Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

Докажите, что шесть ребер любого тетраэдра можно разбить на три пары (a,b), (c,d), (e,f) так, чтобы из отрезков длин a+b, c+d, e+f можно было составить треугольник.

В произвольном тетраэдре ABCD рассмотрим три пары скрещивающихся ребер (AB,CD), (AC,BD), (AD,BC). Докажем, что величины AB+CD, AC+BD, AD+BC удовлетворяют неравенству треугольника. Будем доказывать, например, что AB+CD<AC+BD+AD+BC (два оставшихся неравенства доказываются совершенно аналогично). Запишем неравенства треугольника для треугольников ABC, ABD, ACD, BCD: AB<AC+BC; AB<AD+BD; CD<AC+AD; CD<BC+BD. Складывая эти четыре неравенства, получаем: 2AB+2CD<2AC+2BD+2AD+2BC. Поделив на 2, получаем требуемое.

Последовательность f(n) (n=1,2,...), состоящая из натуральных чисел, такова, что f(f(n))=f(n+1)+f(n) для всех натуральных n. Докажите, что все члены этой последовательности различны.

Предположим противное: для некоторых различных натуральных k и m выполнено f(k)=f(m). Тогда f(f(k))=f(k+1)+f(k) и f(f(m))=f(m+1)+f(m), откуда f(k+1)=f(f(k))-f(k) и f(m+1)=f(f(m))-f(m). Правые части полученных равенств по нашему предположению равны, следовательно, f(k+1)=f(m+1). Рассуждая далее таким же образом, получаем, что f(k+2)=f(m+2), f(k+3)=f(m+3), и т.д. Таким образом, для любого натурального n, большего k и m, выполнено f(n)=f(n+|m-k|). Итак, начиная с некоторого члена последовательность периодична с периодом |m-k|. Это, в частности, означает, что все члены последовательности ограничены некоторой константой. С другой стороны f(f(n))=f(n+1)+f(n)>f(n), поскольку f(n+1) - натуральное. Следовательно, последовательность f(n), f(f(n)),...,f(f...(f(n))...) (являющаяся подпоследовательностью последовательности f(n)) строго возрастает и не ограничена никакой константой. Тем самым получено противоречие, завершающее доказательство.

Две окружности пересекаются в точках A и B. К этим окружностям проведена общая касательная, которая касается окружностей в точках C и D. Докажите, что прямая AB делит отрезок CD пополам.

Пусть прямая AB пересекает отрезок CD в точке O. Отрезок OC является отрезком касательной, проведенной из точки O к первой окружности. Секущая OA пересекает первую окружность в точках A и B. Воспользуемся тем фактом, что квадрат длины касательной равен произведению длин отрезков секущей. Имеем: OC2=OA*OB (это равенство можно получить из подобия треугольников OCB и OAC, при этом не ссылаясь на теорему о касательной и секущей). Аналогичным образом, рассматривая касательную OD и секущую OA для второй окружности, получаем равенство OD2=OA*OB. Отсюда OC2=OD2 и OC=OD, что и требовалось доказать.

Докажите, что бесконечная десятичная дробь 0,1234567891011121314... (после запятой подряд выписаны все натуральные числа по порядку) представляет собой иррациональное число.

Рациональные числа выражаются периодическими десятичными дробями. Предположим, что наша дробь периодическая: некоторая последовательность T, состоящая из n цифр, является периодом дроби начиная с m-го знака после запятой. Среди цифр после m-го знака встречаются ненулевые, поэтому в последовательности цифр T есть ненулевая цифра. Это означает, что начиная с m-й цифры после запятой, среди любых n цифр подряд есть ненулевая цифра. Однако в десятичной записи данной дроби должна присутствовать десятичная запись числа 10k, где k больше m и n. Эта запись встретится правее m-й цифры и содержит более n нулей подряд. Противоречие.

Разделите с помощью линейки и циркуля данный отрезок на n равных частей.

Пусть дан отрезок AB. Проведем некоторый луч AX (не лежащий на прямой AB) с началом в точке A. Последовательно отложим на луче AX n равных отрезков AA1, A1A2,..., An-1An. Соединим прямой точки An и B. Проведем через точки A1, A2 ,..., An-1 прямые, параллельные прямой AnB. Согласно теореме Фалеса, эти прямые разделят отрезок AB на n равных частей.

Двум гениям сообщили по натуральному числу и сказали, что эти числа отличаются на 1. После этого они по очереди задают друг другу один и тот же вопрос: "Знаешь ли ты мое число?". Докажите, что рано или поздно один из них ответит положительно.

  Если число одного из гениев равно m, то он знает, что число другого гения равно либо  m + 1,  либо  m – 1;  ему остаётся определить только то, какая из этих двух возможностей имеет место. Когда гений A отвечает на вопрос "Знаешь ли ты моё число?" в первый раз, он может ответить положительно только если его число равно 1 (в этом случае число второго однозначно равно 2). Если ответ был отрицательный, то второй гений B узнает, что число A не равно 1 (хотя он это и так знает, если его число больше 2!). Далее, если при втором задании вопроса B отвечает отрицательно, то A узнает, что число B не равно 1 и 2 (если число B равно 2, он наверняка знал бы, что число A равно 3, поскольку после первого вопроса он знает, что оно не равно 1).   Пусть перед очередным вопросом одного из гениев (для определенности, A) обоим гениям известно, что число A не равно 1, 2, ..., k, а число B не равно  1, 2, ..., k – 1.  Если B ответил отрицательно, то его число не равно k (иначе он бы знал, что число A равно k + 1, также его число не равно  k + 1  (иначе он бы знал, что число A равно  k + 2,  поскольку оно не может быть равно k). Итак, в случае отрицательного ответа B мы приходим к ситуации, аналогичной только что рассмотренной: перед вопросом B обоим гениям известно, что число B не равно  1, 2, ..., k + 1,  а число A не равно 1, 2, ..., k.   Далее при повторении отрицательных ответов каждый из гениев будет постепенно определять, что число другого гения не равно ни одному числу из начального отрезка натурального ряда. Так как числа гениев конечны, то процесс отрицательных ответов рано или поздно прекратится; это означает, что один из гениев ответит на вопрос положительно.

Докажите, что для любых различных положительных чисел a, b, c, d выполнено неравенство  a²/b + b²/c + c²/d + d²/a > a + b + c + d.

Для любых различных положительных чисел x, y справедливо неравенство  x²/y > 2x – y  (оно равносильно неравенствам  x² > 2xy – y²,  (x – y)² > 0).  Складывая неравенства  a²/b > 2a – b,  b²/c > 2b – c,  c²/d > 2c – d,  d²/a > 2d – a  получим неравенство, которое требовалось доказать.

Разложите многочлен  x8 + x4 + 1  на четыре множителя.

 

Итак, Чукча выходит каждый день на охоту по следующему маршруту: 10 км на юг, 10 км на восток, 10 км на север (На запад чукча не ходит) И хоп! Оказывается перед своим чумом. "Однако!" говорит чукча. Теперь вопрос: найти Геометрическое Место Точек, где может находиться чум чукчи.

ГМТ разбивается на две качественно различных категории: Северный полюс - как раз точка пересечения меридианов. Но здесь присутствует некая неопределенность в выборе начального направления движения. Поскольку все направления на юг, то любое начало приведет обратно на северный полюс. Совокупность параллелей около южного полюса. Возьмем параллель около южного полюса длиной 10км (*), отступим от нее на 10 км на север и получим новую параллель. Любая ее точка может служить местом стоянки чума. Действительно: идя 10 км на юг, чукча окажется на параллели длиной 10 км, пройдет 10 км на восток (Полный оборот вокруг южного полюса), окажется на Том Же меридиане. И пройдя 10 км на север, очутится около своего чума. Если в (*) взять параллель длиной 5 км, чукча по ней пройдет Два оборота - те же 10км на восток, если взять длиной 0.5км - то все Двадцать. Итак, Ответ: {Северный полюс}U{счетное семейство параллелей около южного полюса}

Известно, что сумма трех плоских углов при каждой вершине тетраэдра равна 1800. Докажите, что все его грани - равные треугольники.

Пусть данный тетраэдр - ABCD. Рассмотрим его развертку на плоскость ABC. Пусть грани ABD, BCD и CAD при разворачивании тетраэдра перешли в треугольники ABE, BCF и CAG. Сумма углов EAB, BAC, CAG равна 1800, поскольку эти углы равны трем плоским углам тетраэдра при вершине A. Следовательно, точка A лежит на прямой EG. Аналогично доказывается, что точка B лежит на прямой EF и точка C лежит на прямой FG. Таким образом, развертка представляет собой треугольник EFG. Точки A, B, C лежат на его сторонах GE, EF, FG. Кроме того EA=AG, поскольку отрезки EA и AG равны ребру AD тетраэдра. Аналогично, EB=BF и FC=CG. Это означает, что AB, CB, CA - средние линии треугольника EFG. Средние линии делят треугольник EFG на 4 равных треугольника ABE, BCF, CAG и ABC, которые равны, соответственно граням ABD, BCD, CAD и ABC тетраэдра ABCD. Итак, все грани - равные треугольники.

В стране n городов. Между каждыми двумя городами установлено воздушное сообщение одной из двух авиакомпаний. Докажите, из этих двух авиакомпаний хотя бы одна такова, что что из любого города можно попасть в любой другой рейсами только этой авиакомпании.

См. задачу 30814 а).

Внутри квадрата ABCD взята точка M. Доказать, что точки пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM образуют квадрат. Чему равна сторона этого квадрата, если сторона исходного квадрата равна 1?

Отметим точки P, Q, R, S, являющиеся серединами сторон AB, BC, CD, DA соответственно. Очевидно, PQRS - квадрат. MP - медиана в треугольнике ABM. Точка пересечения медиан треугольника ABM делит медиану MP в отношении 2:1, считая от вершины M. Иначе говоря, точка пересечения медиан треугольника ABM является образом точки P при гомотетии с центром в точке M и коэффициентом 2/3. Таким же образом, точки пересечения медиан треугольников BCM, CDM, DAM являются образами точек Q, R, S при гомотетии с центром в точке M и коэффициентом 2/3. Поэтому точки пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM образуют квадрат, гомотетичный квадрату PQRS с коэффициентом 2/3. Если сторона квадрата ABCD равна 1, то сторона квадрата PQRS равна 2-1/2, и следовательно, сторона квадрата, образованного точками пересечения медиан треугольников ABM, BCM, CDM, DAM, равна 2/3*2-1/2=21/2/3.

