Беликов В.И.(ред.) Задачи лингвистических олимпиад
Подождите немного. Документ загружается.
Математические и логические задачи 421
в датском языке скорее seks (англ. six, нем. sechs), чем fem. Если fem —5,
seks —6, тогда tyve — 20.
Очевидно, десятки обоз начаются путём умножения двадцати, а эле-
мент sins служит своего рода знаком умножения. Рассматривая (4)
и (5), а также учитывая схожесть элемента tre с рус. три, англ. three,
франц. tr ois, нем. drei и т. д., можно предположить, что tresinstyve —
60 (‘трижды двадцать’), firsinstyve —80 (‘четырежды двадцать’). Тогда
легко находим неизвес тные: niden — 1 9, femden — 15, следовательно,
элемент -den со ответствует русскому -надцать; ni — 9.
Рассмотрим теперь (3). Его арифметический смысл теперь нам ясен:
84 + 6 = 90. Число 90 обо з начено так: ‘пятью двадцать’ и ещё элемент
hal- вначале; значит, hal- требует вы читания десяти (то есть половины
двадцатки). Таков способ обозначения чисел с нечётным числом десят-
ков.
Теперь мы можем заполнить пропуски в последних трёх равенствах:
treden + seksden = niotyve (13 + 16 = 29);
seks × ni = fireohaltresinstyve (6 × 9 = 54);
niotresinstyve + fireotyve = treohalfem sinstyve (69 + 24 = 93).
Эта задача даёт пример так называемой двадцатиричной системы
записи чисел.
Математические и логические задачи
Решение задачи 259.
Последние два знака первых двух чисел повторяют друг друга в обрат-
ном порядке. Если предположить, что один из знаков — 9, то вт о-
рой не може т значить ни 6, ни 0; единственная возможная гипотеза
в том, что он обо з начает разряд десятков, а предшествующий иеро-
глиф в перв ом числе значит 6. Тем с амым можно предполагать, что
имеются специальные знаки для разрядов (начиная с десятков), если
они ненулевые; нулевые же разряды никак не об означаются. Китайская
запись числа похожа в этом отно шении на слове с ное обозначение числа
в русском языке; например, число 3 79 = триста семьдесят девять,
т. е. упоминают ся: три, с т о, семь, десять, девять, включая названия
разрядов, начиная с десятков; младший разряд не упоминается: девять,
а не девять единиц.
Аналогия (хотя и не совсем полная) со словесным обозначением
числа наблюдается и в том, что запись строится двухступенчато. В рус-
ском языке слово тысяча указыва ет на разряд 10
3
, миллиард — на
разряд 10
9
и т. д. П ромежуточные разряды не имеют отдельного о бо-
значения; например, 10
4
передаётся как десять тыся ч, 10
8
— как сто
422 Решения задач
миллионов и т. д. В китайской записи в качестве о порных используются
разряды 10
4
, 10
8
и др., а сочетания со знаками d ‘10’, d ‘100’ и d ‘1000’
используются для указания значения промежуточных разрядов.
Ответ на задание 1.
(число 41.478.599.005.616):
ddddddddddddddddddddddd
Краткое пояснение:
«10»
«10
12
»
«1000»
«100»
«10»
«10
8
»
«1000»
«100»
«10
4
»
«1000»
«100»
«10»
d d d d d d d d d d d d d d d dd d d d d d d
4 1 4 7 8 5 9 9 5 6 1 6
10
13
10
12
10
11
10
10
10
9
10
8
10
7
10
6
10
3
10
2
10
1
10
0
Решение задачи 260.
Пусть в словаре I есть слова x и у, в словаре II — y и z (и нет x), и в
словаре III — y и z (и тоже нет x). Слово y являе тся общим как для
словарей I и II, так и для словарей II и III, однако слова x, входящего в
словарь I, в словаре III нет. Следовательно, утверждение, высказанное
в задании, опро вергнуто.
Решение задачи 261.
Задание 1. Минималь ное число пров е рок — 4. Приведём пример
набора из четырёх необходимых для проверки о трезков:
1) средний горизонтальный отрезок (единственное отличие в написании
цифр 0 и 8),
2) ве рхний правый,
3) нижний левый и
4) нижний наклонный.
