Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

Пусть b1, b2, ..., b7 – это целые числа a1, a2, ..., a7, взятые в некотором другом порядке. Докажите, что число  (a1 – b1)(a2 – b2)...(a7 – b7)  чётно.

(a1 – b1) + (a2 – b2) + ... + (a7 – b7) = 0.  Поскольку сумма семи нечётных слагаемых не может равняться нулю, одно из чисел a1 – b1,  a2 – b2,  ..., a7 – b7  чётно. Поэтому и произведение  (a1 – b1)(a2 – b2)...(a7 – b7)  чётно.

На плоскости нарисовано несколько многоугольников, каждые два из которых имеют общую точку. Докажите, что найдётся прямая, пересекающая все эти многоугольники.

Рассмотрим проекцию этих многоугольников на некоторую прямую l. Проекция каждого многоугольника – некоторый отрезок. По условию каждые два из этих отрезков имеют общую точку. Это означает, что каждый из левых концов отрезков расположен левее каждого из правых концов. Таким образом, самый правый из левых концов отрезков является общей точкой всех отрезков. Перпендикуляр к прямой l, восставленный в этой общей точке пересечёт все многоугольники.

План города имеет схему, представляющую собой прямоугольник 5×10 клеток. На улицах введено одностороннее движение: разрешается ехать только вправо и вверх. Сколько есть различных маршрутов, ведущих из левого нижнего угла в правый верхний?

Каждому маршруту можно сопоставить строку из 15 букв "П" и "В" (см. подсказку), причём букв "П" должно быть ровно 5, а букв "В" – ровно 10. Наоборот, по каждой такой строке букв можно однозначно восстановить маршрут. Поэтому число маршрутов равно числу таких строк, которое, в свою очередь, равно  

3003 маршрута.

Докажите, что квадрат нечётного числа дает остаток 1 при делении на 8.

(2k + 1)² = 4k² + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1.  Одно из чисел k,  k + 1  чётно, поэтому  4k(k + 1)  делится на 8.

Дано 27 монет, из которых одна фальшивая, причём фальшивая монета легче настоящей. Как за три взвешивания на чашечных весах без гирь определить фальшивую монету?

  Разделим монеты на три группы по девять монет и сравним массы двух из них. Если при этом на чашечных весах не получилось равенства, то фальшивая монета содержится среди девяти более лёгких монет. Если же получилось равенство, то фальшивая монета может содержаться только среди девяти монет, не принимавших участие во взвешивании. В любом случае, сделав одно взвешивание, мы нашли группу из девяти монет, среди которых обязательно есть фальшивая монета.   Разделим девять монет на три группы по три монеты и взвесим две из этих групп. Аналогично предыдущему после этого мы выделим группу из трёх монет, среди которых есть фальшивая. Наконец, последним взвешиванием сравним массы двух монет из этих трёх и определим фальшивую монету.

Существует ли 25-звенная ломаная, пересекающая каждое свое звено ровно три раза?

См. задачу 30426.

Не существует.

Докажите, что уравнение  x² + y³ = z5  имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

Будем искать решение в виде  x = 2k,  y = 2m,  z = 2n.  Уравнение принимает вид  22k + 23m = 25n.  Положим  k = 3s,  m = 2s.  Тогда  26s + 26s = 25n,  или 26s+1 = 25n.  Осталось подобрать значения s и n так, что  6s + 1 = 5n.  Для этого можно приравнять оба числа  6s + 1,  5n к числу  30t + 25  (числа вида 30t + 25  делятся на 5 и дают остаток 1 при делении на 6). Тогда  s = 5t + 4,  n = 6t + 5.  Итак, нами получена бесконечная серия решений данного уравнения: x = 215t+12,  y = 210t+8,  z = 26t+5.

Через каждую вершину тетраэдра проведена плоскость, содержащая центр окружности, описанной около противоположной грани, и перпендикулярная противоположной грани. Докажите, что эти 4 плоскости пересекаются в одной точке.

Заметим, что центр описанной вокруг тетраэдра сферы при проекции на грань переходит в центр окружности, описанной около грани (поскольку и центр описанной вокруг тетраэдра сферы, и центр окружности, описанной около грани, равноудалены от трех вершин этой грани). Поэтому указанные в условии 4 плоскости проходят через центр описанной сферы данного тетраэдра.

Докажите, что в прямоугольнике площади 1 можно расположить непересекающиеся круги так, чтобы сумма их радиусов была равна 100.

Пусть a и b - стороны прямоугольника. Тогда в прямоугольнике легко разместить в виде сетки [a/s]*[b/s] квадратов со стороной s (знак [x] обозначает целую часть числа x). В каждый из этих квадратов впишем круг. Сумма радиусов всех кругов будет не меньше, чем s*[a/s]*[b/s]/2, что в свою очередь больше (делаем оценку, заменяя [a/s] и [b/s] соответственно на (a-s)/s и (b-s)/s) (a-s)(b-s)/2s. Уменьшая s, можно добиться, чтобы эта величина была больше 100. Далее, непрерывно уменьшая радиусы всех кругов, добьемся того, чтобы сумма их радиусов равнялась в точности 100.

Докажите, что любое натуральное число можно представить в виде суммы нескольких различных членов последовательности Фибоначчи. (Последовательность Фибоначчи {an} определяется условиями a1=1, a2=2, an+2=an+1+an.)

Будем использовать индукцию по n. База индукции тривиальна - число 1 само является числом Фибоначчи. Далее, предположим, что все натуральные числа, меньшие некоторого числа k, можно представить в виде суммы нескольких различных членов последовательности Фибоначчи. Найдем наибольшее число Фибоначчи an, не превосходящее k. Таким образом, an не меньше k и an+1 больше k. Поскольку an+1-an=an-1, то 0<k-an<an-1. По предположению индукции число k-an представляем в виде суммы S нескольких различных членов последовательности Фибоначчи, причем из предыдущего неравенства следует, что все члены последовательности Фибоначчи, участвующие в сумме S, меньше an. Поэтому разложение числа k в сумму S+an удовлетворяет условию задачи.

Каждая точка пространства окрашена в один из пяти цветов, причем каждым из этих пяти цветов окрашена хотя бы одна точка. Докажите, что найдется плоскость, все точки которой окрашены не менее, чем в 4 цвета.

Если некоторая прямая окрашена в 3 или более цветов, то проведем плоскость через эту прямую и точку одного из недостающих цветов. Эта плоскость будет окрашена не менее, чем в 4 цвета. Далее, предположим, что каждая прямая окрашена не более, чем в 2 цвета. Фиксируем по одной точке каждого из пяти цветов. Пусть никакие четыре из этих пяти точек не лежат в одной плоскости (в противном случае решение очевидно). Рассмотрим прямые, попарно соединяющие эти точки. Они пересекают некоторую плоскость П, им не параллельную, в 10 различных точках. Покажем, что эти 10 точек окрашены не менее, чем в 4 цвета. В противном случае некоторые 2 цвета (a и b) отсутствуют. Но одним из этих цветов должна быть окрашена точка пересечения прямой, соединяющей точки цветов a и b, с плоскостью П (вся эта прямая окрашена два цвета a и b).

Как надо расположить в пространстве прямоугольный параллелепипед, чтобы площадь его проекции на горизонтальную плоскость была наибольшей?

Проекция параллелепипеда - шестиугольник (возможно, выродившийся в четырехугольник), составленный из трех параллелограммов, являющихся проекциями "видимых" граней. Обозначим этот шестиугольник A'B'C'D'E'F' (A',B',C',D',E',F' - проекции вершин A,B,C,D,E,F параллелепипеда), и пусть он составлен из параллелограммов A'B'C'O', C'D'E'O', E'F'A'O', где O' - точка внутри шестиугольника, являющаяся проекцией вершины O параллелепипеда. Поскольку диагональ параллелограмма делит его площадь пополам, площадь треугольника A'C'E' составляет половину площади шестиугольника. Треугольник A'C'E' представляет собой проекцию треугольника ACE. Проекция треугольника ACE имеет максимальную площадь в том случае, когда плоскость ACE горизонтальна (так как площадь проекции равна площади треугольника, умноженной на косинус угла между плоскостями). Нетрудно понять, что оптимальное расположение не зависит от выбора вершины O.

Параллелепипед должен располагаться так, чтобы плоскость, проходящая через вторые концы его ребер, выходящих из некоторой его вершины, была горизонтальна.

Найдите какое-нибудь такое натуральное число A, что если приписать его к самому себе справа, то полученное число будет полным квадратом.

Заметим, что  1011 + 1 = (10 + 1)(1010 – 109 + 108 – ... – 10 + 1)  делится на 11². Действительно, второй множитель представляет собой сумму 11 слагаемых, каждый из которых сравним с 1 по модулю 11. Поэтому подходит число  A = (1011 + 1)·16/121 = 13223140496.

Например, 13223140496.

Можно ли расставить на ребрах 5-угольной пирамиды стрелки, так что сумма всех образовавшихся 10 векторов была бы равна 0.

Спроектируем векторы на прямую, перпендикулярную основанию пирамиды и рассмотрим сумму проекций векторов. Вклад векторов, принадлежащих основанию пирамиды, равен 0. Каждый вектор, идущий вдоль боковой стороны, проектируется в вектор длины h, где h - высота пирамиды. Однако сумма пяти коллинеарных векторов длины h не может равняться нулевому вектору, поскольку 5 - нечетное число (длина суммы этих пяти векторов равна kh, где k - нечетное число).

Дано 8 действительных чисел: a,b,c,d,,e,f,g,h. Докажите, что хотя бы одно из 6 чисел ac+bd, ae+bf, ag+bh, ce+df, cg+dh, eg+fh неотрицательно.

Рассмотрим на плоскости 4 вектора с координатами (a;b),(c;d),(e;f),(g;h). Указанные 6 чисел - попарные скалярные произведения этих векторов. Угол между некоторыми двумя векторами не превосходит 900 (поскольку если отложить векторы от одной точки, то образуется 4 угла между соседними векторами, дающие в сумме 3600). Скалярное произведение таких векторов неотрицательно.