Докажите, что  (a/b + b/c + c/a)² ≥ 3(a/c + c/b + b/a)  для трёх действительных чисел a, b, c, не равных 0.

Обозначим  x = a/b,  y = b/c,  z = c/a.  Тогда  a/c = xy,  c/b = zx,  b/a = yz.  Значит, нам надо доказать, неравенство  (x + y + z)² ≥ 3(xy + yz + zx),  которое после раскрытия скобок и приведения подобных превращается в неравенство  x² + y² + z2 ≥ xy + yz + zx,  доказанное в задаче 30865.

Известно, что натуральное число n в 3 раза больше суммы своих цифр. Докажите, что n делится на 27.

Обозначим через s сумму цифр данного числа n. По условию  n = 3s,  следовательно n делится на 3. Значит, s делится на 3, то есть  s = 3k . Это означает, что n делится на 9. Следовательно, и s делится на 9, то есть  s = 9m,  а  n = 27m.

Если от некоторого трёхзначного числа отнять 6, то оно разделится на 7, если отнять 7, то оно разделится на 8, а если отнять 8, то оно разделится на 9. Определите это число.

Если к искомому числу прибавить 1, то оно будет делиться на  7·8·9 = 504.  Так как число трёхзначное, то имеется единственная возможность – оно равно 503 = 7·8·9 – 1.

503.

На окружности отмечено n точек, причём известно, что для каждых двух отмеченных точек одна из дуг, соединяющих их, имеет величину, меньшую 120°. Докажите, что все точки лежат на одной дуге величиной 120°.

  Среди всех дуг (меньших 180°), соединяющих пары отмеченных точек, выберем наибольшую по величине дугу AB; по условию её величина меньше 120°. Пусть A' и В' – точки, диаметрально противоположные точкам A и B. Окружность разбивается на четыре дуги: AB, BA', A'B' и B'A. Никакая отмеченная точка C не лежит на дуге BA', иначе величина  ⌣AC > ⌣AB  вопреки выбору дуги AB. Аналогично никакая отмеченная точка не лежит на дуге B'A.   Пусть отмеченная точка C лежит на дуге A'B'. Тогда окружность разбивается на три дуги AB, BC, CA, меньшие 180°. Сумма величин этих трёх дуг равна 360°, поэтому хотя бы одна из этих дуг имеет величину, не меньшую  360° : 3 = 120°  вопреки условию.   Следовательно, все отмеченные точки расположены на дуге AB.

Придумайте признаки делимости натуральных чисел на   а) 2;   б) 5;   в) 3;   г) 4;   д) 25.

Докажите, что все числа вида 1156, 111556, 11115556,... являются точными квадратами.

Пусть количество цифр в числе n=11...15..56 равно 2k. Тогда n=1111...1+44...4+1, где в первом слагаемом количество единиц равно 2k, во втором слагаемом количество четверок равно k. Число, которое записывается с помощью m единиц, равно (10m-1)/9. Поэтому n=(102k-1)/9+4*(10k-1)/9+1= (102k+4*10k+4)/9= ((10k+2)/3)2. Остается заметить, что число ((10k+2)/3) - натуральное (можно показать, что оно равно 33...34, где количество троек равно k- 1), так как число 10k имеет остаток 1 от деления на 3.

Один человек задумал 10 натуральных чисел - x1, x2, ... , x10. Другой отгадывает их. Разрешается задавать вопросы вида: "чему равна сумма a1x1+a2x2+...+a10x10?", где a1, a2, ... , a10 - некоторые натуральные числа. Как за 2 вопроса узнать все загаданные числа?

За первый вопрос узнаем значение выражения x1+x2+...+x10. Пусть это значение равно С. Возьмем достаточно большое число n, такое что 10n>С. Вторым вопросом узнаем значение выражения x1+10nx2+102nx3+...+109nx10. Если значение этого выражения равно S, то в десятичной записи числа S справа налево будут идти группы из n цифр, дающие десятичные записи чисел x1, x2, ... , x10, возможно с несколькими нулями спереди (т.к. поскольку x1, x2, ... , x10<10n, при сложении чисел x1,10nx2,102nx3,...,109nx10 в столбик переносов не возникнет). Тем самым, мы однозначно определили загаданные числа за два вопроса.

На плоскости проведено несколько прямых (не менее трех), никакие две из которых не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. Докажите, что среди частей, на которые они разбивают плоскость, найдется хотя бы один треугольник.

Рассмотрим некоторую прямую l и точку пересечения A двух других прямых k и m, расположенную ближе всего к выбранной прямой среди всех попарных точек пересечения данных прямых (отличных от l). Пусть прямые k и m пересекают прямую l в точках B и C соответственно. Докажем, что треугольник ABC является одной из частей, на которые плоскость разбита прямыми. Предположим противное. Тогда некоторая прямая из данного множества прямых пересекает треугольник ABC. Следовательно, эта прямая пересекает две стороны треугольника ABC, т.е. пересекает хотя бы одну из сторон AB, AC. Пусть K - точка пересечения этой прямой с одной из сторон AB, AC. Тогда расстояние от точки K до прямой l меньше расстояния от точки A до прямой l вопреки выбору точки A. Итак, найден искомый треугольник ABC.

Существуют ли такие иррациональные числа a и b, что степень ab - число рациональное?

Первое решение. Примером могут служить числа a=101/2, b=2lg11. В самом деле, ab = (101/2)2lg11 = 10(1/2)*2lg11 = 10lg11 = 11. Осталось показать, что числа 101/2 и lg11 иррациональные. Если бы выполнялось равенство 101/2=m/n для некоторых натуральных m и n, то было бы верно равенство 10n2=m2, что невозможно, поскольку в левую часть простой множитель 2 входит в нечетной степени, а в правую часть - в четной. Если бы выполнялось равенство lg11=m/n для некоторых натуральных m и n, то было бы верно равенство 10m=11n, что, очевидно, невозможно. Второе решение. Рассмотрим число A = √2√2. Если оно рационально, задача решена (число √2, как известно, иррационально). Если же A иррационально, то число A√2 = √22 = 2 рационально, поэтому A и √2 - искомые числа.

существуют.

Клетки доски 7×7 окрашены в шахматном порядке так, что углы окрашены в чёрный цвет. Разрешается перекрашивать в противоположный цвет любые две соседние клетки. Можно ли с помощью таких операций перекрасить всю доску в белый цвет?

Заметим, что при перекрашивании двух клеток количество клеток белого (или чёрного) цвета либо увеличивается на 2, либо уменьшается на 2, либо остаётся неизменным. В любом случае чётность числа клеток каждого цвета не изменяется. Вначале было 24 клетки белого цвета. Если в конце вся доска стала бы белой цвет, то белых клеток стало бы 49. Поскольку 24 и 49 – числа разной чётности, то данное перекрашивание невозможно.

Нельзя.

На плоскости отмечено 100 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Некоторые пары точек соединены отрезками. Известно, что никакая тройка отрезков не образует треугольника. Какое наибольшее число отрезков могло быть проведено?

См. решение задачи 31104 а).

2500 отрезков.

Из десятизначного числа 2946835107 вычеркнули 5 цифр. Какое наибольшее число могло в результате этого получиться?

В результате вычеркивания остается некоторое пятизначное число. Если в числе 2946835107 не вычеркивать первую цифру, то полученное пятизначное число будет начинаться с двойки и, следовательно, будет меньше, чем 98517. Таким образом, первую цифру надо вычеркивать. Цифру 9 нужно оставлять, иначе в пятизначном числе первая цифра будет меньше, чем 9. Подобным образом продолжаем анализ: чтобы вторая цифра пятизначного числа была максимально возможной, нужно вычеркнуть цифры 4 и 6, а цифру 8 - оставить. Далее, нужно вычеркнуть цифру 3 (если ее оставить, пятизначное число будет иметь вид 983.., т.е. будет меньше, чем 98517). Остается вычеркнуть еще одну цифру, и легкая проверка показывает, что выгоднее всего вычеркнуть ноль.

98517.00

На плоскости нарисовано несколько прямых (не меньше двух), никакие две из которых не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. Докажите, что среди частей, на которые эти прямые делят плоскость, найдется хотя бы один угол.

Рассмотрим множество точек пересечения P пар прямых. Возьмем выпуклую оболочку множества P - наименьший выпуклый многоугольник M, содержащий это множество. Вершинами многоугольника M являются некоторые из точек множества P. Рассмотрим одну из вершин A многоугольника M, а также прямые k и m, которые пересекаются в точке A. Возьмем луч прямой k с началом в A, который не пересекает многоугольник M (точнее, пересекает многоугольник M по точке A). Также возьмем луч прямой m с началом в A, который не пересекает многоугольник M. Эти два луча образуют угол, лежащий вне многоугольника M. Понятно, что этот угол и является одной из частей, на которые плоскость разделена прямыми. Из приведенного рассуждения следует, что если количество прямых не меньше трех, то среди частей плоскости найдутся хотя бы 3 угла, поскольку выпуклая оболочка множества точек P имеет хотя бы 3 вершины.

На столе стоят семь стаканов – все вверх дном. За один ход можно перевернуть любые четыре стакана. Можно ли за несколько ходов добиться того, чтобы все стаканы стояли правильно?

Первый способ. Пусть в некоторый момент мы перевернули 4 стакана, из которых k стаканов стояли вверх дном, а  4 – k  – правильно (k может принимать значения от 0 до 4). После переворачивания из этих четырёх стаканов k будут стоять правильно, а  4 – k  – вверх дном. Таким образом, количество стаканов, стоящих вверх дном, изменится на чётное число  4 – k – k = 2(2 – k).  Таким образом, чётность числа стаканов, стоящих вверх дном, не меняется. Поэтому в любой момент имеется нечётное число стаканов, стоящих вверх дном (так как вначале так стояли 7 стаканов).

Второй способ. Заметим, что каждый стакан должен быть перевернут нечётное число раз, а всего стаканов нечётное число, то есть мы должны сделать нечётное число переворотов. Однако при каждом ходе переворачивается чётное число стаканов. Следовательно, перевернуть все стаканы вниз дном невозможно.