Задание 2.
Набор обязательно должен включать в себя:
1) средний горизонтальный отрезок (ср. 0 и 8),
2) нижний левый (ср. 8 и 9 , а также 5 и 6), и
3) ве рхний правый (ср. 6 и 8).
Сделав эти три необходимые проверки, получаем разбиение:
Математические и логические задачи 423
Для различения цифр 3 и 5 потребуется одна из двух проверок: на
наличие верхнего левого или верхнего наклонного отрезка. Ни одна из
этих проверок не различает 3 оставшиеся цифры. Для их различения
потребуется ещ ё 2 проверки. Таким образом, всего понадобится 6 про-
верок.
Решение задачи 262.
Ключевым является слог га в середине последовательности. Поскольку
он не может быть отдельным словом, он должен входить в какое-то
слово. Словарь позволяет этому сло гу либо заканчивать слово канэга,
либо начинать одно из слов ган, ганар, ганару, ганаруна. В первом слу-
чае имеем 20 вариантов деления:
(
ка − ки
каки
)
−
(
ку − э ба
куэба
)
ка − кику − эба
− канэга −
нару − на − ри
нару − нари
наруна − ри
нарунари
Во втором случае варианты деления первой части — до слога га —
также образуют два подкласса: в одних в ариантах слог ба заканчивает
собой слово, а в других вариантах начинает. В ариантов деления первой
части в первом подклассе — 10:
(
ка − ки
каки
)
−
(
ку − э ба
куэба
)
ка − кику − эба
−
(
ка − нэ
канэ
)
Вариантов деления перво й части во втором подклассе — 18:
(
ка − ки
каки
)
−
(
ку − э
куэ
)
ка −
(
кику − э
кикуэ
)
−
бака − нэ
бакан − э
баканэ
Вариантов деления второй части предложения (начинающейся
со слога га) — всего 7:
424 Решения задач
(
ганар − у
ганару
)
−
(
на − ри
нари
)
ганар −
(
ун − ари
унари
)
ганаруна − ри
Таким образом, во втором случае имеем: (10 + 18) · 7 = 196, а всего —
20 + 196 = 216 вариа нтов деления.
• Примечание. Приводим для справки правильное деление фразы на
слова и перевод на русский язык.
каки куэба канэ га нару нари
хурма есть когда колокол зв е нящ ий есть
(Когда ешь хурму, звенит колокол.)
Решение задачи 263.
Проверим на совместимость порядок следования перво й ( , , , , ) и
третьей (
, , , , ) букв. Совпадает их порядок только в четвёрто м
(первая буква:
, , , , ) и первом (третья буква: , , , , )
столбцах. С этим порядком совместимо следование четвёртых букв
только в третьем столбце: , , , , . Поскольку и сле-
дуют за , с уже установленным порядком совместимы последовате ль-
ности
, , , , вторых букв во втором столбце и пятых букв
, , , , в пятом столбце.
Решение задачи 264.
1. В каждом слоге на 1-м месте может быть один из восьми соглас-
ных или отсутствие согласного, на 2-м месте —любой из десяти гласных
(считая долгий и краткий гласный за разные звуки), т. е. общее число
возможных слогов 9 · 10 = 90. При соположе нии двух слогов второй не
может содержать долгий или кра ткий гласный, равный по качеств у
гласному первого слога. Таким образом, общее число двуслож ных слов
90(90 − 2) = 90 · 88 = 7920.
2. На письме может изображаться 8 · 5 = 40 различных слогов.
Число двусложных графических слов 40
2
= 1600.
Математические и логические задачи 425
3. Наибольшее число вариантов прочтения допускают слова , пред-
ставляющие собой по с ледовательность из четырёх гласных букв, если
рядом не стоят две одинаковые. Такие слова могут быть прочитаны
4
4
= 256 способами.
Решение задачи 265.
Рассмотрим один из возможных путей решения задачи.