Можно ли расположить на плоскости 1000 отрезков так, чтобы каждый отрезок своими концами упирался строго внутрь других отрезков.

Введем систему координат таким образом, чтобы ось Oy не была параллельна ни одному из отрезков. Рассмотрите конец некоторого отрезка с наименьшей абсциссой среди всех концов отрезков. Понятно, что этот конец не может упираться внутрь ни одного из отрезков.

8 теннисистов провели круговой турнир. Докажите, что найдутся 4 теннисиста A,B,C,D, такие что A выиграл у B,C,D, B выиграл у C и D, C выиграл у D.

Теннисист A, выигравший наибольшее число игр (или один из таких теннисистов), выиграл по крайней мере у 4 человек (в среднем в 7 играх одерживается 3,5 победы). Рассмотрим подтурнир между этими 4 теннисистами без учета игр с остальными. Один из них (B) выиграл хотя бы у двух других (в среднем в 3 играх одерживается 1,5 победы), из которых один (C) выиграл у другого (D).

Дано число 100...01, число нулей в нем равно 299. Докажите, что это число составное.

Данное число можно записать в виде 10300+1. Воспользовавшись формулой суммы кубов, получим: 10300+1=(10100)3+13= (10100+1)(10200 - 10100 +1).

Расположите 10 треугольников на плоскости так, чтобы любые два из них имели общую точку, а любые три - нет.

Рассмотрим бесконечную полосу шириной 1 на плоскости. Проведем вторую полосу ширины 1, ось которой непараллельна оси первой полосы. Общая часть этих полос - ограниченная фигура (а именно параллелограмм). Проведем следующую полосу, не пересекающую общую часть первых двух полос и имеющую ось, непараллельную осям двух уже проведенных полос. Попарные пересечения полос образуют конечное множество параллелограммов. Таким образом проводим новые полосы, не пересекающие общих частей пар уже проведенных полос, каждый раз выбирая ось, непараллельную осям проведенных полос. (Можно считать каждую следующую полосу расположенной "далеко" от попарных пересечений предыдущих полос.) В конце концов мы получим 10 таких полос, что любые две из них имеют общую точку, а любые три - нет. Выберем внутри каждой полосы достаточно "длинный" треугольник. Ясно, что это можно сделать таким образом, что условие задачи будет выполнено.

Докажите, что для любого числа d, не делящегося на 2 и на 5, найдётся число, в десятичной записи которого содержатся одни единицы и которое делится на d.

Рассмотрим числа, в десятичной записи которых содержатся одни единицы: 1, 11, 111, ... Поскольку таких чисел бесконечно много, то среди них найдутся два числа, имеющие одинаковый остаток при делении на d. Разность этих двух чисел будет иметь вид  A = 1...10...0,  то есть будет записываться несколькими единицами, за которыми следуют нули; кроме того, число A делится на d. По условию d взаимно просто с 10, следовательно, число из одних единиц, полученное из A вычеркиванием нулей, также делится на d.

Можно ли из 18 доминошек 1×2 выложить квадрат 6×6 так, чтобы при этом не получалось ни одного прямого "шва", соединяющего противоположные стороны квадрата и идущего по краям плиток?

В квадрате 6×6, разбитом на единичные клетки, имеется пять горизонтальных и пять вертикальных "швов". Эти "швы" являются потенциальными "швами" при разбиении квадрата на доминошки. Заметим, что если потенциальный "шов" пересекает ровно одну доминошку, то при удалении этой доминошки доска будет разделена этим "швом" на две части с нечётным числом клеток, каждая из которых разбита на доминошки, что невозможно. Таким образом, если потенциальный "шов" пересекает какую-нибудь доминошку, то он пересекает и вторую. Каждая плитка пересекаема ровно одним потенциальным "швом", поэтому, чтобы "заблокировать" все 10 потенциальных швов, потребуется не менее 20 доминошек. Но доминошек только 18, один из потенциальных "швов" не будет заблокирован.

Нельзя.

Несколько углов покрывают плоскость. Докажите, что сумма этих углов не меньше 360°.

Предположим противное – сумма углов меньше 360°. Фиксируем некоторую точку O плоскости и совершим параллельный перенос каждого угла, так чтобы его вершина совместилась с точкой O. Поскольку сумма углов меньше развернутого угла, то найдётся луч m с началом в точке O, который не покрывается перенесенными углами. Нетрудно видеть, что при выполнении обратного параллельного переноса каждый угол станет пересекать луч m не более, чем по отрезку (то есть возможно пересечение по отрезку, по точке или пустое пересечение). Таким образом, данные углы высекают на луче m конечное число отрезков. Следовательно, даже луч m и тем более вся плоскость не покрываются углами. Противоречие.

Найдите все целые решения уравнения  yk = x² + x,  где k – фиксированное натуральное число, большее 1.

yk = x(x + 1).  Числа x и  x + 1  взаимно просты, поэтому x и  x + 1  являются k-ми степенями целых чисел. Ясно, что имеется ровно две пары последовательных целых чисел, являющихся k-ми степенями при  k > 1  –  (–1, 0)  и  (0, 1).  Таким образом, x может принимать только два значения: 0 и –1. Остается проверить, что оба эти значения подходят и в обоих случаях  y = 0.

(0, 0)  и  (–1, 0).

При каких  n > 3  набор гирь с массами 1, 2, 3, ..., n граммов можно разложить на три равные по массе кучки?

  Назовём число n хорошим, если набор гирь с массами 1, 2, 3, ..., n можно разложить на три равные по массе кучки. Для хорошего n суммарная масса гирь, равная  ½ n(n+1),  кратна 3. Поэтому n может давать только остатки 0 или 2 при делении на 3.   Если число n хорошее, то число  n + 6  тоже хорошее, поскольку гири массами  n + 1,  n + 2,  ...,  n + 6  легко разложить на три равные по массе кучки.   Легко проверить, что числа 5, 8, 9 хорошие:  1 + 4 = 2 + 3 = 5;  1 + 2 + 3 + 6 = 4 + 8 = 5 + 7;  1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 6 + 9 = 7 + 8.  То, что 6 – хорошее число, показано выше. Значит, хорошими являются все числа вида  3k  (k ≥ 3)  и  3k + 2  (k ≥ 1).

При n, кратных 3 или дающих остаток 2 при делении на 3.

Круг радиуса 1 покрыт семью одинаковыми кругами. Докажите, что их радиусы не меньше ½.

Рассмотрим круги радиуса меньше ½ (будем называть их маленькими), которые покрывают границу большого круга радиуса 1. Докажем, что таких кругов не меньше семи. Как известно, в окружности радиуса 1 дуга, стягиваемая хордой длины 1, имеет градусную меру 60°. Рассмотрим дуги окружности радиуса 1, высекаемые маленькими кругами. Поскольку хорды, стягивающие эти дуги, не превосходят 1, градусная мера каждой из этих дуг меньше 60°. Так как градусная мера всей окружности равна 360°, то шести маленьких кругов не хватит для покрытия границы большого круга. Кроме кругов, покрывающих границу, потребуется ещё один маленький круг для покрытия центра большого круга: расстояние от точки на границе большого круга до его центра больше диаметра маленького круга. Таким образом, для покрытия большого круга требуется не менее восьми маленьких кругов.

Автор: Фомин С.В.

Двое бросают монету: один бросил ее 10 раз, другой – 11 раз. Чему равна вероятность того, что у второго монета упала орлом большее число раз, чем у первого?

События "у второго выпало больше орлов, чем у первого" и "у второго выпало больше решек, чем у первого", очевидно, равновероятны. Но они и дополняют друг друга (поскольку второй бросал монету ровно на один раз больше первого, то либо орлов, либо решек у него больше, но не одновременно). Поэтому вероятность каждого события равна ½.

Имеется набор натуральных чисел (известно, что чисел не меньше семи), причём сумма каждых семи из них меньше 15, а сумма всех чисел из набора равна 100. Какое наименьшее количество чисел может быть в наборе?

  Набор из 50 чисел, каждое из которых равно 2, удовлетворяет условию.   Если в наборе не более 49 чисел, то их можно разбить на 7 групп так, что в каждой группе будет содержаться 7 или меньше чисел. По условию сумма чисел в каждой группе меньше 15, то есть не больше 14. Следовательно, сумма чисел во всех семи группах не больше  7·14 = 98,  что меньше 100. Противоречие.

50 чисел.

Шарообразная планета окружена 25 точечными астероидами. Доказать, что в любой момент на поверхности планеты найдётся точка, из которой астроном не сможет наблюдать более 11 астероидов.

Проведём плоскость π через центр планеты и два произвольных астероида. Проведём через центр планеты также прямую, перпендикулярную π. Эта прямая пересечёт поверхность планеты в двух полюсах - A, B. Астрономы в точках A и B не могут видеть один и тот же астероид, а также не могут видеть два астероида, лежащие в плоскости π. Следовательно, вместе они наблюдают не более  25 – 2 = 23  астероидов. Значит, один из астрономов видит не более 11 астероидов.

Известно, что в выпуклом n-угольнике  (n > 3)  никакие три диагонали не проходят через одну точку. Найдите число точек (отличных от вершины) пересечения пар диагоналей.

Условие можно переформулировать так: требуется найти число пар пересекающихся диагоналей выпуклого n-угольника. Каждой паре пересекающихся диагоналей поставим в соответствие четвёрку вершин n-угольника – концов этих диагоналей. Наоборот, для любой четвёрки вершин существует ровно одна пара пересекающихся диагоналей, концами которых являются эти четыре вершины. Таким образом, число пар пересекающихся диагоналей равно числу способов выбрать четыре вершины из n.

Длина каждой из диагоналей выпуклого четырехугольника больше 2. Докажите, что в этом четырехугольнике хотя бы одна сторона имеет длину, большую 21/2.