Можно ли покрыть шахматную доску 8×8 доминошками 2×1 так, чтобы никакие две доминошки не образовывали квадратик 2×2?

Докажем, что всегда образуется хотя бы один квадратик 2×2. Предположим противное – доска покрыта доминошками так, что ни одного квадратика не образуется.

Занумеруем горизонтальные ряды доски числами от 1 до 8, а вертикальные ряды – буквами a, b, c, ..., h (как при записи ходов в шахматной партии). Рассмотрим доминошку, покрывающую угловое поле a1. Пусть, для определенности, эта доминошка горизонтальная, т.е. покрывает еще поле b1. Рассмотрим доминошку, покрывающую поле a2. Если бы она была горизонтальной, то она образовывала бы квадратик 2×2 с первой доминошкой. Следовательно, эта доминошка вертикальная, и она покрывает поля a2, a3. Далее, рассмотрим доминошку, покрывающую поле b2. Если бы она была вертикальной, то она образовывала бы квадратик 2×2 с предыдущей доминошкой. Рассматривая далее доминошки, покрывающие поля b3, c3, c4, d4, d5, ..., мы построим "лесенку" чередующихся горизонтальных и вертикальных доминошек, занимающих пары полей (b2,c2),(b3,b4),(c3,d3),(c4,c5),(d4,e4), ..., (g7,h7). После этого остается замкнутое пространство из двух клеток g8, h8, которое должно заниматься одной доминошкой, образующей квадратик 2×2 с доминошкой (g7,h7). Тем самым доказано, что квадратик 2×2 найдется в любом случае.

Несколько камней весят вместе 10 т, при этом каждый из них весит не более 1 т.   а) Докажите, что этот груз можно за один раз увезти на пяти трёхтонках.   б) Приведите пример набора камней, удовлетворяющих условию, для которых четырёх трёхтонок может не хватить, чтобы увезти груз за один раз.

а) См. задачу 78081.

Студенты кафедры высшей геометрии и топологии, находясь летом на отдыхе, разрезали арбуз на 4 части и съели. Могло ли получиться 5 корок?

Если постараться, из арбуза можно вырезать кусок в виде столбика, идущего сквозь весь арбуз. У этого куска будут две корки, соединенные арбузной мякотью.

Можно ли осветить круглую арену 100 прожекторами так, чтобы каждый из них освещал выпуклую фигуру, никакой из них не освещал всю арену, но любые два из них вместе уже освещали всю арену?

Рассмотрим некоторый выпуклый 100-угольник, вписанный в окружность - границу арены. Если вырезать этот 100-угольник, то останется 100 сегментов. Можно занумеровать сегменты числами от 1 до 100. Пусть k-ый прожектор освещает всю арену за исключением k-го сегмента (для k=1,2,...,100). Легко видеть, что при таком освещении арены условие задачи выполняется.

можно.

Существует ли а) ограниченная, б) неограниченная фигура на плоскости, имеющая среди своих осей симметрии две параллельные несовпадающие прямые?

а) Пусть у фигуры есть две параллельные оси симметрии. Введем систему координат таким образом, чтобы эти прямые имели уравнения x=0 и x=1. Пусть некоторая точка (a;b) принадлежит данной фигуре. В силу того, что прямая x=0 является осью симметрии, точка (-a;b) также должна принадлежать данной фигуре. Далее, точка (a+2;b), симметричная точке (-a;b) относительно прямой x=1, также должна принадлежать данной фигуре. Таким образом, вместе с каждой точкой (a;b) данная фигура содержит точку (a+2;b). Повторяя эти рассуждения для точки (a+2;b), получаем, что точка (a+4;b) также принадлежит данной фигуре, и т.д., точки (a+6;b), (a+8;b), (a+10;b),... принадлежат данной фигуре. Это, очевидно, противоречит предположению об ограниченности фигуры. б) Пример - прямая (любая прямая, перпендикулярная ей, является ее осью симметрии).

а) Нет. б) Да.

Докажите, что простых чисел, дающих остаток 2 при делении на 3, бесконечно много.

Предположим, что напротив, найдётся лишь конечное число таких простых чисел, обозначим эти числа p1, p2, ... , pn. Число  A = 3p1p2...pn – 1  не делится на простые числа p1, p2, ..., pn и даёт остаток 2 при делении на 3. Значит, среди его простых делителей должно быть число вида  3k + 2.  Противоречие.

Рассматриваются всевозможные треугольники с целочисленными сторонами и периметром 2000, а также всевозможные треугольники с целочисленными сторонами и периметром 2003. Каких треугольников больше?

Пусть стороны треугольника равны целым числам a, b, c и его периметр равен 2000. Поставим этому треугольнику в соответствие треугольник со сторонами  a + 1,  b + 1,  c + 1,  периметр которого равен 2003 (нетрудно проверить, что неравенство треугольника для таких сторон выполняется). При этом соответствии различным треугольникам соответствуют различные. Однако треугольник периметра 2003 со сторонами 1, 1001, 1001 не соответствует никакому треугольнику периметра 2000. Следовательно, треугольников периметра 2003 больше.

С периметром 2003.

У натурального числа A ровно 100 различных делителей (включая 1 и A). Найдите их произведение.

Заметим, что если число d – делитель числа A, то число A/d также делитель числа A. Поскольку у A 100 делителей, они разбиты на 50 таких пар.

A50.

Бился Иван-Царевич со Змеем Горынычем, трёхглавым и трёххвостым. Одним ударом он мог срубить либо одну голову, либо один хвост, либо две головы, либо два хвоста. Но, если срубить один хвост, то вырастут два; если срубить два хвоста – вырастет голова; если срубить голову, то вырастает новая голова, а если срубить две головы, то не вырастет ничего. Как должен действовать Иван-Царевич, чтобы срубить Змею все головы и все хвосты как можно быстрее?

Существует ли выпуклая фигура, не имеющая осей симметрии, но переходящая в себя при некотором повороте?

Рассмотрим правильный треугольник ABC. Выберем на его сторонах AB, BC, CA точки C', A', B' так, что  AC' : BC' = BA' : CA' = CB' : AB' = 3 : 1;  далее выберем на сторонах AB, BC, CA точки C", A", B" так, что  AC" : BC" = BA" : CA" = CB" : AB" = 1 : 2.  Отрежем от треугольника  ABC треугольники B'AC", C'BA", A'CB".  Получим правильный треугольник с отрезанными "уголками". Полученная фигура выпукла, переходит в себя при повороте на 120° вокруг центра треугольника ABC, однако не имеет осей симметрии.

Существует.

Трое играют в настольный теннис, причем игрок, проигравший партию, уступает место игроку, не участвовавшему в ней. В итоге оказалось, что первый игрок сыграл 10 партий, второй – 21. Сколько партий сыграл третий игрок?

По условию второй игрок сыграл 21 партию, поэтому всего было сыграно не менее 21 партии. Из каждых двух партий подряд первый игрок хотя бы в одной должен участвовать, значит, партий было не более  2·10 + 1 = 21.  Следовательно, была сыграна всего 21 партия, и второй игрок участвовал в каждой из них. В 10 партиях он встречался с первым, а в оставшихся 11 партиях – с третьим.

11 партий.

В прямоугольной таблице некоторые клетки отмечены: в них нарисованы звёздочки. Известно, что для любой отмеченной клетки количество звёздочек в её столбце совпадает с количеством звёздочек в её строке. Докажите, что число строк в таблице, в которых есть хоть одна звёздочка, равно числу столбцов таблицы, в которых есть хоть одна звёздочка.

Заменим каждую звёздочку числом  1/k,  где k – количество звёздочек в ее строке (столбце). Тогда сумма чисел в каждой "непустой" строке равна 1, следовательно, сумма всех чисел в таблице равна числу "непустых" строк. Но, аналогично, она равна и числу непустых столбцов.

На плоскости отмечено 2000 точек. Можно ли провести прямую, по каждую сторону от которой лежит 1000 точек?

Рассмотрим все прямые, соединяющие пары данных точек. Возьмём некоторую прямую l, которая не перпендикулярна ни одной из этих прямых. Введём на плоскости систему координат так, чтобы прямая l являлась осью Ox. Обозначим абсциссы данных точек в порядке возрастания x1, x2, ..., x2000 (эти числа различны в силу выбора прямой l). Проведём прямую, заданную уравнением  x = a,  где  a ∈ (x1000, x1001).  Как легко видеть, по каждую сторону от неё лежит ровно 1000 точек.

Можно.

В строку выписано m натуральных чисел. За один ход можно прибавить по единице к некоторым n из этих чисел. Всегда ли можно сделать все числа равными?

Пусть числа m и n имеют общий делитель  d > 1,  а сумма выписанных вначале чисел на d не делится. При прибавлении по единице к некоторым n из этих чисел сумма всех чисел увеличивается на n. Поскольку n делится на d, сумма выписанных чисел всегда будет иметь один и тот же остаток от деления на d, следовательно, сумма всех чисел никогда не будет делиться на d. Если же в некоторый момент все m чисел станут равными, то сумма всех чисел разделится на m и, следовательно, на d.

Не всегда.

На плоскости синим и красным цветом окрашено несколько точек так, что никакие три точки одного цвета не лежат на одной прямой (точек каждого цвета не меньше трёх). Докажите, что какие-то три точки одного цвета образуют треугольник, на трёх сторонах которого лежит не более двух точек другого цвета.

Рассмотрим треугольник Т наименьшей площади S с вершинами в трёх точках одного цвета. Допустим, что на его сторонах расположено по крайней мере три точки другого цвета. Тогда эти три точки являются вершинами треугольника, площадь которого меньше S, что противоречит выбору треугольника Т.

Докажите, что если в числе 12008 между нулями вставить любое количество троек, то получится число, делящееся на 19.

3·1203...308 = 3609...924 = 3610...000 – 76,  а числа 361 и 76 делятся на 19.

Даны две концентрические окружности. Хорда большей из них касается меньшей и имеет длину 2. Найдите площадь кольца, заключенного между окружностями.

Пусть R – радиус большей окружности, r – радиус меньшей окружности, хорда AB большей окружности касается меньшей окружности в точке C, O – общий центр окружностей.  AB = 2,  а C является серединой AB, поэтому  AC = CB = 1.  По теореме Пифагора  R² – r² = 1,  S = πR² – πr² = π.

π.