Учитывая данные условия, генеалогическое древо Петровых (без
конкретно г о наполнения), отражающее все указанные родственные
связи, можно пос троить единственным способом:
•
||x
x
x
x
""
F
F
F
F
•
3
3
3
•
3
3
3
•
3
3
3
• •
3
3
3
•
• • • •
(Остальные возможные способы:
•
~~}
}
}
}
A
A
A
A
•
0
0
0
•
0
0
0
• •
0
0
0
• •
0
0
0
• • • •
•
~~}
}
}
}
A
A
A
A
•
0
0
0
•
0
0
0
•
0
0
0
• • •
0
0
0
• • • •
•
yys
s
s
s
s
s
%%
K
K
K
K
K
K
•
0
0
0
•
0
0
0
• •
0
0
0
•
0
0
0
•
• • • •
—по сути равнозначны первому).
Среди представителей рода мы находим три пары с одинаковым вто-
рым инициалом. Очевидно, это братья: Г. К. и Н . К .; А. Н. и М. Н.;
К. Т. и Н. Т..
Остальные пять человек имеют отчество на М. Среди них — две
пары б ратьев и один основатель рода. Кто же из них о снователь рода?
Проверим все возможности.
Б. М. не годится, так как у него нет сынов ей (нет имён со вторым
инициалом Б.).
Если основатель рода К. М., то его сы новья Г. К. и Н . К. Но тогда
и у них по условию задачи должно быть по два сына, а для Г. К. мы не
находим кандидатов, подходящих на роль его сынове й. Значит, К. М.
не основатель рода.
По аналогичным причинам не подходит и Н. М.: его сыновьями
могут быть толь ко А. Н. и М. Н., но у А. Н. сыновей нет, что противо-
речит условию за дачи. З начит, и Н. М. не годится на роль основателя
рода.
426 Решения задач
Проверим теперь на э ту роль Т. М. Если он основате ль, то верхняя
часть древа в ыглядит так:
Т. М.
uuj
j
j
j
j
j
j
j
j
**
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
К. Т.
zz
u
u
u
u
u
$$
I
I
I
I
I
Н. Т.
zz
u
u
u
u
u
$$
J
J
J
J
J
Н. К . Г. К . А. Н. Н. М.
Не ра с пределёнными остались Б. М., К. М., Н. М. и М. М. Но все
они, имея отчество на М., могут быть то лько сыновьями М. Н., что не
соотв е тствует построенной нами по условию схеме.
Остался единст венный возможный кандидат в основатели рода —
это М. М. Одним из его сыновей обязательно должен быть Н. М., так
как только у него может быть сын М. Н. (а М. Н. должен быть именно
внуком, а не правнуком основателя, так как иначе некуда будет по ме-
стить ещё двух представителей с отчеством на М.) Итак:
М. М.
**
U
U
U
U
U
U
U
U
U
U
Н. М.
yy
s
s
s
s
s
%%
J
J
J
J
J
М. Н. А. Н.
Вторым сыном не может быть Б. М (у него нет сыновей). Проверим
две оставшиеся возможности: К. М. и Т. М. Если второй сын ос нова-
теля рода К. М., то е го сыновья Г. К. и Н. К. У Г. К. нет сыновей,
а сыновьями Н. К. могли б ы быть М. Н. и А. Н., но они уже «заняты»
в роли сынов ей Н. М. Следовательно, К. М. не подходит на роль сына
основателя. Остаётся только Т. М.
Тогда наша исходная схема генеалогического древа однозначно
заполняется следующим образом:
М. М.
tt
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
**
U
U
U
U
U
U
U
U
U
U
Т. М.
zzu
u
u
u
u
$$
I
I
I
I
I
Н. М.
yys
s
s
s
s
%%
J
J
J
J
J
К. Т.
zzu
u
u
u
u
$$
I
I
I
I
I
Н. Т. М. Н.
yys
s
s
s
s
%%
K
K
K
K
K
А. Н.
Г. К. Н. К. Б. М. К. М.
Математические и логические задачи 427
Решение задачи 266.
Рассмотрим, какой может б ыть стру ктура арабского слова, составлен-
ного по указанным правилам.
15
Начало определено правилом (а): CV.