Пусть ABCD - данный четырехугольник и O - точка пересечения его диагоналей. Один из углов AOB,BOC не меньше 90 градусов. Для определенности положим, что угол AOB не меньше 90 градусов. Обозначим AO=a,BO=b,CO=c,DO=d. По условию a+b+c+d больше 4, следовательно, одна из сумм a+b,c+d больше 2, для определенности, a+b больше 2. По теореме косинусов из треугольника AOB получаем: AB2=a2+b2-2ab*cos(AOB), что не меньше, чем a2+b2 (косинус угла AOB отрицательный). Далее, согласно неравенству о средних a2+b2 не меньше, чем (a+b)2/2. Но (a+b)2/2>22/2=2. Отсюда следует, что AB больше 21/2; таким образом, в четырехугольнике ABCD найдена сторона длины больше, чем 21/2.

Клетки шахматной доски занумерованы числами от 1 до 32 так, что каждое число использовалось дважды. Докажите, что можно выбрать 32 клетки, занумерованные разными числами, так что на каждой вертикали и на каждой горизонтали найдется хотя бы по две выбранные клетки.

Разобьем доску на доминошки размером 1*2 клетки следующим образом. Вначале разобьем доску на 4 квадрата 4*4. Затем два квадрата, расположенные по диагонали, разобьем на вертикальные доминошки, а два оставшиеся квадрата - на горизонтальные. Нашей следующей задачей будет выбор 32 клеток, занумерованных разными числами, так что из каждой доминошки будет выбрано ровно по одному числу. При этом из каждой ветрикали и из каждой горизонтали будет выбрано хотя бы 2 числа (разбиение на доминошки проведено таким образом, что в каждой горизонтали и каждой вертикали есть хотя бы две целых доминошки). Итак, достаточно выбрать по одному числу из каждой доминошки. Выберем одно из чисел, равных 1. Если второе число в доминошке, в которой находится это число 1, равно m, то это число отбрасываем. Затем выбираем единственное число m, которое не отбросили (если m не равно 1). Пусть в одной доминошке с этим числом m находится число n, отбрасываем его. Затем выбираем единственное неотброшенное число n (если n не равно 1). В конце концов цикл замкнется, когда мы отбросим второе число, равное 1. Если после этого не все из чисел 1,2,...,32 выбраны, начнем новый цикл и т.д. В конце концов из каждой доминошки будет выбрано по одному числу и каждое из чисел 1,2,...,32 будет выбрано по одному разу.

Существуют ли 100 таких прямоугольников, что ни один из них нельзя покрыть остальными 99-ю?

Будем выбирать прямоугольники последовательно один за другим. В качестве первого прямоугольника возьмем квадрат со стороной 1. Пусть si - площадь i-го прямоугольника, li - длина его большей стороны (по параметрам si,li прямоугольник восстанавливается, причем однозначно). Обозначим также через di длину диагонали i-го прямоугольника, таким образом, di есть максимальная возможная длина проекции i-го прямоугольника на прямую. Имеем: s1=1, l1=1, d1=21/2. Если первые k-1 прямоугольников заданы (т.е. определены значения si, li для всех i от 1 до k-1), то определяем sk, lk следующим образом. Положим sk=sk-1/4 (таким образом, si=4-(i-1)); также в качестве lk выберем некоторое число, большее 2(d1+d2+...+dk-1). (Можно представлять себе, что каждый следующий прямоугольник намного тоньше и меньше по площади, чем предыдущий.) Покажем, что определенные таким образом прямоугольники удовлетворяют условию, т.е. для каждого k от 1 до 100 прямоугольник с номером k невозможно покрыть остальными прямоугольниками. Предположим противное - прямоугольник с некоторым номером n покрыт остальными прямоугольниками. Условие ln>2(d1+d2+...+dn-1) означает, что прямоугольники с номерами 1,2,...,n-1 при проектировании их на большую сторону прямоугольника с номером n, покрывают меньше половины этой стороны. Это означает, что не менее половины площади n-ого прямоугольника не покрывается прямоугольниками с номерами 1,2,...,n-1, т.е. покрывается прямоугольниками с номерами n+1,n+2,...,100. Отсюда следует следующее неравенство на площади: sn/2<sn+1+sn+2+...+s100 или 4-(n-1)/2<4-n+4-(n+1)+...+4- 99. Последнее неравенство преобазуется к виду 2-2n+1<2-2n+2-2n-2+...+2- 198, откуда получаем (сокращая на 2-2n+1): 1<1/2+1/8+...+2-199+2n, что неверно (число 1 разлагается в бесконечную сумму 1=1/2+1/4+1/8+...).

существуют.

Докажите, что ни при каком натуральном m число  1998m – 1  не делится на 1000m – 1.

Солдаты построены в две шеренги по n человек, так что каждый солдат из первой шеренги не выше стоящего за ним солдата из второй шеренги. В шеренгах солдат выстроили по росту. Докажите, что после этого каждый солдат из первой шеренги также будет не выше стоящего за ним солдата из второй шеренги.

Обозначим через a1, a2, ..., an рост солдат первой шеренги в порядке убывания, а через b1, b2, ..., bn рост солдат второй шеренги в порядке убывания (те же обозначения используем и для самих солдат). Пусть утверждение задачи неверно:  ak > bk  для некоторого k. Это означает, что до перестраивания по росту солдат ak мог стоять только перед одним из  k – 1  солдат b1, b2, ..., bk–1. То же справедливо и для солдат a1, a2, ..., ak–1, поскольку они не ниже солдата ak. Итак, до перестраивания шеренг k солдат a1, a2, ..., ak могли стоять только перед  k – 1  солдатами b1, b2, ..., bk–1. Противоречие.

Докажите, что для любого натурального n найдутся n подряд идущих составных натуральных чисел.

Рассмотрим n следующих натуральных чисел:  (n + 1)! + 2,  (n + 1)! + 3,  ...,  (n + 1)! + (n + 1).  Покажем, что все эти числа составные. В самом деле, для каждого   k = 2,3, ... , n + 1,  число  (n + 1)!  делится на k. Поэтому число  (n + 1)! + k  также делится на k и, очевидно, больше k.

На прямой дано 50 отрезков. Докажите, что либо некоторые восемь отрезков имеют общую точку, либо найдутся восемь отрезков, никакие два из которых не имеют общей точки.

Пусть  [a1, b1]  – отрезок с наименьшим правым концом. Если число отрезков, содержащих точку b1, больше 7, то задача решена. Если оно не больше 7, то имеется по крайней мере  50 – 7 = 43  отрезка, лежащих целиком правее точки b1. Выберем из них отрезок  [a2, b2]  с наименьшим правым концом. Тогда либо b2 принадлежит восьми отрезкам, либо имеется  50 – 2·7 = 36  отрезков, лежащих целиком правее точки b2. Продолжая так и далее, мы либо найдём точку, принадлежащую восьми отрезкам, либо получим семь таких попарно не пересекающихся отрезков  [a1, b1],  [a2, b2],  ...,  [a7, b7],  что правее bk лежит еще  50 – 7k  отрезков, т.е. правее b7 лежит еще один отрезок  [a8, b8],  т.е. имеется восемь попарно не пересекающихся отрезков  [a1, b1],  [a2, b2],  ...,  [a8, b8].

Внутри квадрата отмечено 100 точек. Квадрат разбит на треугольники таким образом, что вершинами треугольников являются только отмеченные 100 точек и вершины квадрата, причём для каждого треугольника разбиения каждая отмеченная точка либо лежит вне этого треугольника, либо является его вершиной (разбиения такого типа называются триангуляциями). Найдите число треугольников разбиения.

Сумма углов треугольников с вершиной в некоторой вершине квадрата равна 90°, каждая из отмеченных 100 точек даёт вклад, равный 360°. Поскольку других вершин треугольников нет, то сумма углов всех треугольников разбиения равна  100·360° + 4·90° = 202·180°.  Поскольку сумма углов треугольника равна 180°, то количество треугольников равно 202.

202 треугольника.

Докажите, что нечётное число, являющееся произведением n различных простых сомножителей, можно представить в виде разности квадратов двух натуральных чисел ровно 2n–1 различными способами.

  Пусть  m = p1p2...pn,  где  p1, p2, ..., pn  – различные нечётные простые числа. Будем решать уравнение  x² – y² = m  в натуральных числах. Это уравнение приводится к виду  (x – y)(x + y) = p1p2...pn,  откуда следует, что сомножитель  x – y  есть произведение нескольких чисел (возможно ни одного, в этом случае  x – y = 1)  из набора  p1, p2, ..., pn,  а сомножитель  x + y  есть произведение оставшихся чисел из этого набора. При этом сомножителю  x – y  соответствует меньшее произведение. Таким образом, каждому решению  (x, y)  соответствует разбиение множества из n чисел на два подмножества.   Наоборот, пусть есть некоторое разбиение чисел  p1, p2, ..., pn  на два подмножества. Обозначим через t и s  (t < s)  произведения чисел в этих подмножествах  (t ≠ s,  поскольку числа  p1, p2, ..., pn  различны). Тогда найдётся единственная пара натуральных чисел     для которой  x – y = t  и  x + y  = s  (x и y натуральные, так как t и s нечётны).   Итак, число представлений m в виде разности квадратов двух натуральных чисел равно числу способов разбить множество из n элементов на два подмножества, то есть 2n–1 (в два раза меньше числа 2n всех подмножеств).

Докажите, что уравнение  x! y! = z!  имеет бесконечно много решений в натуральных числах, больших 1.

Положим  y = m,  x = m! – 1,  z = m!,  где m – произвольное натуральное число.

Окружность пересекает сторону AB треугольника ABC в точках С1, С2, сторону BС – в точках A1, A2, сторону СA – в точках B1, B2. Известно, что перпендикуляры к сторонам AB, BC, CA, восставленные соответственно в точках С1, B1, A1, пересекаются в одной точке. Докажите, что перпендикуляры к сторонам AB, BC, CA, восставленные соответственно в точках С2, B2, A2, также пересекаются в одной точке.