На доске записаны несколько чисел. За один ход разрешается любые два из них a и b, одновременно не равные нулю, заменить на числа  a – b/2  и  b + a/2.  Можно ли через несколько таких ходов получить на доске исходные числа?

  Рассмотрим сумму квадратов чисел, выписанных на доске, и покажем, что эта сумма увеличивается. Этим будет обоснован отрицательный ответ на вопрос задачи.   Действительно,  (a – b/2)² + (b + a/2)² = 5/4 (a² + b²) > a² + b².

Нельзя.

Какое наибольшее количество непересекающихся диагоналей можно провести в выпуклом n-угольнике (допускаются диагонали, имеющие общую вершину)?

  Каждая проведённая диагональ увеличивает число многоугольников-частей на 1. Поэтому проведя k непересекающихся диагоналей, мы разрежем n-угольник на  k + 1  многоугольников. Оценим их количество.

  Второй способ. Общая сумма углов получившихся частей равна сумме углов исходного n-угольника, то есть  (n – 2)·180°.  Сумма углов каждого многоугольника не меньше 180°. Поэтому  n – 2  ≥ k + 1,  то есть  k ≤ n – 3.

В народной дружине 100 человек. Каждый вечер на дежурство выходят трое. Можно ли организовать дежурство так, чтобы через некоторое время оказалось, что каждый дежурил с каждым ровно один раз?

Рассмотрим одного из дружинников. Он должен отдежурить с 99 другими. Но каждый раз он дежурит с двумя, а 99 на 2 не делится.

Нельзя.

На плоскости дано несколько прямых (больше одной), никакие две из которых не параллельны. Докажите, что либо найдётся точка, через которую проходят ровно две из данных прямых, либо все прямые проходят через одну точку.

  Пусть не все прямые проходят через одну точку. Рассмотрим множество точек M, в которых пересекаются хотя бы две из данных прямых. Выберем одну из прямых – m. По предположению найдётся точка множества M, не принадлежащая прямой m. Из всех таких точек выберем точку P, лежащую на наименьшем расстоянии от m.   Если через P проходят ровно две данные прямые, то все доказано.   Иначе найдутся три данные прямые PA, PB, PC (точки A, B, C лежат на m), проходящие через точку P. Пусть для определенности точка B лежит между точками A и C. Если через точку B проходят ровно две данные прямые, то все доказано.   Иначе найдётся прямая k, отличная от m и PB, проходящая через точку B. Прямая k должна пересекать одну из сторон PA, PC треугольника ACP в некоторой точке K. Эта точка принадлежит множеству M, но расстояние от неё до m меньше расстояния от P до m. Противоречие.

Докажите, что не существует многочлена (степени больше нуля) с целыми коэффициентами, принимающего при каждом натуральном значении аргумента значение, равное некоторому простому числу.

Предположим, что такой многочлен P(x) существует. В частности,  p = P(1)  – простое число. Тогда  P(1 + p) = (P(1 + p) – P(1)) + P(1)  также делится на p (см. решение задачи 35562). Поскольку число  P(1 + p)  – простое, то  P(1 + p) = p.  Аналогично,  P(1 + 2p) = P(1 + 3p) = ... = p.  Таким образом, многочлен   P(x) – p  принимает нулевое значение в точках  1,  1 + p,  1 + 2p,  ... .  Однако, степень этого многочлена больше нуля, поэтому он не может иметь бесконечное число корней. Противоречие.

Вокруг окружности описан пятиугольник, длины сторон которого – целые числа, а первая и третья стороны равны 1. На какие отрезки делит вторую сторону точка касания?

Пусть данный пятиугольник - ABCDE, причём  AB = CD = 1,  BC = k,  DE = m,  EA = n.  Обозначим через a, b, c, d, e длины отрезков касательных, проведённых соответственно из вершин пятиугольника A, B, C, D, E до точек касания с окружностью. Тогда  a + b = 1,  b + c = k,  c + d = 1,  d + e = m, e + a = n.  Значит,  2b = (a + b) + (b + c) + (d + e) – (c + d) – (e + a)  – целое число. Поскольку  a + b = 1,  то  b < 1,  то есть  b = ½.  Аналогично  c = ½.

На два отрезка длины ½.

Существует ли тетраэдр, высоты которого равны 1, 2, 3 и 6?

Предположим, что такой тетраэдр существует. Обозначим через V его объём, а через S1, S2, S3, S4 – площади граней. Тогда  3V = S1 = 2S2 = 3S3 = 6S4.  Отсюда  S1 = S2 + S3 + S4.  Однако в любом тетраэдре сумма площадей трёх граней больше площади четвёртой грани (пространственный аналог неравенства треугольника). Действительно, проекции трёх граней на четвёртую полностью покроют четвёртую грань, а площадь проекции грани меньше площади самой грани. Противоречие.

Не существует.

В секретной службе работают n агентов – 001, 002, ..., 007, ..., n. Первый агент следит за тем, кто следит за вторым, второй – за тем, кто следит за третьим, и т.д., n-й – за тем, кто следит за первым. Докажите, что n – нечётное число.

Обозначим агентов точками и проведём стрелку от агента A к агенту B в том случае, когда A следит за B. Поскольку каждый агент следит ровно за одним другим, мы получим некоторый цикл (или несколько циклов) из стрелок. Согласно условию, если начать движение по стрелкам, начиная с первого агента и проходя за один раз по двум стрелкам, мы встретим подряд всех агентов с номерами 2, 3, ..., n, и в конце снова придём к первому агенту (это, в частности, означает, что цикл только один). Но в случае чётного числа агентов таким образом мы обойдём только половину цикла.

На плоскости дано n точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что их можно обозначить A1,A2,...,An в таком порядке, чтобы замкнутая ломаная A1A2...An была несамопересекающейся.

Обозначим точки A1,A2,...,An сначала в каком-нибудь произвольном порядке. Если замкнутая ломаная A1A2...An не имеет самопересечений, то условие задачи выполнено. Пусть найдутся два пересекающихся звена, пусть для определенности, это звенья A1A2 и AkAk+1. Заменим эту пару звеньев на звенья A1Ak и A2Ak+1. Таким образом, мы получаем новую замкнутую ломаную A1AkAk-1...A2Ak+1Ak+2...An, соединяющую данные n точек уже в другом порядке. Поскольку отрезки A1A2 и AkAk+1 пересекаются, точки A1,Ak,A2,Ak+1 образуют выпуклый четырехугольник. В выпуклом четырехугольнике сумма длин диагоналей больше суммы длин пары противоположных сторон, поэтому A1A2+AkAk+1 > A1Ak+A2Ak+1. Это означает, что при описанной выше процедуре замены пары звеньев периметр замкнутой ломаной уменьшается. Выполняем аналогичным образом замены пар звеньев ломаной пока это возможно, при этом периметр ломаной уменьшается. Этот процесс не может продолжаться бесконечно, так как способов упорядочить n точек - конечное число. В конечном итоге мы придем к замкнутой ломаной без самопересечений (иначе можно было бы сделать еще одну замену звеньев и еще раз уменьшить периметр ломаной).

Постройте функцию, определенную во всех точках вещественной прямой и непрерывную ровно в одной точке.

Определим функцию f(x) равенствами f(x)=0 при рациональном x и f(x)=x при иррациональном x. Для любого положительного d при |x|<d |f(x)-f(0)|=|f(x)|<d, поэтому функция f(x) непрерывна в точке x=0. С другой стороны пусть a не равно 0. В любой окрестности точки x=a найдутся две точки x=b и x=c, такие что b рационально, а c - иррационально, причем иррациональное число c можно выбрать так, что |c-a|<|a|/2. Тогда в любой окрестности числа a для этих b и c из рассматриваемой окрестности выполнено |f(b)-f(c)|>|0-a/2|=|a/2|, что противоречит непрерывности функции f(x) в точке a.

В квадрате со стороной 1 расположено 100 фигур, суммарная площадь которых больше 99. Докажите, что в квадрате найдется точка, принадлежащая всем этим фигурам.

Обозначим данные 100 фигур A1,A2,...,A100, а их площади - S1,S2,...,S100 соответственно. По условию S1+S2+...+S100>99. Обознчим через Bi фигуру, дополняющую фигуру Ai до квадрата (т.е. состоящую из всех точек квадрата, не принадлежащих фигуре Ai). Тогда площадь фигуры Bi равна 1-Si (для i=1,2,...,100). Тогда сумма площадей фигур B1,B2,...,B100 равна (1-S1)+(1-S2)+...+(1-S100)= 100-(S1+S2+...+S100), что меньше 1. Итак, сумма площадей фигур B1,B2,...,B100 меньше площади квадрата. Это означает, что в квадрате найдется точка, не принадлежащая не одной из фигур B1,B2,...,B100. Как легко понять, эта точка принадлежит каждой из фигур A1,A2,...,A100.

Решите уравнение |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2|=6.

Рассмотрим на числовой прямой точку с координатой x. Сумма |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| равна сумме расстояний от точки x до точек с координатами 2, 1, 0, -1, -2. Заметим, что сумма расстояний от любой точки до точек A и B не меньше длины отрезка AB (и равенство достигается тогда и только тогда, когда точка расположена на отрезке AB). Отсюда получаем, что |x-2|+|x+2| не меньше 4, а |x-1|+|x+1| не меньше 2 при любом x. Поэтому для того, чтобы сумма |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| была равна 2+4=6, необходимо, чтобы |x|=0. Итак, x необходимо равен 0. Легко проверить, что значение x=0 действительно является решением данного уравнения.

x=0.

Каждая точка плоскости, имеющая целочисленные координаты, раскрашена в один из n цветов. Докажите, что найдется прямоугольник с вершинами в точках одного цвета.

Рассмотрим полосу из n+1 подряд идущих горизонтальных рядов точек. Рассмотрим вертикальные ряды этой полосы, состоящие из n+1 точек. Существует лишь конечное число способов раскрасить в n цветов n+1 точек (первую точку можно раскрасить n способами, независимо от этого вторую точку также можно окрасить n способами, и т.д., всего имеется nn+1 способов раскраски n+1 точек в n цветов). Поэтому среди вертикальных рядов рассматриваемой полосы (этих рядов бесконечно много) найдутся два одинаково окрашенных ряда A и B, т.е. таких ряда, что точки этих рядов, расположенные в i-ом горизонтальном ряду (i=1,2,...,n+1), имеют один и тот же цвет. Поскольку в вертикальном ряду A n+1 целая точка, в нем найдутся две точки X и Y одного цвета. В ряду B две точки X', Y', раcположенные в тех же горизонтальных рядах, что и точки X и Y, окрашены тем же цветом, что и X, Y (так как ряды A и B одинаково окрашены). Точки X, Y, X', Y' являются вершинами прямоугольника и имеют один и тот же цвет, т.е. образуют искомую четверку точек.