Третий зв ук по правилу (б) согласный: CVC. Четвёртый может б ыть
как гласным (тогда пятый по прав илу (б) согласный: CVCVC), так и
согласным (тогда пятый по правилу (в) гласный: CVCCV).
Итак, в соответствии с первыми тремя правилами слово может иметь
структуру CVCVC или CVCCV. Правило (г) накладывает ограничения
на второй случа й: это может быть C
˘
VCCV без ограничения на выбор
звуков или C
1
¯
VC
2
C
3
V, где C
2
=C
3
.
А теперь произведём подсчёт.
Слов структуры CVCVC может быть 28·6·28·6·28 = 28
3
·6
2
= 790272,
слов структуры C
˘
VCCV — 28
3
· 3 · 6 = 395136,
слов структуры C
¯
VCCV — 28
2
· 3 · 6 = 14112.
Всего можно составить 790272 + 395136 + 14112 = 1199520 различных
пятибуквенных арабских слов по указанным правилам.
Решение задачи 267.
Если применить каждое из пяти правил по одному разу, то получится
последовательность cdb. Но вместо того, чтобы использовать правило 5,
мы все гда можем снова использовать правило 1, и тогда вместо d
появится опять cdb. Это означает, что мы можем получать только сле-
дующие циклические пос ледовательности: cdb, cc dbb, cccdbbb и т. д.;
в более общем виде, каждая такая последовательнос ть описывае тся сле-
дующим образом: c может повторяться сколько угодно раз, потом идёт
одно d и столько же раз b, сколько бы ло c.
Теперь, если мы предложим следующие правила 6–8:
6. b → глагол в третьем лице единственного числа нас тоящего вре-
мени;
7. c → прилагательное мужског о рода в именительном падеже един-
ственного числа;
8. d → существительное мужского рода в именительном падеже
единственного числа
—то получатся следующие предложения:
15
В лингвистике принято обозначать согласные прописной латинской бук-
вой С (от латинского слова c¯onson¯ans ‘согласный звук’), а гласные — про-
писной латинской буквой V (от латинского слова v¯oc¯alis ‘гласный звук’).
Краткость и д олготу гласных принято обозначать надстрочными знаками ˘
и ¯ соответственно.
428 Решения задач
Молодой человек поёт.
Молодой красивый человек поёт, танцует.
Сильный, молодой, кра сивый человек поёт, танцует, смеётся.
И так далее, до бесконечности.
Решение задачи 268.
Задание 1. AB → BBBBAB → BB BABBBB → BBBA
(сначала слев а приписана последовате льность BBBB, затем образовав-
шийся фрагмент BA заменён на ABBB, затем фрагмент ВВВВ в конце
образовавшейся последовательности вычеркнут).
Задание 2. AB → ABAA → ABAABBBB → ABABAB
(справа приписана последовате льность AA, затем справа приписана
последовательность BBB B, зате м фрагмент ABBB заменён на BA).
Задание 3.
Нельзя, так как преоб разования сохраняют чётность
количества A (а также В) в группе букв.
Решение задачи 269.
Задание 1. Н е льзя, так как преобразования сохраняют чётность
количества A (а также В) в группе букв.
Задание 2.
Рассмотрим пару произволь ных чисел (x; y), причём
x 6= 0 и y 6= 0.
Придадим буквам A и B смысл операций с парами чисел:
A — «заменить з нак первого числа на противоположный, второе число
оставить бе з изменений», т. е. (x; y)
A
−→ (−x; y);
B —«поменять числа местами, после чего у числа, оказавшегося на вто-
ром месте, поменять знак на противоположный», т. е. (x; y)
B
−→ (y; −x).
Последовательность из букв A и B будем рассматривать как после-
довательность выполнения заданных этими буквами операций (в том
порядке, как эти буквы записаны).
Очевидно, что последовательности операций AA и BBBB не меняют
исходную пару чисел.
(x; y)
A
−→ (−x; y)
A
−→ (x; y)
(x; y)
B
−→ (y; −x)
B
−→ (−x; −y)
B
−→ (−y; x)
B
−→ (x; y)
Поэтому их можно добавлять или вычёркивать в любом месте последо-
вательности операций, результат от этог о не поменяется.