Пусть P – точка пересечения перпендикуляров, восставленных в точках С1, B1, A1, O – центр окружности, Q – точка, симметричная P относительно O Точка O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку С1С2, поскольку O равноудалена от точек С1 и С2. Пусть С' – середина отрезка С1С2. Рассмотрим угол, образованный прямыми С1С2 и PQ. На сторонах этого угла имеются по три точки – С1, C', С2 и P, O, Q, причём C' – середина С1С2 и O – середина PQ. Кроме того, прямые С1P и C'O параллельны (обе перпендикулярны AB). Из теоремы Фалеса следует, что и С2Q перпендикулярна AB. Это означает, что точка Q лежит на перпендикуляре к AB, восставленном в точке С2. Аналогично Q лежит на перпендикуляре к BС, восставленном в точке A2 и на перпендикуляре к СA, восставленном в точке B2.

Докажите, что площадь проекции куба с ребром 1 на любую плоскость численно равна длине его проекции на прямую, перпендикулярную этой плоскости.

  Будем считать, что плоскость из условия горизонтальна. Обозначим через O самую нижнюю вершину куба, а через A, B, C – соседние с ней вершины. Проекция куба на ось Oz – это проекция на эту ось его большой диагонали, то есть вектора      Она равна  cos α + cos β + cos γ,  где α, β, γ – углы, которые стороны OA, OB, OC составляют с осью Oz.   Площадь же проекции куба на плоскость xOy равна сумме проекций трёх его нижних граней. Площадь каждой грани, равная 1, при проектировании умножается на соответствующий косинус (угол между плоскостями AOB и xOy равен γ и т. п.).

Натуральные числа a, b, c и d удовлетворяют равенству  ab = cd.  Докажите, что число  a2000 + b2000 + c2000 + d2000  составное.

Поскольку ab делится на c, число c можно представить в виде  c = uw,  где u – делитель a, a w – делитель b (в качестве u можно взять, например, НОД(a, с)).  Тогда  a = uv,  b = wt,  где v и t – натуральные числа, и поэтому  d = vt.  Отсюда a2000 + b2000 + c2000 + d2000 = (uv)2000 + (wt)2000 + (uw)2000 + (vt)2000 = (u2000 + t2000)(v2000 + w2000).

Натуральный ряд 1, 2, 3, ... разбит на несколько (конечное число) арифметических прогрессий. Докажите, что хотя бы у одной из этих прогрессий первый член делится на разность.

Обозначим через a1, a2, ..., an первые члены прогрессий, на которые разбит натуральный ряд, через d1, d2, ..., dn – их разности. Произведение всех разностей d1d2...dn входит в одну из прогрессий (пусть i – номер этой прогрессии). Это означает, что для некоторого целого неотрицательного k выполнено равенство d1d2...dn = ai + kdi.  Из этого равенства следует, что ai делится на di.

Существует ли выпуклый многогранник, любое сечение которого плоскостью, не проходящей через вершину, является многоугольником с нечетным числом сторон?

Предположим, что такой многогранник существует. Если бы у него была вершина A, в которой сходится четное число m ребер, то в многограннике было бы m-угольное сечение, отделяющее вершину A от остальных вершин. Таким образом, в каждой вершине многогранника должно сходиться четное нечетное число ребер. Рассмотрим некоторую плоскость p, обладающую тем свойством, что любая параллельная ей плоскость содержит не более одной вершины многогранника. Будем рассматривать семейство сечений многогранника, параллельных этой плосокости. Перемещаем плоскость сечения параллельно. Число сторон сечения будет изменяться только при переходе через вершины, причем каждый раз проходится только одна вершина. Рассмотрим один такой переход через вершину, в которой сходится k (k - нечетно) ребер. Если плоскость до перехода пересекала s из этих k ребер, то после перехода она будет пересекать s-k ребер, поэтому при переходе число пересекаемых ребер изменилось на s-2k (s-2k - нечетно). Это означает, что если в сечении до перехода был n-угольник, то после перехода сечение представляет собой (n+s-2k)- угольник. Поскольку n и (n+s-2k) разной четности, то одно из этих сечений есть многоугольник с четным числом сторон. мы получили противоречие.

не существует.

На сторонах AB, BC, CA треугольника ABC выбраны соответственно точки C', A', B'. Докажите, что описанные окружности треугольников AB'C', BC'A', CA'B' проходят через одну точку.

Рассмотрим точку P пересечения описанных окружностей треугольников AB'C', BC'A', отличную от точки C'. Докажем, что окружность, описанная около треугольника CA'B' также пройдет через точку P. Предположим вначале, что точка P лежит внутри треугольника ABC. Тогда AB'PC' и BC'PA' - вписанные четырехугольники, поэтому сумма углов ВАС и B'PC', а также ABC и C'PA' равна 1800. Из того, что сумма углов ABC, BAC и BCA равна 1800 (как сумма углов в треугольнике), а сумма углов B'PC', C'PA' и A'PB' равна 3600, следует, что сумма углов B'CA' и B'PA' равна 1800. Это означает, что четырехугольник B'PA'C вписанный, т.е. P принадлежит окружности, описанной около треугольника CA'B'. Другие случаи расположения точки P рассматриваются аналогично с использованием теоремы о сумме углов вписанного четырехугольника или теоремы о вписанных углах.

На плоскости дано n>4 точек. Известно, что любые 4 из них являются вершинами выпуклого четырехугольника. Докажите, что эти n точек являются вершинами выпуклого n-угольника.

Рассмотрим выпуклую оболочку M данных n точек (выпуклая оболочка множества точек - наименьшая выпуклая фигура, содержащая эти точки). Фигура M является многоугольником с вершинами в некоторых из данных n точек (число вершин многоугольника M не больше n). Если M является n-угольником, то утверждение задачи верно. Пусть M является многоугольником с числом сторон, меньшим n. Тогда внутри него находится по крайней мере одна точка (обозначим ее через P) из n данных точек. Разобьем многоугольник M на треугольники диагоналями, проведенными из одной вершины. Точка P окажется внутри или на границе одного из этих треугольников (назовем его вершины A, B, C). Тогда четверка данных точек A, B, C, P не образует вершин выпуклого четырехугольника, что противоречит условию.

В турнире по шахматам участвуют мастера спорта и кандидаты в мастера. Какое наименьшее число людей может участвовать в этом турнире, если известно, что среди них мастеров меньше половины, но больше 45%.

  Пусть в турнире участвуют n шахматистов и k из них – мастера. По условию   0,9n < 2k < n.  Отсюда  0,1n > 2k – n > 0.  2k – n  – целое число, значит, оно не меньше 1. Следовательно,  0,1n > 1,  n > 10.   Случай  n = 11  подходит: в турнире могут играть 5 мастеров и 6 кандидатов.

11.

В пруд пустили 30 щук, которые постепенно поедают друг друга. Щука считается сытой, если она съела не менее трёх щук (сытых или голодных). Какое наибольшее число щук может насытиться?

  Обозначим через s число сытых щук. Тогда они вместе съели не менее 3s щук. Поскольку каждая щука может быть съедена лишь однажды, и хотя бы одна щука осталась в конце,  3s < 30.  Следовательно,  s ≤ 9.   Приведём пример, при котором насытились ровно 9 щук. Пусть 7 щук с (3-й по 9-ю) съели 21 щуку (с 10-й по 30-ю; каждая съела по 3 щуки). После этого осталось 9 щук. Первая и вторая могут насытиться, съев 6 щук (с 4-й по 9-ю).

9 щук.

Докажите, что любой выпуклый многоугольник площади 1 можно поместить в прямоугольник площади 2.

Рассмотрим две вершины многоугольника - A и B, расстояние между которыми максимально среди попарных расстояний между вершинами многоугольника (отрезок AB называется диаметром многоугольника). Проведем через точки A и B прямые a и b, перпендикулярные отрезку AB. Весь многоугольник содержится внутри полосы, заключенной между прямыми a и b. В самом деле, если бы некоторая вершина многоугольника лежала вне этой полосы, то расстояние от этой вершины до одной из точек A, B, было бы больше длины отрезка AB вопреки выбору вершин A и B. Далее, заключим многоугольник внутрь наменьшей возможной полосы, образованной некоторыми прямыми c и d, параллельными отрезку AB. В разультате некоторые вершины C и D многоугольника оказались на прямых c и d, и весь многоугольник лежит внутри прямоугольника П, образованного прямыми a, b, c, d. Покажем, что площадь этого прямоугольника не больше 2. Четырехугольник ACBD лежит внутри многоугольника, поэтому его площадь не больше 1. С другой стороны, прямоугольник П состоит из двух прямоугольников П1 и П2, первый из которых образован отрезком AB и прямыми a, b, c, а второй образован отрезком AB и прямыми a, b, d. Площадь прямоугольника П1 в 2 раза больше площади треугольника ABC, и аналогично, площадь прямоугольника П2 в 2 раза больше площади треугольника ABD. Отсюда следует, что площадь прямоугольника П в 2 раза больше площади четырехугольника ACBD, т.е. не превосходит 2.

Найдите все пары натуральных чисел  (x, y),  удовлетворяющие уравнению  xy – x + 4y = 15.

Запишем уравнение в виде  x(y – 1) + 4(y – 1) = (x + 4)(y – 1) = 11.  Поскольку  x + 4  и  y – 1  – целые неотрицательные числа, имеем два варианта:  x + 4 = 1, y – 1 = 11  или  x + 4 = 11,  y – 1 = 1.  Первая возможность отпадает, так как x получается отрицательным. Во втором случае получаем  x = 7,  y = 2.

(7, 2).

На плоскости расположено n точек  (n > 3),  никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что среди треугольников с вершинами в данных точках остроугольные треугольники составляют не более трёх четвертей.