Известно, что первый, десятый и сотый члены геометрической прогрессии являются натуральными числами. Верно ли, что 99-ый член этой прогрессии также является натуральным числом?

Пусть a1 - первый член прогрессии, а q - ее знаменатель. Тогда десятый член a10 равен a1q9, а сотый член a100 равен a1q99. Положим a1=1, q=21/9 (таким образом, знаменатель прогресии - иррациональное число). Тогда a10=(21/9)9=2, a100=(21/9)99=211. С другой стороны a99=a100/q=211/21/9 - число иррациональное.

неверно.

Концы отрезка фиксированной длины движутся по двум скрещивающимся перпендикулярным прямым. По какой траектории движется середина этого отрезка?

Введем прямоугольную систему координат так, чтобы первая прямая задавалась системой уравнений z=1, y=0, а вторая прямая - системой уравнений z=-1, x=0. Таким образом, первый конец отрезка имеет координаты (a,0,1), а второй конец отрезка имеет координаты (0,b,-1), гда a и b - некоторые числа. Квадрат расстояния между концами отрезка высчитывается по формуле a2+b2+(1-(-1))2= a2+b2+4. Расстояние между концами отрезка должно быть равно фиксированному числу d (отрезок жесткий). Поэтому числа a и b связаны равенством a2+b2+4=d2. Середина M отрезка имеет координаты (a/2,b/2,(1+(-1))/2)=(a/2,b/2,0). Это означает, что M движется в плоскости z=0. Написанное выше уравнение преобразуется к виду уравнения окружности для точки (a/2,b/2) плоскости Oxy: (a/2)2+(b/2)2=(d/2)2-1. Таким образом, точка M движется по окружности радиуса ((d/2)2-1)1/2 с центром в начале координат, лежащей в плоскости Oxy.

по окружности.

Докажите, что при умножении многочлена  (x + 1)n–1  на любой многочлен, отличный от нуля, получается многочлен, имеющий не менее n отличных от нуля коэффициентов.

  Докажем утверждение индукцией по n.   База. При  n = 1  утверждение очевидно.   Шаг индукции. Рассмотрим произведение  Q(x) = (x + 1)nP(x),  где P(x) – некоторый ненулевой многочлен. Без ограничения общности можно считать, что свободный член многочлена P(x) отличен от нуля (умножение на x не меняет числа ненулевых коэффициентов), тогда у многочлена Q(x) свободный член также отличен от нуля и у производной Q'(x) на один ненулевой коэффициент меньше, чем у Q(x). Но Q'(x) = (x + 1)nP'(x) + n(x + 1)n–1P(x) = (x + 1)n–1((x + 1)P'(x) + nP(x)),  то есть Q'(x) получается домножением многочлена  (x + 1)n–1  на ненулевой (как легко проверить) многочлен. По предположению индукции у многочлена Q'(x) не менее n ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена Q(x) не менее n + 1  ненулевых коэффициентов.

Найдите наибольшее натуральное число, каждая некрайняя цифра которого меньше среднего арифметического соседних с ней цифр.

  Пусть a1a2...ak – десятичная запись числа, каждая некрайняя цифра которого меньше среднего арифметического соседних с ней цифр. Тогда a1 – a2 > a2 – a3 > ... > ak–1 – ak.  Если бы первые четыре разности  a1 – a2,  a2 – a3,  a3 – a4,  a4 – a5  были положительными, то разность a1 – a5 = (a1 – a2) + (a2 – a3) + (a3 – a4) + (a4 – a5)  была бы не меньше  4 + 3 + 2 + 1 = 10,  что невозможно. Следовательно, только три разности  a1 – a2,  a2 – a3, a3 – a4  могут быть положительными. Аналогичным образом, только три разности  ak–3 – ak–2,  ak–2 – ak–1,  ak–1 – ak  могут быть отрицательными. Кроме этого, еще одна разность между соседними цифрами может равняться 0.   Сказанное выше означает, что в числе не более 8 цифр (не более  3 + 3 + 1 = 7  разностей между соседними цифрами). Чтобы сделать искомое восьмизначное число максимальным, нужно положить  a1 = 9  и выбрать разности  ai – ai+1  минимально возможными (с тем условием, чтобы среди разностей были три положительных, три отрицательных и одна нулевая):  a1 – a2 = 3,  a2 – a3 = 2,  a3 – a4 = 1,  a4 – a5 = 0,  a5 – a6 = –1,  a6 – a7 = –2,  a7 – a8 = –3.

96433469.

Докажите, что в кубе можно проделать отверстие, через которое можно протащить куб таких же размеров.

Чтобы убедиться в этом, изобразим на левом рисунке проекцию куба на плоскость, перпендикулярную его диагонали BD1. В силу симметрии куба эта проекция – правильный шестиугольник А′A′1В′1C′1C′D′, где A′ – проекция точки A, A′1 – проекция точки A′ и т. д. Таким образом, контур шестиугольника А′A′1В′1C′1C′D′ – проекция пространственного шестиугольника АA1В1C1CD, а в центр О правильного шестиугольника проектируются оба конца диагонали куба BD1.

Из круга S радиуса 1 вырезали круг S' радиуса 1/2, граница которого проходит через центр исходного круга. Определите, где находится центр тяжести полученной фигуры F.

Обозначим центры кругов S и S' через O и O' соответственно, а центр тяжести фигуры F - через M. Из симметрии следует, что M лежит на прямой OO'. Если обозначить за 1 площадь круга S, то площадь круга S' будет равна 1/4, а площадь фигуры F будет равна 3/4. Введем на прямой OO' координаты, приняв за начало координат точку O; за положительное направление примем направление луча OO'. Точка O' при этом имеет координату 1/2. Пусть точка M имеет координату m. Согласно теореме о перегруппировке масс, чтобы по положениям центров масс O' и M фигур S' и F определить центр масс объединения фигур S' и F, нужно приписать точке O' массу (= площадь) фигуры S', а точке M - массу фигуры F, и далее найти центр массы полученной системы из двух точечных масс. Итак, пусть в точке O' с координатой 1/2 сосредоточена масса 1/4, а в точке M с координатой m - масса 3/4. Центр масс полученной системы находится в точке с координатой ((1/4)*(1/2)+(3/4)m)/((1/4)+(3/4))=1/8+(3/4)m. Однако объединение фигур S' и F есть круг S c центром в начале координат. Отсюда 1/8+(3/4)m=0 и m=-1/6. Итак, центр тяжести фигуры F находится на прямой OO' вне луча OO' на расстоянии 1/6 от точки O.

Разбейте куб на три пирамиды.

Возьмем в кубе три грани Г1, Г2, Г3, имеющие общую вершину. Обозначим через A вершину куба, не принадлежащую этим трем граням. Рассмотрим три четырехугольные пирамиды с вершиной A и основаниями Г1, Г2, Г3. Эти пирамиды и образуют нужное разбиение куба.

В каждую жвачку вложен один из n вкладышей, причём каждый вкладыш встречается с вероятностью 1/n. Сколько в среднем надо купить жвачек, чтобы собрать полную коллекцию вкладышей?

Пусть у нас уже собрано k вкладышей. Посчитаем, сколько ждать следующего вкладыша. Назовем жвачку новой, если вложенный в нее вкладыш не встречается среди k уже собранных вкладышей. Обозначим через Mk среднее количество жвачек, которое нужно купить, чтобы последняя купленная жвачка была новой. Рассмотрим следующую купленную жвачку. Она с вероятностью n–k/n  новая (и при этом ожидание (k+1)-й жвачки в коллекции заканчивается), и с вероятностью k/n  не является новой (в этом случае мы, купив одну жвачку, снова оказываемся в состоянии, когда среднее число жвачек, которые нужно купить до покупки новой, равно Mk). Следовательно,  Mk = n–k/n·1 + k/n·(Mk + 1),  откуда  Mk = n/n–k.  Значит, среднее число жвачек, которое необходимо купить для полной коллекции вкладышей, равно  M0 + M1 + ... + Mn–1 = n/n + n/n–1 + ... + n/1 = n(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n).

n(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n).

В выпуклом четырёхугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке O. Известно, что площади треугольников AOB и COD равны. Докажите, что ABCD – трапеция или параллелограмм.

Заметим, что  SABD = SAOB + SAOD = SCOD + SAOD = SACD.  У треугольников ABD и ACD общее основание AD, следовательно, у них равные высоты, опущенные на сторону AD. Это означает, что точки B и C равноудалены от прямой AB. Поскольку B и C находятся по одну сторону от прямой AB, то  BC || AD.

В парламенте 200 депутатов. В процессе заседания произошло 200 потасовок, в каждой из которой участвовали некоторые два депутата. Докажите, что можно объединить в комиссию 67 депутатов, из которых никакие два не выясняли между собой отношения в потасовке.

Сначала включим в комиссию всех депутатов. Назовём депутата вредным для комиссии, если он участвовал по крайней мере в двух потасовках с членами этой комиссии. Если в комиссии нашелся вредный депутат, удалим его из комиссии (при этом некоторые депутаты могут перестать быть вредными). Будем удалять из комиссии вредных депутатов, пока это возможно. Пусть после завершения этого процесса депутатов в комиссии осталось k депутатов, между которыми произошли m потасовок. С одной стороны,  k ≥ 2m  (иначе есть вредный депутат); с другой стороны  200 – m ≥ 2(200 – k)  (так как каждый раз при удалении из комиссии вредного депутата количество потасовок между членами комиссии уменьшалось по крайней мере на 2). Отсюда k + (200 – m)  ≥ 2m + 2(200 – k),  следовательно,  k – m ≥ 67.  Наконец, удалим из комиссии по одному участнику каждой из m потасовок, после чего получим комиссию, между членами которой уже не было потасовок, состоящую из  k – m  членов.

В пространстве дано несколько прямых, причём каждые две из них пересекаются. Докажите, что либо все прямые проходят через одну точку, либо все прямые лежат в одной плоскости.

