Відповіді до задач

 

1. Скількома способами можна поставити на шахову дошку білу та чорну  тури  так, щоб вони не били одна одну?

Розв’язання. Білу туру можна поставити на будь-яку з 64 кліток. Незалежно від розташування вона б'є 15 полів (включаючи поле, на якому вона стоїть.). Тому залишається 49 полів, на які можна поставити чорну   туру. Таким чином, всього  64∙49 = 3136 різних способів.

 

2. Скількома способами можна поставити на шахову дошку білого  і чорного королів так, щоб вийшла допустима правилами гри позиція.

Розв’язання. Білого короля можна поставити на будь-яке з 64 полів. Але кількість  полів, котрі він при цьому буде бити, залежить від його розташування. Тому необхідно розглянути три випадки:

а)  якщо білий король стоїть в кутку (кутків всього 4), то він б'є 4 поля (включаючи те, на якому стоїть), і залишаються 60 полів, на які можна поставити чорного короля;

б) якщо білий король стоїть на кінці дошки, але не в кутку (таких полів – 24), то він б'є 6 полів, і для чорного короля залишається 58 можливих полів;

в)  якщо ж білий король стоїть не на кінці дошки (таких полів – 36), то він б'є 9 полів, і для чорного короля залишається 55 можливих полів.

Таким чином,  всього маємо 4∙60 + 24∙58 + 36∙55 = 3612 способів розставляння королів.

 

3. Чи можна на дошці 5 × 5 поставити 3 шахових коня таким чином, щоб вони «били» всі незайняті ними клітини?
Розв'язання. З 25 клітин дошки 12 клітин одного кольору, 13 іншого. Шаховий кінь б'є поля кольору відмінного від кольору клітини, на якій стоїть. Таких полів під боєм не більше ніж 8. Якщо 3 шахових коні стоять на клітинах одного кольору, то решта клітин цього кольору не знаходяться під боєм. Залишилося розглянути випадок, коли 1 кінь стоїть на полі одного кольору, а 2 інших на полях іншого кольору. 8 + 2 = 10 < 12. Таким чином, щонайменше 2 поля не будуть під боєм.
Відповідь: так розташувати шахові фігури неможливо.

 

4. На шаховій дошці стоять 8 тур таким чином, що жодні дві з них не б'ють одна одну. Доведіть, що на чорних полях стоїть парна кількість тур.

Розв'язання. Доведення складається з трьох частин.

  1. Якщо розташувати всі тури на діагоналі, то під 8 турами будуть поля одного кольору. У цьому випадку твердження задачі справджується.
  2. Розглянемо 8 випадків переставляння двох тур, розташованих у протилежних вершинах прямокутників, утворених клітинами шахівниці.
       
       

  • у випадках 1–4, 6–7 кількість полів одного кольору під турами не змінюється;
  • у випадку 5 кількість полів чорного кольору під турами зменшується на 2;
  • у випадку 8 кількість полів чорного кольору зростає на 2.

В усіх випадках парність чорних полів під турами не змінюється.

  1. Доведемо, що будь-яке розташування тур можна звести до діагонального, не змінюючи парності полів під турами, застосовуючи розглянуті переставляння 1–8. Якщо 8 тур не знаходяться під боєм, то в кожному рядку і в кожному стовпчику знаходиться лише 1 тура.

    Розглянемо рядок 1. Якщо тура у ньому розташована у першому стовпчику, то її не чіпаємо. Інакше знаходимо туру, розташовану у першому стовпчику. Тури у першому рядку і у першому стовпчику розташовані у протилежних вершинах деякого прямокутника зі сторонами, паралельними краям дошки. Пересунемо тури по горизонталі у інші вершини цього прямокутника. Як показано раніше, парність кількості чорних полів під турами не зміниться.

    Аналогічно розглянемо послідовно рядки 2-й, 3-й, …, 8-й. У результаті отримаємо розташування тур на діагоналі.

5. Є по 12 фігур кожного з таких трьох видів: , , і 10 фігур виду . Чи можна, використавши всі 46 вказаних фігур, скласти прямокутник?
Розв'язання. Підрахуємо загальну кількість клітин у фігурах:

(2 + 3 + 4) · 12 + 5 · 10 = 9 · 12 + 50 = 158 = 2 · 79.

79 — просте число. Якби прямокутник можна було б побудувати з усіх цих фігур, він мав би такі розміри: 2 × 79 або 1 × 158. Але габарити останньої фігури 3 × 3, тому побудувати прямокутник неможливо.
Відповідь: прямокутник побудувати неможливо.

6. На полі 10 × 10 для гри у «морський бій» поставили корабель розміром 1 × 3 клітинки. Чи можна, зробивши 33 постріли, гарантовановньогопоцілити?

Відповідь: можна поцілити, якщо «стріляти» по таким зафарбованим полям-клітинам.

7. На великій діагоналі шахівниці розміром 10 × 10 клітинок стоять 10 шашок (усі в різних клітинках). За один хід дозволено вибрати будь-яку пару шашок і пересунути кожну з них на одну клітинку вниз або на одну клітинку вгору. Чи можна за кілька ходів поставити всі шашки на нижню горизонталь дошки?

Розв'язання. Сума відстаней всіх шашок до нижньої горизонталі така:

0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45.

Парність суми відстаней не змінюється при вказаному пересуванні шашок. Тому суму відстаней неможливо перетворити на 0.

Відповідь: неможливо поставити всі шашки на нижню горизонталь дошки вказаним способом.

8. На полі а1 шахівниці стоїть кінь. Чи можна ним обійти всю дошку, побувавши на кожному полі один раз, і потрапити у протилежне (по діагоналі) кутове поле h8?

Розв'язання. Щоб обійти всі клітини по одному разу треба зробити 63 ходи. Після кожного ходу колір клітини під конем змінюється. За 63 ходи конем з чорної клітини можна потрапити лише на білу і навпаки. А клітини, які стоять на одній діагоналі мають один колір.

Відповідь: такий обхід здійснити неможливо.

 

9. В турнірі беруть участь 15 шахістів. Чи можливо, щоб в якийсь момент кожен з них зіграв рівно 7 партій?

Розв'язання. Якби таке було можливим, то подвоєна кількість партій дорівнювала б 15 · 7 = 105 — непарне число, що неможливо.
Відповідь: такий стан у турнірі неможливий.

 

10. Четверо хлопців — Антон, Борис, Василь і Гриць — змагалися з бігу. Наступного дня вони заявили:

  • Антон: «Я не був ні першим, ні останнім»;
  • Борис: «Я не був останнім»;
  • Василь: «Я був першим»;
  • Гриць: «Я був останнім»;

Відомо, що троє сказали правду, а один збрехав. Хто саме?
Розв'язання. Розглянемо послідовно 4 припущення про те, хто брехав. Подамо міркування таблицею, у якій стовпчик, названий іменем одного з хлопців, описує наслідки справдження або хибності висловлювання цього хлопця щодо розташування на першому (П) і останньому (О) місцях: «+» — істина, «–» — хиба, незаповнена клітина — неможливо зробити однозначний висновок.

1. Збрехав Антон.

         
         
         

2. Збрехав Борис.

         
         
         

3. Збрехав Василь.

         
         
         

4. Збрехав Гриць.

         
         
         

Суперечності у випадках 1, 2, 4 — у рядку є більше одного знака «+» або чотири знаки «–» — свідчать про хибність відповідних припущень.

Відповідь:збрехав Василь.

Scholarly Lite is a free theme, contributed to the Drupal Community by More than Themes.