Будем перебирать всевозможные четвёрки точек и для каждой четвёрки определять число остроугольных и неостроугольных треугольников. Сложив количества остроугольных треугольников по всем четвёркам точек, получим некоторую сумму S. Таким же образом сложив количества неостроугольных треугольников по всем четвёркам точек, получим некоторую сумму s. Заметим, что из четырёх точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой, хотя бы три образуют тупоугольный или прямоугольный треугольник. В самом деле, если четыре точки A, B, C, D являются вершинами выпуклого четырёхугольника, то один из его углов не меньше 90° если же точки таковы, что одна из них, скажем, D, лежит внутри треугольника, образованного оставшимися тремя точками, то один из углов ADB, BDC, CDA тупой. Таким образом, один из треугольников ABC, BCD, CDA, DAB всегда является неостроугольным. Итак, каждая четвёрка точек дает вклад в сумму s, не меньший 1, а в сумму S – не больше 3. Отсюда следует, что  S ≤ 3s.  Поскольку каждая тройка вершин входит в  n – 3  четвёрки, каждый треугольник посчитан в соответствующей сумме (S или s) ровно  n – 3  раза. Таким образом, имеется S/n–3 остроугольных и s/n–3 неостроугольных треугольников. Следовательно, число остроугольных треугольников не более чем в 3 раза превосходит число неостроугольных, тем самым, число остроугольных треугольников составляет не более 3/4 от общего числа треугольников.

Существует ли треугольник с высотами, равными 1, 2 и 3?

Предположим, что такой треугольник существует. Согласно формуле площади треугольника, его стороны обратно пропорциональны высотам, т.е. числам 1, ½, ⅓. Но треугольника с такими сторонами не существует согласно неравенству треугольника.

Не существует.

Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O. Докажите, что произведение площадей треугольников AOB и COD равно произведению площадей треугольников BOC и DOA.

SAOB = ½ OA·OB sin φ,  SBOC = ½ OB·OC sin φ,  SCOD = ½ OC·OD sin φ,  SDOA = ½ OD·OA sin φ,  где φ – угол между диагоналями. Значит, SAOBSCOD = ¼ OA·OB·OC·OD sin²φ = SBOCSDOA.

Известно, что  35! = 10333147966386144929*66651337523200000000.  Найдите цифру, заменённую звездочкой.

Поскольку 35! делится на 9, сумма цифр этого числа также делится на 9. Нетрудно подсчитать, что сумма цифр (за исключением звездочки) написанного числа даёт остаток 3 при делении на 9. Отсюда следует, что цифра, замененная звездочкой, равна 6.

6.

Два пловца одновременно прыгнули с плывущего по реке плота и поплыли в разные стороны: первый – по течению, а второй – против течения. Через пять минут они развернулись и вскоре вновь оказались на плоту. Кто из них вернулся раньше? (Каждый из пловцов плывет с постоянной собственной скоростью.)

Относительно плота каждый пловец всегда плывет со своей собственной скоростью (независимо от того, по или против течения он плывет). По условию каждый пловец плыл 5 минут, удаляясь от плота. Значит, ему потребуется ещё 5 минут, чтобы возвратиться обратно.

Пловцы вернулись одновременно.

Имеется n аэродромов, все попарные расстояния между которыми различны. С каждого аэродрома взлетел один самолет и совершил посадку на ближайшем аэродроме. Докажите, что на один аэродром не могло приземлиться более пяти самолетов.

Допустим противное - на некотором аэродроме O приземлилось 6 самолетов, вылетевших с аэродромов A, B, C, D, E, F. Лучи OA, OB, OC, OD, OE, OF делят плоскость на 6 углов (один из них может быть больше развернутого). Поскольку в сумме эти углы дают 3600, наименьший из этих углов не превосходит 600. Для определенности предположим, что угол AOB не больше 600. Сумма углов треугольника равна 1800=3*600, поэтому угол AOB не является наибольшим углом в треугольнике AOB (равенство углов в треугольнике невозможно, поскольку в этом случае треугольник является равнобедренным и некоторые два расстояния между парами аэродромов равны). Как известно, в треугольнике против большей стороны лежит больший угол (это несложное следствие теоремы синусов). Отсюда следует, что сторона AB не является наибольшей стороной в треугольнике AOB. Пусть, для определенности, сторона OA больше стороны AB. Однако это противоречит тому, что аэродром O расположен ближе к A, чем аэродром B.

Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри равностороннего треугольника до его сторон не зависит от положения точки.

Пусть точка P находится внутри равностороннего треугольника ABC. Обозначим за a сторону треугольника и за S его площадь, также обозначим за h1, h2, h3 расстояния от точки P до сторон AB, BC, CA соответственно. Приравняем площадь треугольника ABC к сумме площадей треугольников APB, BPC, CPA. Запишем: S = AB*h1/2+BC*h2/2+CA*h3/2 = a(h1+h2+h3)/2. Отсюда h1+h2+h3=2S/a. Таким образом, сумма расстояний от любой точки внутри равностороннего треугольника до его сторон равна 2S/a независимо от положения точки.

У деда Мороза в мешке бесконечное число конфет, занумерованных натуральными числами. За минуту до Нового года он начинает дарить детям конфеты. Сначала он дарит детям конфету с номером 1. За полминуты до Нового года он дарит 2 конфеты с номерами 2 и 3, а конфету с номером 1 отбирает, за 15 секунд до Нового года он дарит 4 конфеты с номерами 4, 5, 6, 7, а 2 конфеты с номерами 2 и 3 отбирает, и т.д., за 1/2n долю минуты до Нового года дед Мороз дарит 2n конфет с номерами от 2n до 2n+1-1 и отбирает 2n-1 конфет с номерами от 2n-1 до 2n-1. Сколько конфет будет у деда Мороза и у детей в момент встречи Нового года?

Несмотря на то, что каждый раз дед Мороз дарит в 2 раза больше конфет, чем отбирает, в момент встречи Нового года все конфеты снова окажутся у деда Мороза. В самом деле, каждая конкретная конфета будет один раз подарена, а при следующей раздаче отобрана. После этого она до Нового года останется у деда Мороза.

Найдите сумму 6+66+666+...+666..6, где в записи последнего числа присутствуют n шестерок.

Число, записываемое c помощью k девяток, равно (10k-1), следовательно, число, записываемое c помощью k шестерок, равно 6(10k-1)/9=2(10k-1)/3. Поэтому сумма 6+66+666+...+666..6 равна 2/3((10-1)+(102-1)+...+(10n-1)) = 2/3((10+102+...+10n)-n). Во внутренних скобках стоит геометрическая прогрессия. Ее сумма равна 10+102+...+10n = (10n+1-10)/9. Итак, окончательно получаем, что исходная сумма равна 2(10n+1-10)/27-2n/3.

10 человек собрали вместе 46 грибов, причём известно, что нет двух человек, собравших одинаковое число грибов. Сколько грибов собрал каждый?

Упорядочим людей по возрастанию количества собранных грибов:  a0 < a1 < a2 < ... < a9.  Ясно, что  a0 ≥ 0,  a1 ≥ 1,  ...,  a9 ≥ 9.  Оставим у каждого число грибов, равное его номеру, отложив лишние в сторону. Тогда у грибников останется  0 + 1 + ... + 9 = 45  грибов. Значит, в сторону был отложен ровно один гриб. Он мог быть взят только у грибника №9 (иначе у каких-то двух грибов было бы поровну).

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10 грибов.

Каждая из сторон выпуклого четырехугольника пересекает некоторую окружность в двух точках, причем окружность высекает на сторонах четырехугольника равные хорды. Докажите, что в этот четырехугольник можно вписать окружность.

Проведем окружность, имеющую общий центр с данной, касающуюся одной из хорд. Так как равные хорды равноудалены от центра окружности, то построенная окружность касается всех четырех хорд, т.е. является вписанной в четырехугольник.

n разбойников делят добычу. У каждого из них свое мнение о ценности той или иной доли добычи, и каждый из них хочет получить не меньше, чем 1/n долю добычи (со своей точки зрения). Придумайте, как разделить добычу между разбойниками.

Для двух разбойников задача решается несложно - один делит добычу на две равные по его мнению доли, а другой выбирает из них наибольшую на его взгляд долю. Будем решать задачу при помощи индукции по числу разбойников, т.е. предположим, что k разбойников уже имеют способ разделить добычу безобидно. Будем делить добычу между k+1 разбойниками. Разделим всю добычу между k разбойниками и затем пусть каждый из них разделит свою долю на k+1 равных по его мнению частей. Пусть теперь последний разбойник выберет по одной из этих частей у каждого из k разбойников. Последний разбойник взял (по его мнению) не менее, чем по 1/(k+1) доле у каждого из k разбойников, т.е. всего он получил не менее 1/(k+1) от всей добычи. Каждый из первых k разбойников также получил не менее, чем (1/k)*(k/(k+1))=1/(k+1) от всей добычи.

Внутри угла расположена точка O. Как провести отрезок AB с концами на сторонах угла, проходящий через точку O, который делится точкой O пополам?

Обозначим через C вершину угла, и через CK и CL - его стороны. Будем строить искомые точки A и B на сторонах CK и CL соответственно. Заметим, что поскольку точка B должна являться образом точки A при цетральной симметрии относительно точки O, точка B лежит на луче C'K', который симметричен лучу CK относительно точки O. Отсюда вытекает следующее построение отрезка AB. Строим луч C'K' (это легко сделать - достаточно отразить точку C и некоторую другую точку на луче CK симметрично относительно точки O); затем находим точку пересечения луча C'K' с лучом CL - это и будет искомая точка B. Точка A строится как точка пересечения прямой OB с лучом CK. Нетрудно проверить, что указанное построение всегда возможно и дает единственый отрезок AB с нужным свойством.

На книжной полке стоят 30 томов энциклопедии в некотором порядке. За одну операцию разрешается менять местами любые два соседних тома. За какое наименьшее число операций можно гарантированно выстроить все тома в правильном порядке (с первого по тридцатый слева направо) независимо от начального положения?

  Пусть имеется некоторое расположение томов на полке. Рассмотрим всевозможные пары томов (всего таких пар  30·29 : 2 = 435).  Назовем беспорядком пару томов, в которой том с большим номером стоит левее тома с меньшим номером. В конечной ситуации не должно быть ни одного беспорядка. Заметим, что за одну операцию число беспорядков меняется не более, чем на 1. В самом деле, только в паре переставляемых томов может появиться или исчезнуть один беспорядок. Следовательно, при начальном расположении, в котором тома идут в обратном порядке (каждая пара томов образует беспорядок), потребуется сделать не менее 435 операций.   Покажем, что 435 операций всегда достаточно. Если в некотором расположении томов есть беспорядки, то найдётся пара соседних томов, образующая беспорядок. Поменяв местами эту пару томов, мы уменьшаем число беспорядков на 1. Таким образом, каждой операцией мы можем уменьшать число беспорядков на 1 и не более, чем через 435 операций прийти к расположению, в котором нет беспорядков, то есть к правильному порядку томов.