  Рассмотрим пару прямых m и l, которые пересекаются в точке O. Через эту пару прямых проведём плоскость π. Пусть среди оставшихся прямых есть некоторая прямая k, не лежащая в плоскости π. С одной стороны, эта прямая пересекается с плоскостью π в единственной точке, а с другой стороны, она должна пересекаться с каждой из прямых m, l. Это означает, что прямая k проходит через точку O. Итак, все прямые, не лежащие в плоскости π, проходят через точку O. Каждая из данных прямых, лежащая в плоскости π, проходит через точку O, поскольку она должна пересекаться с прямой k.   Таким образом, если не все прямые лежат в плоскости π, то все они проходят через точку O.

Известно, что ортогональные проекции некоторого тела на две непараллельные плоскости являются кругами. Докажите, что эти круги равны.

Пусть π1 и π2 – две данные непараллельные плоскости, D1 и D2 – диаметры кругов, являющихся проекциями данного тела на плоскости π1 и π2. Проекцией данного тела на любую прямую, лежащую в плоскости πi, будет являться отрезок длины Di. Рассмотрим проекцию данного тела на прямую пересечения плоскостей π1 и π2. С одной стороны, это отрезок длины D1, а с другой – отрезок длины D2. Следовательно,  D1 = D2.

На собеседовании десяти человекам был предложен тест, состоящий из нескольких вопросов. Известно, что любые пять человек ответили вместе на все вопросы (то есть на каждый вопрос хоть один из пяти дал правильный ответ), а любые четыре – нет. При каком минимальном количестве вопросов это могло быть?

  По условию для каждой четвёрки людей найдется вопрос, на который они не ответили. С другой стороны, количество людей, не ответивших на этот вопрос, не больше четырёх. Поэтому число вопросов не меньше числа четвёрок, которые можно выбрать из 10 человек, то есть     Наоборот, если в тесте было 210 вопросов (столько, сколько имеется четвёрок людей), причем на каждый вопрос не ответила своя четвёрка, то условие задачи выполняется.

При 210 вопросах.

На доске 100×100 расставлено 100 ладей, не бьющих друг друга. Докажите, что в правом верхнем и в левом нижнем квадратах размером 50×50 расставлено равное число ладей.

Разделим доску на четыре квадрата 50×50. Обозначим через k число ладей, которые стоят в левом верхнем квадрате. Левый и правый верхние квадраты образуют вместе 50 верхних строк, следовательно, в них расположено 50 ладей. Поэтому в правом верхнем квадрате расположено  50 – k  ладей. Аналогично вычисляется число ладей в левом нижнем квадрате – их тоже  50 – k.

На доске размером 8×8 двое по очереди закрашивают клетки так, чтобы не появлялось закрашенных уголков из трёх клеток. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре?

Второй игрок может всегда ходить симметрично первому (относительно центра доски). Тогда при его ходе не может появиться закрашенный уголок – иначе он появился бы на предыдущем ходу. Значит, он выиграет.

Второй.

На экране терминала с доступом к "Матрице" горит число, которое каждую минуту увеличивается на 102. Начальное значение числа 123. Хакер Нео имеет возможность в любой момент изменять порядок цифр числа, находящегося на экране. Может ли он добиться того, чтобы число никогда не стало четырёхзначным? Добившись этого, он зациклит действия агентов и спасёт своих друзей.

  Первый способ. Покажем, что Нео сможет снова получить число 123 и таким образом повторять свои действия неограниченное количество раз. Алгоритм:     123 → 225 → 327 ~ 237 → 339 → 441 ~ 144 → 246 → 348 → 450 ~ 405 → 507 → 609 → 711 ~ 117 → 219 → 321 ~ 123.

  Второй способ. Покажем, что Нео может придти от начального значения 123 к набору цифр 549, а затем повторно получить набор цифр 549.     123 → 225 ~ 252 → 354 ~ 345 → 447 → 549 → 651 → 753 ~ 357 → 459 ~ 549.

Найдите число нулей, на которое оканчивается число  11100 – 1.

S = (10 + 1)100 – 1 = ... + (100·99·98 : 6) ·103 + (100·99 : 2)·102 + 100·10 + 1 = ... + (33·49)·105 + 495000 + 1000 = A + 496000,  где все члены на месте троеточия делятся на 104, то есть A оканчивается по крайней мере на четыре нуля. Отсюда следует, что число S оканчивается на три нуля (а четвёртая с конца цифра числа S равна 6).

Три нуля.

На плоскости расположены 100 точек-овец и одна точка-волк. За один ход волк передвигается на расстояние не больше 1, после этого одна из овец передвигается на расстояние не больше 1, после этого снова ходит волк и т.д. При любом ли начальном расположении точек волк сможет поймать одну из овец?

Введем на плоскости систему координат. Пусть k-ая овца имеет координаты (4k;0), k=1,2,...,100, а начальное положение волка таково, что за один ход он не может достичь ни одной овцы. Опишем стратегию овец. Овцы будут ходить только по прямым x=4k. Пусть перед ходом овец волк находится в точке (x;y) одной из вертикальных полос |x-4k|<2 (эти полосы не пересекаются). Тогда ходит овца с номером k, причем если эта овца находится в точке (4k;z), то она перемещается в точку (4k;z+1) если z>y и в точку (4k;z-1) если z не больше y (т.е. k-ая овца удаляется от волка на 1 вдоль оси Oy). Ясно, что после этого волк за один ход снова не может поймать ни одной овцы. Если волк перед ходом овец находится вне полос |x-4k|<2, то овцы могут сделать любой ход. Придерживаясь этой стратегии, овцы смогут добиться того, что ни одна из них не будет поймана.

нет.

Каждый вечер Иван Таранов приходит в случайное время на автобусную остановку. На этой остановке останавливаются два маршрута - на одном из них Иван может ехать к себе домой, а на другом - в гости к другу Козявкину. Иван ждет первого автобуса и в зависимости от того, какой автобус подошел, он едет либо домой, либо к другу. Через некоторое время Иван заметил, что в гостях у Козявкина он оказывается при этом примерно в два раза чаще, чем дома. На основе этого Иван делает вывод, что один из автобусов ходит в два раза чаще другого. Прав ли он? Могут ли при выполнении условия задачи автобусы ходить с одинаковой частотой? (Предполагается, что автобусы ходят не случайным образом, а по некоторому расписанию.)

Рассмотрим следующий пример. Пусть маршрут A, который везет Ивана домой, приходит каждый час в 00 минут (т.е. в 0.00, 1.00, 2.00, ... ,23.00), а маршрут B, который везет к другу, приходит каждый час через 40 минут после автобуса маршрута A (т.е. в 0.40, 1,40, ... ,23.40). Таким образом, если Ваня подходит к остановке в первые 40 минут каждого часа, то он оказывается у друга, а если в последние 20 минут каждого часа (это происходит в два раза реже), то у себя дома.

Биллиард имеет форму выпуклого четырехугольника ABCD. Из точки K стороны AB выпустили биллиардный шар, который отразился в точках L, M, N от сторон BC, CD, DA, возвратился в точку K и вновь вышел на траекторию KLMN. Докажите, что четырехугольник ABCD можно вписать в окружность.

По условию четырехугольник KLMN, вписанный в четырехугольник ABCD, является замкнутой биллиардной траекторией. Пользуясь тем, что угол падения равен углу отражения, можно ввести следующие обозначения: углы AKN и BKL обозначим за x, углы BLK и CLM обозначим за y, углы CML и DMN обозначим за z, углы DMN и ANK обозначим за t. Пользуясь тем, что сумма углов в треугольнике равна 1800, из треугольников NAK, KBL, LCM, MDN получаем, что угол DAB равен 1800-t-x, угол ABC равен 1800-x-y, угол BCD равен 1800-y-z, угол CDA равен 1800-z-t. Отсюда следует, что в четырехугольнике ABCD сумма углов DAB и BCD равна сумме углов ABC и CDA (и равна 3600-t-x-y-z). Поскольку сумма углов четырехугольника равна 3600, то каждая из этих сумм равна 1800. Итак, мы получаем, что в четырехугольнике ABCD сумма противоположных углов равна 1800, следовательно, ABCD - вписанный четырехугольник, что и требовалось доказать.

На клетчатой плоскости со стороной клетки 1 нарисован круг радиуса 1000. Докажите, что суммарная площадь клеток, целиком лежащих внутри этого круга, составляет не менее 99% площади круга.

Покрасим все клетки, целиком содержащиеся внутри исходного круга. Рассмотрим круг S радиуса 998, имеющий тот же центр, что и исходный круг. Покажем, что весь этот круг оказался покрашенным. Пусть напротив, некоторая точка A круга S оказалась непокрашенной. Это означает, что найдется точка B, лежащая вне исходного круга, такая что A и B принадлежат одной клетке. Обозначим через O общий центр кругов. Тогда длина OA не больше 998, а длина OB не меньше 1000. Согласно неравенству треугольника AB не меньше, чем OB-OA, т.е. AB не меньше 2. Однако нетрудно проверить, что максимальное расстояние между двумя точками из одной клетки со стороной 1 не превосходит длины диагонали клетки, равной 21/2, что меньше 2. Таким образом, мы пришли к противоречию, предположив, что не весь круг S покрашен. Таким образом, круг S покрашен, и следовательно, доля покрашенной части исходного круга оценивается снизу отношением площадей круга S и исходного круга. Отношение площадей кругов равно отношению квадратов радиусов, поэтому покрашенная доля составляет не менее 9982/10002=(1-0,002)2, что равно 1-2*0,002+0,0022, что в свою очередь больше 0,99.

За круглым столом совещались 2n депутатов. После перерыва эти же 2n депутатов расселись вокруг стола, но уже в другом порядке. Доказать, что найдутся два депутата, между которыми как до, так и после перерыва сидело одинаковое число человек.

