Логика → .12 Оценка + пример

Если трехкопеечных монет будет или более, то промежутков между ними хотя бы и в каждом промежутке не менее монет. Поэтому всего монет хотя бы

Пример на монет строится:

Оценка. Пусть распилов не более трех. Тогда из исходных частей останутся хотя бы поэтому всего частей хотя бы Но после трех или менее распилов получается только бревен, противоречие.

Пример на распила такой:

Оценка. Рассмотрим клеток поляны с номерами от до Каждый зайчик прыгает ровно по двум клеткам этого множества. Поэтому, чтобы пропрыгать их все, нужно хотя бы зайчиков.

Пример. Расположим зайчиков в клетках с номерами от до следующим образом: И пусть после первого прыжка зайчики оказываются в клетках в таком порядке: Тогда дальше зайчики окажутся во всех клетках с номерами от до и, в силу периодичности, в итоге пропрыгают все клетки прямоугольника, в том числе и выбранную нами поляну.

Посчитаем, сколько всего двузначных, трехзначных и четырехзначных чисел, меньших состоящих из одинаковых цифр. Двузначных — трехзначных — четырехзначных — При этом эти числа мы не можем перескочить, так как разница между ними больше Значит, на этих числах мы раз вычтем а не В самом конце мы не перескочим число а из него сразу получится число значит, однозначные числа, отличные от мы не получим. Значит, на перескоках мы “сэкономим” ход, а всего ходов без перескоков было бы операций. Поэтому число получится после операций.

Пример. Суммарные длины переселений направо и налево должны совпадать, поэтому, если направо переселилось хотя бы червячков, то налево должно было переселиться хотя бы червячков. Всего червячков тогда хотя бы

Пример. Выделим тройки червячков, в каждой из которых произойдет переселение Последние четыре червяка сделают переселение

Оценка. Докажем, что -и операций хватит. При указанных вариантах количество красных шаров в коробке либо не меняется, либо уменьшается на Больше пяти раз уменьшать это количество нельзя. Если же количество красных шаров в коробке не уменьшается, то Вася получает хотя бы один синий шарик. Таких вытаскиваний тоже не больше пяти.

Пример. Покажем пример, когда -и операций не хватит. Пусть первые раза Вася достает синий + красный, а потом раз красный + красный.

Пример на фишек получается, если, скажем, фишек с левого столбца, стоящие не в углах, пойдут до конца вправо.

Оценка. Рассмотрим клеток главной диагонали. Заметим, что для того, чтобы перебраться фишкой из начального положения в конечное, необходимо пройти по одной из этих клеток. Значит, не более фишек сможет перейти в верхнюю горизонталь и правую вертикаль.

Пример. Вытащим левых и правых ботинок. Если среди вынутых левых ботинок есть красный, то пара найдется, поскольку среди правых ботинок обязательно будет хотя бы один красный. Если не вынуто ни одного красного ботинка, то среди левых будут и синие, и зеленые ботинки. Но среди правых есть или синий, или зеленый. Значит, одноцветная пара всегда найдётся.

Оценка. Пусть мы вытаскиваем левых ботинок и правых. Поскольку нет смысла брать все ботинки на одну ногу, Если то и все левые ботинки могут оказаться синими, а правые — красные и зеленые. Если то и все левые ботинки могут оказаться красными, а правые — синими и зелеными. Если же то и есть шанс не вытащить ни одного левого синего ботинка, а правые ботинки могут попасться только синие. Таким образом, в каждом случае одноцветной пары может не оказаться. Значит, ботинком обойтись нельзя.

Всего ответов было дано поэтому всего вожатых было Они дадут ответов “суббота” или “воскресенье” в субботу и воскресенье. Тогда на первые пять дней приходится таких ответов. Поэтому, если ленивых вожатых хотя бы двое, то таких ответов было бы еще Поэтому ленивых вожатых не более Такое бывает, он даст таких ответов и один из трудолюбивых вожатых проболеет первые дня недели.