За 435 операций.

На какое наибольшее число частей могут разбить плоскость n окружностей?

  Одна окружность делит плоскость на две части. Пусть уже проведены k окружностей. Рассмотрим (k+1)-ю окружность. Она пересекает предыдущие k окружностей не более чем в 2k точках (каждую окружность – не более чем в двух точках). Следовательно, (k+1)-я окружность разбивается первыми k окружностями не более чем на 2k дуг. Каждая дуга делит одну из частей, на которые плоскость была разделена k окружностями, еще на две части. Тем самым, каждая дуга прибавляет одну часть плоскости, и (k1)-я окружность прибавляет не более 2k частей плоскости. Более того, (k+1)-я окружность прибавляет ровно 2k частей плоскости тогда и только тогда, когда она пересекает каждую из предыдущих окружностей в двух точках и все эти точки различны. Таким образом, n окружностей делят плоскость не более чем на  2 + (2 + 4 + 6 + ... + 2(n – 1)) = n(n – 1) + 2  части, причём равенство достигается, если каждая пара окружностей пересекается в двух точках и все эти точки пересечения различны (то есть никакие три окружности не проходят через одну точку).   Можно указать пример такой системы n окружностей: возьмём одну окружность, а все остальные получим из неё сдвигами на вектора a, 2a, ...,  (n – 1)a,  где a – достаточно малый по длине вектор (настолько малый, что первая и последняя окружности пересекаются в двух точках).

На  n(n – 1) + 2  части.

Много лет каждый день в полдень из Гавра в Нью-Йорк отправляется почтовый пароход и в то же время из Нью-Йорка отходит идущий в Гавр пароход той же компании. Каждый из этих пароходов находится в пути ровно семь суток, и идут они по одному и тому же пути. Сколько пароходов своей компании встретит на своём пути пароход, идущий из Гавра в Нью-Йорк?

Примем время отправления некоторого парохода П из Гавра за начальное и отметим все пароходы, которые он встречает. В то время, как пароход П отходит из Гавра, в Гавр прибывает пароход, который вышел из Нью-Йорка семь суток назад. В момент прибытия парохода П в Нью-Йорк с начального момента прошло семь суток, и в этот момент из Нью-Йорка выходит пароход – последний, который пароход П встречает на своем пути. Таким образом, пароход П встретит все пароходы, которые выходили из Нью-Йорка, начиная с семи суток до начального времени и заканчивая семью сутками после начального времени – всего 15 пароходов (если считать, что пароходы встречаются, когда в один и тот же момент один из них отходит, а другой – прибывает).

15 пароходов.

Три офиса A, B и C одной фирмы расположены в вершинах треугольника. В офисе A работают 10 человек, в офисе B - 20, а в офисе C - 30. Где нужно построить столовую, чтобы суммарное расстояние, проходимое всеми сотрудниками фирмы, было бы как можно меньше?

Пусть O - место расположения столовой. Тогда суммарное расстояние, проходимое всеми сотрудниками, равно S=10*OA+20*OB+30*OC=10(OA+OC)+20(OB+OC). Согласно неравенству треугольника OA+OC не меньше AC (причем равенство достигается в том и только в том случае, когда O лежит на отрезке AC), OB+OC не меньше BC (причем равенство достигается в том и только в том случае, когда O лежит на отрезке BC). Отсюда следует, что S не меньше, чем 10AC+20BC, причем равенство достигается в том и только в том случае, когда O совпадает с точкой C. Итак, оптимальное расположение для столовой - офис C.

в офисе C.

Подряд выписаны числа 22000 и 52000. Сколько всего выписано цифр?

Пусть число 22000 содержит m цифр, а число 52000 содержит n цифр. Тогда справедливы неравенства: 10m-1<22000<10m, 10n-1<52000<10n (неравенства строгие, поскольку степень двойки или пятерки не равна степени десятки). Перемножив эти неравенства, получаем: 10m+n-2<102000<10m+n. Отсюда следует, что показатель 2000 заключен между m+n-2 и m+n, поэтому 2000=m+n-1 и m+n=2001. Это означает, что всего выписана 2001 цифра.

2001.00

На поверхности куба мелом отмечено 100 различных точек. Докажите, что можно двумя различными способами поставить кубик на черный стол (причем в точности на одно и то же место) так, чтобы отпечатки от мела на столе при этих способах были разными. (Если точка отмечена на ребре или в вершине, она тоже дает отпечаток.)

Предположим противное - каждый способ постановки куба дает один и тот же отпечаток. Это означает, что на каждой грани нарисована одна и та же "картинка" из меловых точек, причем эта "картинка" переходит в себя при четырех поворотах на углы 00, 900, 1800, 2700 вокруг центра грани. Пользуясь сказанным выше, получаем, что мелом отмечены либо все 8 вершин, либо ни одной. Таким образом, помимо вершин, отмечено 100 или 92 точки. Пусть некоторая меловая точка K отмечена на ребре AB куба. Нетрудно видеть, что вместе с ней на каждом ребре должны быть отмечены мелом точки, находящиеся на расстоянии AK (или BK) от концов этого ребра. Таким образом, если K - середина ребра AB, то вместе с ней должны быть отмечены мелом еще 11 точек (середины всех ребер), а если K не совпадает с серединой, то вместе с ней должны быть отмечены мелом еще 23 точки (всего по 2 точки на каждом ребре). Пусть меловая точка K отмечена внутри одной из граней. Тогда если K - центр грани, то вместе с ней должны быть отмечены мелом еще 5 точек (центры других граней). Если K отлична от центра, то вместе с ней должны быть отмечены мелом еще 23 точки (еще 3 точки - L, M, N - на той же грани, что и K, полученные из K поворотами вокруг центра грани на углы 900, 1800, 2700, а также по 4 точки на остальных гранях, образующие такую же "картинку", как точки K, L, M, N). Итак, мы видим, что все отмеченные мелом точки, за исключением вершин (таких точек 100 или 92), должны разбиваться на группы по 6, 12 или 24 точек. Поэтому число таких точек должно делиться на 6. Однако ни 100, ни 92 не делится на 6. Мы получили противоречие, завершающее решение задачи.

Найти все действительные решения уравнения с 4 неизвестными:   x2 + y2 + z2 + t2 = x(y + z + t).

¼ x2 + (½ x – y)2 + (½ x – z)2 + (½ x – t)2 = 0.  Отсюда ясно, что все слагаемые равны нулю. Получаем: x = ½ x – y = ½ x – z = ½ x – t = 0,  то есть  x = y = z = t = 0.

(0, 0, 0, 0).

Среди поля проходит прямая дорога, по которой со скоростью 10 км/ч едет автобус. Укажите все точки на поле, из которых можно догнать автобус, если бежать с такой же скоростью.

Пусть точка O - начальное положение автобуса, прямая l - дорога, по которой он едет, луч OA прямой l сонаправлен с движением автобуса. Рассмотрим некоторую точку X поля, и пусть X' - проекция точки X на прямую l. Рассмотрим две возможности. 1) Пусть точка X' не лежит на луче OA или совпадает с точкой O. Допустим, что из точки X можно догнать автобус в некоторой точке B луча OA. Тогда отсюда следовало бы, что расстояние XB не больше, чем OB (так как скорость бега равна скорости автобуса). Однако XB не меньше X'B (проекция не превосходит по длине наклонной), а X'B в свою очередь не меньше, чем OB. Поэтому XB не меньше OB, причем равенство достигается только если X совпадает с O. Таким образом, из точки X нельзя догнать автобус (если только X не совпадает с O). 2) Пусть X' лежит на луче OA. Проведем серединный перпендикуляр к отрезку OX, он пересечет луч OA в некоторой точке B. Точка B равноудалена от точек O и X, поэтому если из точки X бежать по прямой в направлении XB со скоростью автобуса, то в точке B произойдет встреча с автобусом. Из сказанного выше вытекает следующий ответ: если провести через точку O прямую m, перпендикулярную прямой l, то автобус можно догнать только из точек той полуплоскости относительно прямой m, в которой лежит луч OA.

На плоскости дана окружность S и фиксирована некоторая дуга AСB (С - точка на дуге AB) этой окружности. Некоторая окружность S' касается хорды AB в точке P и дуги ACB в точке Q. Докажите, что прямые PQ проходят через фиксированную точку плоскости независимо от выбора окружности S'.

Пусть D - середина дуги AB окружности S, дополнительной к дуге ACB. Покажем, что прямая PQ всегда проходит через точку D. Поскольку окружности S и S' касаются в точке Q, существует гомотетия с центром в Q, переводящая окружность S' в окружность S. При этой гомотетии точка P перейдет в некоторую точку P' дуги ADB окружности S, лежащую на прямой PQ. Кроме того, касательная к окружности S, проведенная в точке P', должна быть параллельна касательной к окружности S', проведенной в точке P (т.е. хорде AB). Единственная точка на дуге ADB окружности S, касательная в которой параллельна хорде AB - это точка D. Поэтому P' совпадает с D, тем самым, утверждение задачи доказано.

В обращении есть монеты достоинством в 1, 2, 5, 10, 20, 50 копеек и 1 рубль. Известно, что k монетами можно набрать m копеек. Докажите, что m монетами можно набрать k рублей.

  Пусть среди k монет, дающих в сумме m копеек, есть a1 монет по 1 коп., a2 – по 2 коп., a3 – по 5, a4 – по 10, a5 – по 20, a6 – по 50 коп. и a7 – по 1 рублю. Тогда       a1 + 2a2 + 5a3 + 10a4 + 20a5 + 50a6 + 100a7 = m;       a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 = k.   Умножим второе равенство на 100 и запишем его в виде:       100a1 + 50·2a2 + 20·5a3 + 10·10a4 + 5·20a5 + 2·50a6 + 100a7 = 100k.   Отсюда следует, что если взять 100a7 монет по 1 коп., 50a6 – по 2, 20a5 – по 5, 10a4 – по 10, 5a3 – по 20, 2a2 – по 50 коп. и a1 монет по 1 рублю, то в сумме они дадут 100k копеек, то есть k рублей. А согласно первому равенству монет будет m.