Математические и логические задачи 429
Также легко убедиться, что BA и ABBB всегда приводят к одному
и тому же результату, то е с ть являются взаимозаменяемыми.
(x; y)
A
−→ (−x; y)
B
−→ (y; x)
(x; y)
B
−→ (y; −x)
B
−→ (−x; −y)
B
−→ (−y; x)
A
−→ (y; x)
То есть, выполняя только ра з решённые в условии задачи за мены
в любой последовательности букв A и B, мы всегда будем получать
последовательности операций, в итоге приводящих к одному и тому же
результату.
А последовательности операций AB и BA приводят к различным
результатам.
(x; y)
A
−→ (−x; y)
B
−→ (y; x)
(x; y)
B
−→ (y; −x)
A
−→ (−y; −x)
Поэтому с помощ ью разрешённых в условии замен получить из после-
довательности AB последовательность BA невозможно.
• Дополнение. (x; y) можно рассматривать как координаты некото рой
точки в декартовой прямоуголь ной системе координат. В эт ом случае
операция A —это осевая симметрия от носительно координатной оси Oy,
а опера ция B — это поворот относит е льно начала координат на 90
◦
по
часовой стрелке.
Решение задачи 270.
Пусть запись A → B о значает: «Замени A на B»; тогда формальную
инструкцию можно записать следующим образо м:
(1) «Проведи в каждом из чисел замены:
IX → VIIII; IV → IIII; XC → LXXXX; XL → XXXX
(очерёдность замен несущественна)». Тем самым устраняются все ситу-
ации вычитания.
(2) «Припиши одно число к другому, чтобы одинаковые цифры сто-
яли рядом и их группы следовали в следующем порядке:
C . . . L . . . X . . . V . . . I . . . ».
(3) «Проведи следующие замены в указанной з дес ь очерёднос ти:
IIIII → V; VV → X; XXXXX → L; LL → C
430 Решения задач
(каждая замена применяется к левой ча с ти цепочки одинаковых
цифр).» Последнее уточнение необходимо, чтобы происходили переходы
типа IIIIII → VI, а не типа IIIIII → IV.
(4) «Проведи замены, о братные к заменам в (1), в указанной для них
там очерёдности.» Соблюдение очерёдности необходимо, чтобы проис-
ходили переходы типа VIIII → IX, а не т ипа VIIII → VIV.
Описанный здесь алгоритм с ложения римских чисел —один из мно-
гих возможных.
Решение задачи 271.
Чтобы получить числа 11 и 22, на каждом кубике нужно заготов ить
цифры 1 и 2. Если цифру 0 написать т олько на одном из куб иков,
то будут получены только шесть однозначных чисел (по числу граней
другого кубика); поэтому эту цифру тоже нужно написать на обоих
кубиках.
Итак, на каждом кубике три грани заняты цифрами 1, 2 и 0, а три
другие свободны. На шести гранях нельзя разместить оставшиеся семь
цифр; однако цифра 9 выглядит как перев ёрнутое 6, поэто му можно
обойтись шестью цифрами. Расположить цифры на кубиках можно
С
3
6
= 20 спо с обами.
Решение задачи 272.
Пусть A
k
—число слов , в которые X входит k раз, а A
m;n
—число слов
длины m + n, которые получены с оединением двух слов, левое из кото-
рых имеет длину m, а правое — длину n. Поскольку A
m;n
= A
n;m
, то
A
8
= 2A
7;1
+ 2A
6;2
+ 2A
5;3
+ A
4;4
= 2A
7
· A
1
+ 2A
6
· A
2
+ 2A
5
· A
3
+ A
4
· A
4
.
Подсчитываем A
k
от A
1
до A
7
.
A
1
= 1,
A
2
= 1,
A
3
= 2A
2;1
= 2A
2
= 2,
A
4
= 2A
3;1
+ A
2;2
= 2A
3
+ A
2
· A
2
= 5.
Аналогично: A
5
= 14, A
6
= 42, A
7
= 132, откуда A
8
= 429.