Мы можем выбрать последовательных блоков по бусинок. Так как каждый блок содержит хотя бы одну синюю бусинку, всего на нитке не менее синих бусинок. Кроме того, мы можем сгруппировать все бусинки в последовательных блоков по бусинок. Каждый из блоков содержит хотя бы одну зеленую бусинку, поэтому всего их на нитке не менее Значит, число красных бусинок не больше

Приведем пример, когда нитка содержит ровно красных бусинок. Разместим зеленые бусинки на позициях, кратных а синие — на местах с номерами

Остальные позиции заполним красными бусинками.

Оценка
Назовем ободком множество клеток, находящихся в одном ряду, а также на продолжении этого ряда за одно или несколько ребер. Каждая ладья держит под боем клетки двух ободков. Всего на поверхности куба имеется ободков (есть три возможных направления, по ободков в каждом). На каждом ободке может стоять не более одной ладьи, и любая ладья стоит на двух ободках. Поэтому ладей не может быть больше

Пример
Рассмотрим три соседние грани и поделим каждую на квадрата . Далее в трех квадратах, указанных на рисунке, поставим ладьи на одной из главных диагоналей.

Покажем, что 16 кактусов могло быть. Занумеруем кактусы числами от 1 до 16 . Пусть у 1-го кактусофила есть все кактусы, кроме первого; у 2-го все, кроме второго кактуса; у 15-го — все, кроме пятнадцатого кактуса; а у кактусофилов с 16-го по 80-го есть все кактусы, кроме шестнадцатого. Тогда у любых 15 кактусофилов найдется общий вид кактусов.

Установим теперь, что у них должно быть больше 15 кактусов. Предположим противное: пусть всего у них кактусов. Занумеруем кактусы числами от 1 до . Для кактуса с номером найдется кактусофил , у которого его нет. Но тогда для кактусофилов нет кактуса, который был бы у всех. И, тем более, нет такого кактуса, если мы к ним добавим еще нескольких кактусофилов так, чтобы их количество стало равно 15. Противоречие.

Оценка. Все стулья одновременно занять невозможно, так как в тот момент, когда сядет человек на последний незанятый стул, один из его соседей встанет. Следовательно, одновременно сидящих может быть не больше чем

Пример. Покажем, как посадить человек. Пронумеруем стулья числами от до Первый стул занять легко. Второй стул займем в два этапа. На первом этапе человек садится на третий стул, а на втором этапе посадим человека на второй стул, а сидящий на третьем стуле встанет. Дальше действуем аналогично: если заняты стулья с номерами от до то сначала посадим человека на стул с номером а затем посадим на стул с номером освобождая при этом стул с номером После того как эта операция будет проделана для всех от до стулья с номерами от до будут заняты, а двенадцатый стул — свободен.

Наименьшие по количеству насекомых пары: Общее число насекомых в этих парах — а так как каждое насекомое считается дважды, то насекомых не меньше

Пример (число насекомых в вершинах по часовой стрелке):

Пусть белые ладьи занимают строк (то есть нашлось ровно строк, в которых есть белые ладьи) и столбцов. Белая и чёрная ладьи не могут стоять в одном столбце или одной строке, потому чёрные занимают не более строк и столбцов. Отсюда их количества не превышают соответственно и , при этом легко видеть, что . Далее покажем, что минимум не превышает . Действительно, пусть, не умаляя общности (иначе ). Тогда (с уменьшением суммы уменьшается и максимум произведения). То есть . В качестве примера заполним прямоугольник в левом верхнем углу белыми ладьями, затем отразим доску относительно главной диагонали, а потом заполним тот же прямоугольник чёрными.

Пример.

Два возможных примера показаны на рисунке.