Даны два бикфордова шнура, каждый из которых горит ровно минуту, если его поджечь с одного конца (но сгорать может неравномерно). Как с помощью этих шнуров отмерить 45 секунд? (Поджигать шнур можно с любого из двух концов.)

Подожжём одновременно первый шнур с двух концов, а второй – с одного конца. Подожжённый с двух концов шнур сгорит в два раза быстрее, то есть за 30 секунд. В момент полного сгорания первого шнура поджигаем второй шнур со второго конца. Если бы мы не сделали этого, то второй шнур горел бы еще 30 секунд. Поэтому после того, как его подожгли со второго конца, ему осталось гореть 15 секунд. Итого с начального момента до момента полного сгорания второго шнура проходит  30 + 15 = 45  секунд.

Деревянный куб покрасили снаружи белой краской, каждое его ребро разделили на 5 равных частей, после чего куб распилили так, что получились маленькие кубики, у которых ребро в 5 раз меньше, чем у исходного куба. Сколько получилось маленьких кубиков, у которых окрашена хотя бы одна грань?

Количество маленьких кубиков, полученных после распиливания большого куба, равно 53=125. Подсчитаем число кубиков, у которых не окрашено ни одной грани. Неокрашенными оказались все кубики, не имеющие ни одной видимой снаружи грани. Эти кубики образуют куб 3*3*3, и их число равно 33=27. Окончательно, число кубиков, у которых окрашена хотя бы одна грань, равно 125-27=98.

98.00

Докажите, что у любого выпуклого многогранника найдутся 4 вершины A, B, C, D, обладающие следующим свойством: для каждой из четырех вершин A, B, C, D, многогранник целиком лежит по одну сторону от плоскости, проходящей через эту точку и параллельной плоскости, проходящей через три другие вершины.

Среди всех четверок вершин многогранника выберем четверку A, B, C, D, образующую тетраэдр наибольшего объема. Докажем, что четверка вершин A, B, C, D удовлетворяет условию задачи. Рассмотрим, например, плоскость П, проходящую через вершину A и параллельную плоскости, проходящей через вершины B, C, и D. Предположим, что не весь многогранник лежит по одну сторону от плоскости П. Тогда найдется некоторая вершина M многогранника, расположенная по разные стороны от плоскости П с плоскостью BCD. Рассмотрим тетраэдр MBCD. Он имеет то же основание BCD, что и тетраэдр ABCD, а высота, опущенная на основание из вершины M, больше высоты тетраэдра ABCD, опущенной на основание из вершины A. Отсюда следует, что объем тетраэдра MBCD больше объема тетраэдра ABCD вопреки выбору вершин A, B, C, D. Полученное противоречие показывает, что многогранник целиком лежит по одну сторону от плоскости П. Аналогичными рассуждениями доказывается, что многогранник лежит целиком по одну сторону от трех других плоскостей, о которых говорится в условии.

Можно ли выписать в строчку 2000 чисел так, чтобы сумма любых трех последовательных чисел была отрицательной, а сумма всех чисел - положительной?

Число 2000 не делится на 3 и общая сумма может быть положительной (хотя сумма любых трех последовательных чисел отрицательна) за счет того, первые два и последние два числа достаточно большие положительные числа. Приведем соответствующий пример строчки чисел: 1000, 1000, -2001, 1000, 1000, -2001, ... , 1000, 1000, -2001, 1000, 1000. В этой последовательности встречаются 666 троек (1000, 1000, -2001), и последние два числа равны 1000. В каждую тройку последовательных чисел входят два числа, равных 1000, и одно число -2001, поэтому сумма любых трех последовательных чисел равна -1. Сумма всех чисел равна (-1)*666+1000+1000=1334 - число положительное.

можно.

Можно ли разбить какой-нибудь треугольник на 5 одинаковых треугольников?

Примером является прямоугольный треугольник ABC с катетами AC=1 и BC=2. Укажем нужное разбиение этого треугольника. Проведем высоту CH из вершины C прямого угла. Треугольник ABC при этом разбивается на 2 подобных треугольника ACH и BCH. Коэффициент подобия этих треугольников равен AC/BC=1/2. Далее, треугольник BCH можно разбить средними линиями на 4 равных треугольника, каждый из которых подобен треугольнику BCH с коэффициентом подобия 1/2. В итоге треугольник ABC оказался разбитым на 5 треугольников, равных треугольнику ACH.

Найдите количество пятизначных чисел, в десятичной записи которых содержится хотя бы одна цифра 8.

Всего есть 90000 пятизначных чисел (см. решение задачи 60336). Найдём количество пятизначных чисел, в которых не содержится ни одной цифры 8. На первом месте в таком числе не может стоять ни 0, ни 8 – всего 8 вариантов; на каждом из последующих четырёх мест может стоять любая из 9 цифр, отличных от 8. Поэтому количество таких чисел равно  8·94 = 52488.  Таким образом, количество пятизначных чисел, в записи которых содержится хотя бы одна цифра 8, равно  90000 – 52488 = 37512.

37512 чисел.

В одном стакане было молоко, а в другом – столько же кофе. Из стакана молока перелили одну ложку в стакан с кофе и размешали. Затем такую же ложку смеси перелили обратно в стакан с молоком. Чего теперь больше: кофе в стакане с молоком или молока в стакане с кофе?

См. задачу 30274.

Поровну.

Замок имеет вид прямоугольника размером 7×9 клеток. Каждая клетка, кроме центральной – комната замка, а в центральной клетке находится бассейн. В каждой стене (стороне клетки), разделяющей две соседние комнаты, проделана дверь. Можно ли, не выходя из замка и не заходя в бассейн, обойти все комнаты, побывав в каждой ровно по одному разу?

Окрасим клетки квадрата 7×9 в шахматном порядке, так что угловые клетки чёрные. При этом чёрных клеток будет на одну больше, чем белых. Легко проверить, что центральная клетка будет белой. Припишем комнатам замка чёрный и белый цвета в соответствии с этой шахматной раскраской. Тогда чёрных комнат будет на две больше, чем белых (чёрных – 32, белых – 30). При обходе комнат замка черные и белые комнаты чередуются, поскольку из чёрной комнаты можно войти только в белую, а из белой – только в черную. Поэтому обойти все комнаты нельзя.

Нельзя.

B cтаде 101 корова. Если увести любую одну, то оставшихся можно разделить на два стада по 50 коров в каждом, так что суммарный вес коров первого стада равен суммарному весу коров другого стада. Известно, что каждая корова весит целое число килограммов. Докажите, что все коровы весят одинаково.

См. задачу 61350 а).

На плоскости даны пять точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой. Докажите, что некоторые четыре из этих точек являются вершинами выпуклого четырёхугольника.

  Рассмотрим выпуклую оболочку данных пяти точек. Это может быть пятиугольник, четырёхугольник или треугольник. В первом случае любые четыре из данных пяти точек являются вершинами выпуклого четырёхугольника. Во втором случае можно взять четыре точки, являющиеся вершинами выпуклой оболочки.   В третьем случае пусть A, B, C – вершины выпуклой оболочки, а M, N – оставшиеся две из данных пяти точек (они лежат внутри треугольника ABC). Прямая MN не пересекает одну из сторон треугольника ABC, скажем, сторону BC. Тогда точки B, C, M, N лежат в вершинах выпуклого четырёхугольника.

Игровое поле представляет собой горизонтальную полоску размером 1×100 клеток. В самой левой клетке стоит фишка. Двое по очереди двигают фишку вправо, причём за один ход разрешается сдвинуть фишку вправо на расстояние от 1 до 10 клеток. Проигрывает тот, кто не может сделать ход (то есть перед его ходом фишка находится в самой правой клетке). Кто выиграет при правильной игре?

Выигрышная стратегия второго игрока такова: после каждого хода первого игрока на k клеток вправо сдвигать фишку на  11 – k  клеток. Таким образом, после пары ходов, которые сделали первый и второй игроки, фишка сдвинется вправо на 11 клеток. В начальном положении справа от фишки было 99 пустых клеток. Поэтому через 9 пар ходов первого и второго игроков фишка будет находиться в самой правой клетке.

Второй.

Из листа клетчатой бумаги размером 11×11 клеток вырезали 15 квадратиков размером 2×2. Докажите, что можно вырезать ещё один такой квадратик.

Покрасим в белый цвет все клетки листа 11×11 из третьего, шестого и девятого столбцов, а также все клетки из третьй, шестой и девятой строк. Оставшиеся клетки покрасим в чёрный цвет. Чёрные клетки образуют 16 чёрных квадратов 2×2. Легко видеть, что вырезая из листа квадратик 2×2, мы не можем "задеть" только один чёрный квадрат. Значит, после вырезания 15 квадратиков 2×2 хотя бы один из 16 чёрных квадратов останется нетронутым. Этот чёрный квадрат и можно вырезать.

В классе 30 учеников. Докажите, что вероятность того, что у каких-нибудь двух учеников совпадают дни рождения, составляет больше 50%.

  Докажем, что вероятность того, что ни у каких двух учеников не совпадают дни рождения, меньше ½.   Упорядочим учеников. Вероятность того, что второй ученик не родился в один день с первым, равна 364/365 (мы опускаем тонкости, связанные с тем, что днем рождения может быть 29 февраля). Вероятность того, что третий не родился в один день с первым или с вторым, равна 363/365, ..., вероятность того, что день рождения тридцатого не совпал с остальными 29 днями рождения, равна 336/365. Поэтому     Можно убедиться (вычислением на компьютере), что p гораздо меньше ½.   Также можно предложить грубые оценки p.

