первом месте настоящего секретного кода находится 5, а не 1, на втором, как было оговорено выше, не 4, а на третьем — не 2. Значит, этот случай не подходит.

Случай 2. Пусть верно угадана цифра 4. Тогда две другие цифры этого числа подобраны неверно, в частности, на первом месте не 5. Далее, во втором числа эта же цифра 4 подобрана верно, значит, две другие цифры подобраны неверно, в частности, на третьем месте настоящего секретного кода не 2. Но тогда в третьем числе ни одна из цифр не угадана верно, что невозможно. Значит, и этот случай также не подходит.

Случай 3. Пусть верно угадана цифра 3. Тогда на первом месте настоящего секретного кода не 5, а на втором — не 4. Значит, во втором числе ни на третьем, ни на втором месте не стоит правильная цифра, поэтому верно угадана первая цифра, и это 1. А в третьем числе ни на первом месте, ни на третьем не стоят верные цифры, значит, правильно угадана вторая цифра, и это 6.

Итак, мы разобрали все три возможных случая, при этом оказалось, что подходит лишь один из них, и в этом случае мы смогли однозначно найти секретный код. Отсюда и ответ.

Комментарий 1. В данной задаче полным решением является приведение одного из возможных примеров. Поясним, как можно придумать этот. Заметим, что . При этом две пятерки на доске уже есть, как и одна двойка. Осталось в результате расстановки знаков получить еще одну двойку, и это можно сделать, поделив 6 на 3. Поэтому перед тройкой надо поставить знак деления, а перед остальными цифрами — умножения.

Комментарий 2. Существуют и другие примеры решения этой задачи.

Например, подходит число 180: в самом деле, .

Рассмотрим первые 28 дней месяца. Так как эти даты идут друг за другом, то среди них каждый день недели встречается по 4 раза. Остались 29-е, 30-е и 31-е число месяца, значит, ровно 3 дня недели в этом месяце встречаются по 5 раз, и эти 3 дня идут подряд. По условию известно, что среди этих трех подряд идущих дней нет ни среды, ни воскресенья. Тогда среди этих дней не может быть еще и понедельника со вторником. Значит, 3 дня, которые встречаются в месяце по 5 раз, это четверг, пятница и суббота. При этом 29-е число должно быть четвергом. Но 15-е число по сравнению с 29-м — это ровно две недели назад, значит, 15-е число — тоже четверг.

Рассмотрим все три случая, из какой деревни могли быть звонившие.

Случай 1. Пусть звонили из Правдино. В таком случае исходя из первой фразы получается, что пожар в Правдино, но второй же фразой утверждается, что он в Переменово. Такого быть не может, значит, этот случай невозможен.

Случай 2. Пусть звонили из Лгуново. В таком случае из первой фразы можно сделать вывод, что пожар не в Лгуново, а из второй фразы — что пожар не в Переменово. Значит, в этом случае единственным вариантом, где может быть пожар, является деревня Правдино.

Случай 3. Пусть звонили из Переменска. Но в таком случае первая и вторая фразы утверждают одно и то же, что пожар в Переменске. Это невозможно, так как ее жители чередуют правду и ложь, значит, этот случай также отпадает.

Таким образом, в результате полного перебора всех случаев мы выяснили, что единственным возможным является вариант, когда пожар случился в деревне Правдино, туда и надо ехать.

Нас интересуют только однозначные, двухзначные и трехзначные числа. Давайте сделаем их всех трехзначными дописав в начале нули. На делимость на 4 влияют только 2 последние цифры, поэтому на первом месте может стоять любая цифра, кроме и . Наше число делиться на 2, поэтому третья цифра должна быть четной. Пусть на втором месте , на третьем . Для у нас есть варианты 0, 2, 6, 8. Если или , то может быть только 1. Если или , то может быть равно 0, 2, 6, 8. Итого для пары и всего вариантов и тогда для всего числа вариантов, но среди этих вариантов есть случай 000. Он нам не подходит, так как число должно быть натуральным.

Чтобы число было кубом, нужно, чтобы степень каждого числа делилась на 3. Если мы возьмем одну карточку со степенью 2 и одну со степенью 3, то они в произведении будут кубом только, если изначальные степени были кубами. Значит в этом случае у нас варианта.

Если на обеих карточках степени 2, то нужно посмотреть на остаток этих степеней при делении на 3. Степени могут давать остатки 1 и 2 или 0 и 0. В первом случае у нас получится вариантов, во втором случае у нас получится варианта (делим на 2, потому что каждая пара посчитана дважды). Аналогично со степенями 3.

Посчитаем количество ударов первого колокола: , второго колокола: . Одновременно они бьют каждую 6-ю секунду, то есть общих ударов . Вспомним круги Эйлера, поймем, что ответ равен .

Легче посчитать числа со всеми различными цифрами (тем более их ровно 10). На первое место можем поставить любую из 9 цифр (все, кроме 0), на второе — любое из 9 оставшихся, на третье — любое из 8, и т.д. То есть всего таких . Тогда нам подходят все остальные, их ровно .