Оценка.
Решение 1.
Рассмотрим произвольного ребёнка. Если он не видит уха, то он смотрит в чей-то затылок. Тогда стоящий перед ним либо видит чьё-то ухо, либо также смотрит в затылок. Таким образом, мы получаем цепочку из стоящих в ряд детей, в которой самый первый ребёнок видит чьё-то ухо. Заметим, что в этой цепочке не более ребёнка. Поскольку общее количество детей равно то цепочек не меньше чем Значит, их хотя бы Стало быть, как минимум ребёнка видят чьё-то ухо.
Решение 2.
Рассмотрим произвольного ребёнка. Пусть для определённости он смотрит "вправо"(см. рис). Если он не видит уха, то он смотрит в чей-то затылок. Тогда стоящий перед ним также смотрит вправо и т.д., но самый правый ребёнок в этой строке должен смотреть вверх или вниз. Поэтому в этой строке есть хотя бы один ребёнок, который видит чьё-то ухо. Таким образом, если в какой-то строке есть ребёнок, смотрящий “горизонтально”, то в этой строке есть ребёнок, который видит ухо.

Если в каждой строке есть смотрящий горизонтально ребёнок, то в ней найдётся смотрящий горизонтально ребёнок, который видит ухо. Но все дети, чьи уши кто-нибудь видит, не могут стоять в одном столбце, поскольку в этом случае все они смотрят вертикально, что невозможно. Поэтому они стоят хотя бы в двух столбцах. Значит, в каждом из этих столбцов тоже хотя бы один ребёнок видит ухо. Таким образом, есть смотрящих горизонтально детей, которые видят ухо, и ещё не менее двух смотрящих вертикально детей, которые также видят ухо. Стало быть, детей, видящих ухо не менее чем

Рассмотрим теперь случай, когда в какой-то строке нет детей, смотрящих "горизонтально". Следовательно, они все смотрят "вертикально"и поворотом доски на этот случай сводится к уже рассмотренному.

Если все последовательности, количество букв в которых не меньше и не больше являются словами, то, очевидно, условие задачи соблюдается; при этом количество таких слов равно Осталось показать, что это количество — наибольшее возможное.

Общее количество последовательностей длины, не превосходящей равно Если среди слов в языке нет ни одного -буквенного, то общее количество слов не превосходит Пусть, напротив, в языке существует -буквенное слово Тогда для каждого слова состоящего из или менее букв, последовательность букв не может являться словом, и все последовательности вида очевидно, различны. Значит, если в языке есть слов из или менее букв, то количество слов из хотя бы букв не превосходит Значит, общее количество слов не превосходит что и требовалось доказать.

Назовём циклом следующую последовательность действий — Маша вытаскивает шар из коробки, а затем вешает его на ёлку. По условию один цикл длится секунд, при этом Саша и Паша могут снимать шары с ёлки только в начале цикла (в те самые секунд поиска шарика в коробке). Также всего было циклов, в течение первого из них ребята не могут воровать шары, потому что их нет. Кроме того, они не могут взять больше шаров, чем висит на ёлке и в другие моменты времени — выполнение этого условия для примера предлагается проверить читателю.

Итак, у Саши на одно вороство уходит цикла, поскольку за те секунд, что он ворует и прячет шарик, Маша успевает найти три шара и начать вешать третий из них. Аналогично Паше требуется циклов. Воровать каждый из них может в любой из циклов, не считая первого, тогда Саша украдёт не более шаров, а Паша — не более . В итоге шаров останется как минимум .

Остаётся привести пример. Пусть Саша ворует шары в начале циклов, а Паша — в начале циклов. Нетрудно видеть, что разнциа между номерами циклов соответствует скорости ребят.

Докажем, что n не может быть больше 1006. Действительно, если то в точку с координатой 1007 можно попасть только из начала отрезка. Но если блоха прыгнет из точки 0 в точку 1007, то вперёд она прыгнуть не может, так как но и обратно прыгнуть блоха тоже не может, следовательно, должна закончить свой путь в этой точке и не побывать в других.

При подходит, например, такой путь:

Пусть Мальвина написала числа Если Буратино придумает числа

то, написав

он получит 14 яблок.

Чтобы получить более 14 яблок, Буратино должен обеспечить по крайней мере 5 равенств, что не всегда возможно: среди любых 5 сумм, составляемых Буратино, есть такие 4, что сумма двух из них равна сумме двух других. Поэтому если Мальвина напишет такие 6 чисел, что сумма никаких двух из них не равна сумме двух других (например, ), то Буратино не сможет получить 15 или больше яблок.