2n конфет разложены по n коробкам. Девочка и мальчик по очереди берут по одной конфете, первой выбирает девочка. Докажите, что мальчик может выбирать конфеты так, чтобы две последние конфеты оказались из одной коробки.

  Мальчик может взять свою первую конфету так, чтобы после этого хотя бы одна коробка освободилась. Действительно, после первого хода девочки осталось  2n – 1  конфета в n коробках, и следовательно, в какой-то из коробок осталось не более одной конфеты. Если в этой коробке нет конфет, то мальчик может взять конфету из любой коробки.   Итак, после того, как мальчик берет первую конфету, одна коробка опустеет и остаётся  2(n – 1)  конфет в  n – 1  коробке. Если мальчик будет и дальше действовать таким образом, то после того, как он возьмёт вторую конфету, опустеют две коробки, ..., после того, как мальчик возьмёт (n–1)-ю конфету, опустеют все коробки, за исключением одной. Это и означает, что две оставшиеся конфеты лежат в одной коробке.

В вершинах куба расставлены цифры 1, 2, ..., 8. Докажите, что есть ребро, цифры на концах которого отличаются не менее чем на 3.

  Назовём расстоянием между двумя вершинами куба наименьшее количество рёбер, которые нужно пройти от одной из этих вершин до другой. Легко видеть, что расстояние между любыми двумя вершинами не больше 3.   Рассмотрим три (или меньше) ребра, по которым можно пройти из вершины 1 в вершину 8. Поскольку,  8 – 1 > 3·2,  то на концах одного из этих рёбер цифры отличаются не менее чем на 3.

На плоскости даны 10 точек: несколько из них – белые, а остальные – чёрные. Некоторые точки соединены отрезками. Назовём точку особой, если более половины соединенных с ней точек имеют цвет, отличный от её цвета. Каждым ходом выбирается одна из особых точек (если такие есть) и перекрашивается в противоположный цвет. Докажите, что через несколько ходов не останется ни одной особой точки.

Допустим, что в какой-то момент мы перекрашиваем особую точку A (для определенности, пусть эта особая точка до перекрашивания была белой). Пусть точка A соединена с m белыми и n черными точками;  m < n  согласно определению особой точки. Поэтому после перекрашивания особой точки количество отрезков, имеющих один белый и один чёрный конец, уменьшается (до перекрашивания из точки A выходило n таких отрезков, а после – только m). Поскольку число отрезков конечно, через несколько перекрашиваний мы не сможем сделать больше ни одного, то есть особых точек не останется.

10 журналов лежат на журнальном столе, полностью покрывая его. Докажите, что можно убрать пять из них так, что оставшиеся журналы будут покрывать не менее половины площади стола.

Занумеруем журналы числами от 1 до 10. От второго журнала отрежем ту часть (если такая есть), которая уже покрывается первым журналом. От третьего журнала отрежем ту часть, которая уже покрывается первым и вторым журналами. Действуем так и дальше, в конце концов от десятого журнала отрежем ту часть, которая уже покрывается всеми журналами с первого по девятый. После описанной процедуры 10 журналов (у некоторых из них, возможно, отрезана какая-то часть, в частности, может быть удален целый журнал) будут покрывать стол в один слой. Следовательно, 5 журналов, наибольших по площади, покрывают не менее половины площади стола. Ясно, что те же самые 5 журналов покрывали не менее половины площади стола и до того, как мы резали журналы. Следовательно, оставшиеся 5 журналов можно убрать со стола так, чтобы условие задачи выполнялось.

Составьте из десяти цифр три простейших арифметических выражения, используя три из четырех арифметических действий сложения, вычитания, умножения и деления. (В записи выражений разрешается лишь знаки трех выбранных арифметических действий. Поясним сказанное на примере. Рассмотрим три арифметических выражения: 3 + 4 = 7, 9 - 8 = 1, 30 / 6 = 5. Этот пример не может служить решением задачи, поскольку цифра 2 пропущена, а цифра 3 повторяется дважды.)

Вот один из возможных вариантов решения: 7 + 1 = 8, 9 - 6 = 3, 4 * 5 = 20.

Даны 10 натуральных чисел, не превышающих 91. Докажите, что отношение некоторых двух из этих чисел принадлежит отрезку  [2/3, 3/2].

  Предположим, что для некоторых чисел  a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ a10 ≤ 91  утверждение не выполнено. Тогда каждое из чисел (кроме первого) больше предыдущего более, чем в 1,5 раза.   a1 ≥ 1  (числа натуральные). Отсюда последовательно получаем:  a2 > 3/2,  то есть  a2 ≥ 2;  a3 > 3/2·2 = 3,  то есть  a3 ≥ 4;  a4 > 6,   то есть  a4 ≥ 7; a5 ≥ 11;  a6 ≥ 17;  a7 ≥ 26;  a8 ≥ 40;  a9 ≥ 61;  a10 ≥ 92.  Противоречие.

На листе бумаги нарисован выпуклый многоугольник M периметра P и площади S. Закрасили каждый круг радиуса R с центром в каждой точке, лежащей внутри этого многоугольника. Найдите площадь закрашенной фигуры.

Закрашенную фигуру можно разбить на части трёх типов:     1) сам многоугольник M;     2) прямоугольники с высотой R, построенные "наружу" на каждой стороне многоугольника M;     3) сектора круга радиуса R с центрами в вершинах M. Поскольку все прямоугольники имеют одинаковую высоту R, а сумма их оснований равна периметру P многоугольника M, суммарная площадь прямоугольников равна PR. Градусная мера каждого сектора дополняет градусную меру соответствующего угла до 180°. Таким образом, сумма градусных мер всех секторов равна сумме внешних углов многоугольника M, то есть равна 360°. Значит, сектора составляют полный круг радиуса R, следовательно, их суммарная площадь равна πR².

S + PR + πR².

На доске написано несколько положительных чисел, каждое из которых равно полусумме остальных. Сколько чисел написано на доске?

Если число равно полусумме остальных, то оно равно трети общей суммы. Следовательно, все числа равны и их три.

Три числа.

На сторонах AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD отметили точки E, F, G, H соответственно. Докажите, что описанные круги треугольников HAE, EBF, FCG и GDH покрывают четырёхугольник ABCD целиком.

Рассмотрим произвольную точку O внутри четырёхугольника ABCD. Сумма углов четырёхугольника ABCD равна 360°, сумма углов HOE, EOF, FOG, GOH также равна 360°. Следовательно, сумма углов в одной из четырёх пар углов HAE и HOE, EBF и EOF, FCG и FOG, GDH и GOH не меньше (360° + 360°) : 4 = 180°.  Пусть, например, это углы HAE и HOE. Тогда описанный круг треугольника HAE отрезка покрывает точку O.

Сколько существует пар натуральных чисел, у которых наименьшее общее кратное (НОК) равно 2000?

  Рассмотрим две возможности.   1) Одно из чисел равно 2000. Тогда другое число может быть любым делителем числа 2000. Поскольку  2000 = 24·53,  оно имеет 20 делителей (см. задачу 30358).   2) Ни одно из двух чисел a, b не равно 2000. Тогда в разложении одного из этих чисел a, b (для определенности, a) на простые сомножители должен присутствовать множитель 24, а в разложении другого – множитель 53. Таким образом,  a = 24·5m,  b = 2n·53,  где m может принимать 3 значения  (0, 1, 2) , и независимо от этого n может принимать 4 значения  (0, 1, 2, 3).  Таким образом, в этом случае имеется  3·4 = 12 возможностей.   Итак, имеется  20 + 12 = 32  пары натуральных чисел, имеющие  НОК = 2000.

32 пары.

Можно ли поверхность единичного куба оклеить четырьмя треугольниками площади 1,5?

Вначале оклеим поверхность куба двумя равными прямоугольниками размером 1×3: каждый из этих прямоугольников покрывает три соседние грани куба. Каждый из них разрежем диагональю на два равных прямоугольных треугольника. Площадь каждого такого треугольника равна 1,5.

Можно.

Стороны AB, BC, CD, DA пространственного четырёхугольника ABCD касаются некоторой сферы в точках K, L, M, N соответственно. Докажите, что точки K, L, M, N лежат в одной плоскости.

  Поскольку отрезки касательных, проведённых из одной точки к сфере, равны, можно обозначить  AN = AK = a,  BK = BL = b,  CL = CM = c, DM = DN = d.  Заметим, что точки K и L лежат в плоскости (ABC). Рассмотрим два случая.   1)  KL || AC.  Тогда по теореме Фалеса  a = c;  значит, и  MN || AC || KL.   2) Прямые KL и AC пересекаются в точке O. По теореме Менелая (для треугольника ABC и секущей KL)  AK/KB·BL/LC·CO/AO = 1,  т.е.  CO/AO = b/a·c/b = c/a.  Значит,  AN/ND·DM/MC·CO/AO = a/d·d/c·c/a = 1.  По теореме Менелая точки O, M, N лежат на одной прямой, следовательно, точки K, L, M, N лежат в одной плоскости.

Внутри треугольника ABC нашлись такие точки P и Q, что точка P удалена от прямых AB, BC, CA на расстояния 6, 7 и 12 соответственно, а точка Q удалена от прямых AB, BC, CA на расстояния 10, 9 и 4 соответственно. Найдите радиус вписанной окружности треугольника ABC.

Обозначим через D, E, F основания перпендикуляров, опущенных из точек P, Q, O на прямую AB соответственно. По условию  PD = 6,  QE = 10.  OF является средней линией в трапеции DPQE, поэтому длина OF равна  ½ (PD + QE) = ½ (6 + 10) = 8.  Следовательно, точка O удалена на расстояние 8 от прямой AB. Аналогично находим, что O удалена на расстояние  ½ (7 + 9) = 8  от прямой BC и на расстояние  ½ (12 + 4) = 8  от прямой CA. Таким образом, O – центр вписанной окружности треугольника ABC, и радиус этой окружности равен 8.

8.

Можно ли так расставить знаки "+" или "–" между каждыми двумя соседними цифрами числа 123456789, чтобы полученное выражение равнялось нулю?

См. задачу 30940 а).

Нельзя.