  Занумеруем депутатов числами  1, 2, ..., 2n  в том порядке (по часовой стрелке), в котором они сидели до перерыва; таким же образом пронумеруем места за столом. Обозначим через ai количество мест, на которое сдвинулся i-й депутат по часовой стрелке после перерыва. Таким образом, каждое из чисел  a1, a2, ..., a2n  принимает некоторое значение из множества  {0, 1, ..., 2n – 1}.   Если некоторые два депутата сдвинулись после перерыва на одинаковое число мест, то между ними как до, так и после перерыва сидело одинаковое число человек, то есть утверждение задачи выполнено.   В противном случае числа  a1, a2, ..., a2n  образуют перестановку чисел  0, 1, ..., 2n – 1.  Число  i + ai  сравнимо по модулю 2n с номером места, на которое сел после перерыва i-й депутат. Поскольку после перерыва каждое из 2n мест снова занято одним из депутатов, сумма  (1 + a1) + (2 + a2) + ... + (2n + a2n)  сравнима по модулю 2n с суммой номеров всех мест  1 + 2 + ... + 2n.  Отсюда следует, что сумма  a1 + a2 + ... + a2n  делится на 2n. Однако a1 + a2 + ... + a2n = 0 + 1 + 2 + ... + (2n – 1) = n(2n – 1),  что не делится на 2n. Противоречие.

Внутри угла расположены три окружности S1, S2, S3, каждая из которых касается двух сторон угла, причем окружность S2 касается внешним образом окружностей S1 и S3. Известно, что радиус окружности S1 равен 1, а радиус окружности S3 равен 9. Чему равен радиус окружности радиус окружности S2?

Рассмотрим гомотетию H с центром в вершине угла, переводящую окружность S1 в окружность S2. Окружность S2 при применении этой гомотетии переходит в окружность, касающуюся сторон угла и касающуюся внешним образом окружности H(S1)=S2; таким образом, окружность S2 при применении гомотетии переходит в окружность S3. Обозначим через Ri радиус окружности Si, i=1,2,3, и через k коэффициент гомотетии H. Тогда R2=kR1 и R3=kR2, откуда R22=R1R3. Подставляя значения R1=1 и R3=9, окончательно получаем, что R22=9 и R2=3.

3.00

На острове живут лжецы и рыцари, всего 2001 человек. Рыцари всегда говорят правду, а лжецы лгут. Каждый житель острова заявил: "Среди оставшихся жителей острова более половины - лжецы". Сколько лжецов на острове?

Все жители острова не могут быть лжецами, иначе каждый из них сказал бы правду. Возьмем некоторого рыцаря. Из его заявления вытекает, что лжецов на острове больше, чем (2001-1)/2=1000. Возьмем теперь некоторого лжеца. Его заяление ложно, поэтому кроме него не более половины жителей острова - лжецы. Это означает, что кроме него на острове не более 2000/2=1000 лжецов, т.е. вместе с ним лжецов не более 1001. Таким образом, из полученных оценок на число лжецов получаем, что единственная возможность - когда на острове ровно 1001 лжец.

1001.00

В пространстве даны два совпадающих куба с ребром 1. Один из них повернули вокруг некоторой прямой, проходящей через его центр, на некоторый угол. Докажите, что после такого поворота объем общей части кубов остался больше 0,52.

После поворота одного из кубов оба куба по-прежнему имеют общий центр. Поэтому каждый из этих кубов содержит их общий вписанный шар. Радиус этого шара равен 1/2, и по формуле объема шара мы находим его объем V=(4/3)п(1/2)3=п/6, что больше 3,14/6>0,52.

Дана таблица размера m×n  (m, n > 1).  В ней отмечены центры всех клеток. Какое наибольшее число отмеченных центров можно выбрать так, чтобы никакие три из них не являлись вершинами прямоугольного треугольника?

   Выберем в таблице центры всех клеток нижней строки и правого столца, за исключением правой нижней угловой клетки. Всего выбрано  m + n – 2  точки, и каждая тройка отмеченных точек образует тупоугольный треугольник.    Докажем, что больше  m + n – 2  центров клеток выбрать нельзя. Для каждого отмеченного центра либо в его строке, либо в его столбце других отмеченных центров нет. Пометим этот ряд. Если помечены все строки, то выбрано всего не больше   m ≤ m + n – 2  центров. Аналогична ситуация, когда помечены все столбцы.    Если же помечены не все строки и не все столбцы, то всего помеченных рядов (а значит, и отмеченных центров) не больше, чем   (m – 1) + (n – 1) = m + n – 2 . .

m + n – 2.

В треугольнике ABC угол A больше угла B. Докажите, что длина стороны BC больше половины длины стороны AB.

На стороне BC рассмотрим точку D такую, что угол DBA равен углу DAB. Из условия задачи следует, что точка D лежит между точками B и C, а не на продолжении отрезка BC. Следовательно, BD<BC. Но BD - наклонная, а половина стороны AC - проекция этой наклонной (поскольку треугольник ABD равнобедренный, точка D лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB). Поскольку длина наклонной больше длины проекции, BD>AB/2. Отсюда BC>AB/2, что и требуется.

Каково максимальное значение, которое может принимать площадь проекции правильного тетраэдра с ребром 1?

Рассмотрим два возможных случая. 1. Проекция тетраэдра - треугольник. Тогда длина каждой из его сторон не больше 1 (при проектировании длина отрезка может только уменьшиться). Обозначим две из сторон треугольника a и b, и пусть C - величина угла между этими сторонами. Из формулы площади треугольника вытекает, что площадь проекции равна ab*sin(С)/2, что не превосходит 1/2. 2. Проекция тетраэдра - четырехугольник. Диагонали этого четырехугольника являются проекциями некоторых ребер тетраэдра, поэтому длина каждой из диагоналей не больше 1. Обозначим длины диагоналей через d1, d2, и пусть U - величина угла между этими диагоналями. Из формулы площади четырехугольника вытекает, что площадь проекции равна d1d2*sin(U)/2, что не превосходит 1/2. Осталось убедиться, что найдется плоскость, проекция на которую имеет площадь в точности 1/2. Нетрудно проверить, что плоскость, параллельная паре скрещивающихся ребер тетраэдра, обладает нужным свойством: проекция тетраэдра на эту плоскость есть квадрат с диагональю 1.

0.50

В банде 50 бандитов. Все вместе они ни в одной разборке ни разу не участвовали, а каждые двое встречались на разборках ровно по разу. Докажите, что один из бандитов был не менее, чем на восьми разборках.

Допустим противное. Выберем бандита А. Он участвовал не более, чем в 7 разборках, причем каждый из оставшихся бандитов присутствовал ровно на одной из этих разборок. Всего бандитов (без бандита А) 49, поэтому хотя бы в одной из разборок (обозначим ее через Р) участвовало не меньше 7 бандитов, всего же на этой разборке (вместе с А) участвовало не меньше 8 бандитов. Возьмем бандита Б, не участвовавшего в разборке Р. Он искомый, так как он участвовал в разборках со всеми бандитами разборки Р, причем все эти разборки различны. Действительно, пусть Х и У - бандиты, участвовавшие в разборке Р, а С - разборка, в которой участвовали Б, Х и У. Тогда Х и У участвовали в двух разборках Р и С, что противоречит условию задачи.

Число ребер выпуклого многогранника равно 99. Какое наибольшее число ребер может пересечь плоскость, не проходящая через его вершины?

Ответ - 66. Нужно доказать, что это число возможно, а большее - невозможно. Сначала докажем второе. Каждую грань плоскость пересекает не более, чем по двум ребрам, тем самым хотя бы одно ребро, принадлежащее грани, остается непересеченным. Поэтому в каждой грани непересеченные ребра составляют не меньше трети от общего числа ребер (в этой грани). Сложим все эти неравенства по всем граням. Учитывая, что каждое ребро принадлежит двум граням, получаем искомое утверждение. Приведем пример выпуклого многогранника, 66 ребер которого пересекает некоторая плоскость, не проходящая через его вершины. Рассмотрим правильный 100-угольник на плоскости; рассмотрим фрагмент его контура - ломаную L, состоящую из 32 сторон; ее вершины обозначим через C1, C1, ..., C33. Через центр O 100-угольника проведем отрезок AB, перпендикулярный к плоскости и такой, что A и B лежат по разные стороны плоскости на равных расстояниях от нее. Построим многогранник: две его грани - треугольники AC1B и AC33B, а остальные грани - треугольники вида ACiCi+1 и BCiCi+1. У такого многогранника в точности 99 ребер. Нетрудно понять, что все ребра этого многогранника, имеющие вид ACi и BCi (этих ребер - 66), можно пересечь одной плоскостью.

Сколько целых чисел от 1 до 2001 имеют сумму цифр, делящуюся на 5?

  Все числа от 1 до 2001 разобьём на десятки: два неполных, в первый из которых входят числа от 1 до 9, а во второй – числа 2000 и 2001, и 199 полных десятков - от 10 до 19, от 20 до 29, ..., от 1990 до 1999. В неполных десятках имеется лишь одно число с суммой цифр, кратной 5 (непосредственно проверяется).   В полном десятке сумма цифр каждого следующего числа по модулю 5 получается из суммы цифр предыдущего прибавлением единицы. Значит, в каждом таком десятке есть ровно два числа с суммой цифр, кратной 5.   Следовательно, интересующих нас чисел  1 + 2·199 = 399.

399.

По случаю празднования дня Смеха Джон и Иван приготовили себе по коктейлю. Джон смешал виски с ликёром, а Иван – водку с пивом. Известно, что виски крепче водки, а ликёр крепче пива. Можно ли утверждать, что Джон пьёт более крепкий коктейль?

Приведём контрпример. Пусть процент содержания спирта в пиве – 5%, в ликёре – 10%, в водке – 40%, а в виски – 50%. Пусть Иван смешал 400 г водки и 100 г пива, а Джон – 400 г ликера и 100 г виски. Тогда у каждого по 500 г коктейля. В коктейле Ивана  400·0,4 + 100·0,05 = 165 г  спирта, а в коктейле Джона всего  400·0,1 + 100·0,5 = 90 г  спирта.

Нельзя.

Дана клетчатая таблица 99×99, каждая клетка которой окрашена в чёрный или в белый цвет. Разрешается одновременно перекрасить все клетки некоторого столбца или некоторой строки в тот цвет, клеток которого в этом столбце или в этой строке до перекрашивания было больше. Всегда ли можно добиться того, чтобы все клетки таблицы стали покрашены в один цвет?

Вначале применим описанное в условии перекрашивание к каждой строке таблицы. После этого каждая из строк состоит из клеток одного цвета. Это, в частности, означает, что в каждом из столбцов стало по одинаковому числу чёрных (белых) клеток. Теперь достаточно перекрасить каждый из столбцов – после этого все столбцы станут одноцветными, причём все они будут окрашены в один и тот же цвет.

Всегда.

В стране несколько городов (больше одного); некоторые пары городов соединены дорогами. Известно, что из каждого города можно попасть в любой другой, проезжая по нескольким дорогам. Кроме того, дороги не образуют циклов, то есть если выйти из некоторого города по какой-то дороге и далее двигаться так, чтобы не проходить по одной дороге дважды, то невозможно возвратиться в начальный город. Докажите, что в этой стране найдутся хотя бы два города, каждый из которых соединен дорогой ровно с одним городом.

  Первый способ. Рассмотрим самую длинную цепь из дорог, то есть возьмём самую длинную последовательность попарно различных городов A1, A2, ..., Ak, в которой каждые два соседних города в этой последовательности соединены дорогой. Докажем, что из городов A1 и Ak выходит ровно одна дорога (соответственно в A2 и Ak–1). Пусть, например, из A1 идет дорога в некоторый город B, отличный от A2. Если B – один из городов A3, ..., Ak, то возникает цикл из дорог, что противоречит условию. Таким образом, город B отличен от городов A1, A2, ..., Ak. Следовательно, в последовательности городов B, A1, A2, ..., Ak города попарно различны и соседние города соединены дорогой. Но эта последовательность содержит больше k городов вопреки выбору последовательности A1, A2, ..., Ak.

Внутри выпуклого пятиугольника расположены две точки. Докажите, что можно выбрать четырехугольник с вершинами в вершинах пятиугольника так, что в него попадут обе выбранные точки.

Проведем прямую через две данные точки. В одной из полуплоскостей от этой прямой лежит по крайней мере три вершины A, B, C пятиугольника. Отрежем от пятиугольника треугольник с вершинами в этих в точках A, B, C. Получаем, что две данные точки лежат в оставшемся четырехугольнике. Это и требовалось в задаче.

Решите уравнение 2x+3x=5x.

Одно из решений можно угадать сразу: x=1. Теперь достаточно показать, что это уравнение имеет не более одного решения. Преобразуем уравнение к виду (2/5)x+(3/5)x=1. В левой части записана функция, убывающая на всей числовой оси (как сумма двух убывающих функций). Следовательно, эта функция принимает каждое действительное значение не более одного раза. Поэтому для любого числа c уравнение (2/5)x+(3/5)x=с имеет не более одного решения.

x=1.

Выпуклый многоугольник M переходит в себя при повороте на угол 900. Докажите, что найдутся два круга с отношением радиусов, равным 21/2, один из которых содержит M, а другой - содержится в M.

Рассмотрим центр O поворота, переводящего многоугольник в себя. Рассмотрим вершину A многоугольника, наиболее удаленную от O. Весь многоугольник содержится в круге S с центром O и радиусом R=OA. Вместе с точкой A вершинами многоугольника являются точки B, C, D, которые получаются из A поворотами на углы 900, 1800, 2700 вокруг точки O. Точки A, B, C, D являются вершинами квадрата с центром O. Поскольку многоугольник выпуклый, весь квадрат ABCD принадлежит многоугольнику. Следовательно, вписанный в него круг s также содержится в многоугольнике. Радиус круга s равен r=OA/21/2=R/21/2. Как видим, круги S и s удовлетворяют условию задачи.

В пространстве расположено выпуклое тело. (Можно предполагать, что тело замкнуто, т.е. каждая точка границы тела принадлежит ему.) Известно, что сечение этого тела любой плоскостью представляет собой круг или пустое множество. Докажите, что данное тело является шаром.

Рассмотрим две наиболее удаленные точки тела - A и B. (Для ограниченного замкнутого тела функция расстояния между парами точек является непрерывной, и, по соответствующей теореме из математического анализа, эта функция достигает своего наибольшего значения для некоторой пары точек тела). Все сечения тела, проходящие через прямую AB, являются кругами. Диаметр каждого из этих кругов не меньше AB, поскольку точки A и B принадлежат каждому из рассматриваемых сечений. С другой стороны, диаметр каждого из этих кругов не больше AB, поскольку AB - максимальное расстояние между парами точек тела. Таким образом, каждое сечение, проходящее через AB, есть круг с диаметром AB. Эти круги в объединении дают все тело, а именно, шар, построенный на AB как на диаметре.

Докажите, что из шести ребер тетраэдра можно сложить два треугольника.

Пусть AB - наибольшее ребро тетраэдра (которое не меньше каждого). Сложим неравенства треугольника для граней ABC и ABD: AB<AC+CB, AB<AD+DB; получим 2AB<(AC+AD)+(CB+DB). Значит, верно хотя бы одно из неравенств AB<AC+AD и AB<CB+DB (в противном случае неравенство не выполняется). Если верно первое, то из сторон AB, AC и AD можно составить треугольник (поскольку AB - наибольшее ребро), а три остальные стороны - BC, CD и DB - и так составляют треугольник. Если верно второе неравенство, то аналогичным образом составляются треугольники из сторон AB, CB и DB (один треугольник) и из сторон AC, CD и DA (второй треугольник).

На плоскости нарисован острый угол с вершиной в точке O и точка P внутри него. Постройте точки A и B на сторонах угла так, чтобы треугольник PAB имел наименьший возможный периметр.

Пусть A и B - некоторые положения точек на сторонах угла. Пусть точки P1 и P2 симметричны точке P относительно сторон угла OA и OB соответственно. Пусть отрезок P1P2 пересекает стороны угла OA и OB соответственно в точках A' и B' (нетрудно проверить, что так как данный угол острый, отрезок P1P2 пересекает стороны угла, а не продолжения сторон). Периметр треугольника PAB равен PA+AB+BP, что в силу симметрии равно P1A+AB+BP2. Сумма P1A+AB+BP2, в свою очередь, не меньше длины отрезка P1P2, причем равенство достигается в том и только в том случае, когда A совпадает с A' и B совпадает с B'. Поскольку положения точек P1 и P2 фиксированы, то наименьшее значение периметра треугольника PAB достигается, когда A совпадает с A' и B совпадает с B'. Из сказанного выше легко вытекает способ построения искомых точек.

Колода из 36 карт сложена так, что через четыре карты масть повторяется. Несколько карт сверху сняли, не перекладывая перевернули и вставили произвольным образом (не обязательно подряд) между оставшимися. После этого колоду разделили на 9 стопок по 4 идущие подряд карты. Докажите, что в каждой из этих стопок встретится по одной карте каждой масти.

Обозначим через A начальное расположение карт в колоде, через B - распожение карт в колоде, полученной из колоды A указанным в условии задачи преобразованием. Обозначим A' ту часть колоды A, котрую мы сняли сверху, и через A'' оставшуюся часть. Посмотрим, где в колоде A находятся первые четыре карты колоды B. Нетрудно понять, что они находятся на "стыке" колод A' и A'', т.е. в эту четверку карт входят несколько (возможно, ни одной) последних карт A' и несколько первых карт A''. Поскольку масти в колоде A повторяются с периодом 4, то в этой четверке по одной карте каждой масти. Вынем эту четверку из колод A и B. Мы приходим к аналогичной задаче для меньшей колоды (так как в колоде A без четырех подряд идущих карт масти снова повторяются с периодом 4). Продолжая рассуждать аналогичным образом, рассматриваем следующую четверку карт колоды B и т.д. В конце концов, приходим к тому, что требуется доказать.

Обозначим через dk количество таких домов в Москве, в которых живет не меньше k жителей, и через cm - количество жителей в m-ом по величине населения доме. Докажите равенство c1+c2+c3+... = d1+d2+d3+... .

Ясно, что c1+c2+c3+... равно числу жителей в Москве (просто суммируем число жителей по всем домам). Теперь для удобства представим себе, что в доме, где живет k человек, имеется k этажей, и на каждом из этажей живет по одному жителю. Тогда всего в Москве на первом этаже живет d1 жителей, на втором этаже живет d2 жителей, на k-ом этаже живет dk жителей, и т.д. Таким образом, всего в Москве d1+d2+d3+... жителей. Итак, нужное равенство следует из подсчета числа жителей Москвы двумя способами.

Пузатостью прямоугольника назовем отношение его меньшей стороны к большей. Докажите, что если разрезать квадрат на прямоугольники, то сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Примем сторону квадрата за 1 (это возможно, так как при этом значения пузатостей прямоугольников сохранятся). Обозначим для каждого маленького прямоугольника через ai длину его меньшей стороны, а через bi длину его большей стороны. Сумма пузатостей P равна сумме величин ai/bi по всем прямоугольникам из разбиения. С другой стороны, площадь квадрата S равна сумме площадей прямоугольников разбиения, поэтому сумма величин aibi по всем прямоугольникам из разбиения равна 1. Если прямоугольник разрезан на конечное число прямоугольников, то стороны прямоугольников из разбиения параллельны сторонам исходного прямоугольника. Поэтому, если квадрат со стороной 1 разбит на конечное число прямоугольников, то длина каждой стороны каждого прямоугольника не больше 1, следовательно, каждое bi не превосходит 1. Отсюда получаем, что P не меньше, чем S, т.е. P не меньше 1.

Известно, что сумма первых n членов геометрической прогрессии, состоящей из положительных чисел, равна S, а сумма обратных величин первых n членов этой прогрессии равна R. Найдите произведение первых n членов этой прогрессии.

Обозначим через a первый член прогрессии, и через q - ее знаменатель. Тогда по формуле суммы первых n членов геометрической прогрессии получаем, что S=a+aq+aq2+...+aqn-1 = a(qn-1)/(q-1). Обратные величины 1/a, 1/(aq), ... , 1/(aqn-1) к членам геометрической прогресии также образуют геометрическую прогрессию с первым членом 1/a и знаменателем 1/q. Отсюда R = 1/a+1/(aq)+1/(aq2)+...+1/(aqn-1) = 1/a(1/qn-1)/(1/q-1) = (1/(aqn-1))(qn-1)/(q-1). Из выражений, полученных для S и R, вытекает, что S/R = a2q(n-1). Произведение первых n членов прогрессии равно P = a(aq)(aq2)...(aqn-1) = anq1+2+...+(n-1) = anqn(n-1)/2. Возводя равенство S/R = a2q(n-1) в степень (n/2), получаем, что (S/R)n/2 = anqn(n-1)/2 = P.

(S/R)n/2.