Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

На сфере радиуса 1 расположено n точек. Докажите, что сумма квадратов попарных расстояний между ними не больше n2.

Обозначим через a1, a2, ... , an векторы единичной длины, соединяющие центр сферы с каждой из n точек. Сумма квадратов попарных расстояний между точками S тогда будет равна сумме скалярных произведений (ai-aj, ai-aj) по всем парам i, j от 1 до n таким что ii-aj, ai-aj), где i, j независимо пробегают числа от 1 до n (здесь используется, что скалярное произвеение (ai-aj, ai-aj) равно 0 при i=j). Далее, (ai-aj, ai-aj) = |ai|2 + |aj|2 - 2(ai, aj). Таким образом, в сумме 2S будет присутствовать каждое из слагаемых (равное 1) |a1|2, |a2|2, ... , |an|2 по 2n раз, и один раз слагаемое -2(ai, aj) для каждй пары i, j. Сумма слагаемых вида -2(ai, aj) равна -2(a1+a2+...+an, a1+a2+...+an). Окончательно, 2S = 2n*n-2|a1+a2+...+an|2, отсюда получаем, что 2S не больше 2n2 (поскольку скалярный квадрат неотрицателен), и S не больше n2, что и требовалось.

Множество M есть объединение k попарно непересекающихся отрезков, лежащих на одной прямой. Известно, что любой отрезок длины, не большей 1, можно расположить на прямой так, чтобы его концы принадлежали множеству M. Докажите, что сумма длин отрезков, составляющих M, не меньше 1/k.

Обозначим данные отрезки  I1, I2, ... , Ik,  а их длины –  s1, s2, ... , sk.  Рассмотрим семейство Tij всевозможных отрезков, один конец которых принадлежит Ii, а другой конец – Ij. Минимальная длина такого отрезка равна растоянию l между ближайшими вершинами отрезков, а максимальная –  l + si + sj.  Таким образом, числа, выражающие длины отрезков семейства Tij, принадлежат отрезку длины  si + sj.  Длины отрезков семейства Ti, оба конца которых принадлежат Ii, заполняют отрезок длины si. Отсюда получаем, что числа, выражающие длины всех отрезков с концами в множестве M, заполняют несколько отрезков суммарной длины

В окружность вписан выпуклый шестиугольник ABCDEF.   а) Известно, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке. Докажите, что  AB·CD·EF = BC·DE·FA.   б) Известно, что  AB·CD·EF = BC·DE·FA.  Докажите, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

  а) Пусть O – точка пересечения диагоналей шестиугольника. Треугольники ABO и EDO подобны, так как пары углов BAO, DEO и ABO, EDO являются вписанными в окружность, опирающимися на одну дугу. Из подобия этих треугольников следует, что  AB : DE = AO : EO.  Аналогично  EF : BC = EO : CO  и  CD : FA = CO : AO.  Перемножая три полученных равенства, имеем:

На плоскости нарисовано несколько попарно непараллельных прямых, по каждой из которых в одном из двух направлений ползет жук со скоростью 1 сантиметр в секунду. Докажите, что в какой-то момент жуки окажутся в вершинах выпуклого многоугольника.

Рассмотрим одного из жуков, назовем его A. Введем на плоскости координаты таким образом, что жук A движется по оси Ox в положительном направлении, за единицу времени примем 1 секунду, за единицу расстояния - 1 сантиметр. Пусть в начальный момент времени t0=0 жук A находится в точке с координатой a. Тогда в момент времени t он будет находиться в точке с координатой xA(t)=a+t. Спроектируем движение каждого из жуков на ось Ox. Проекция каждого из жуков, за исключением жука A, будет двигаться равномерно со скоростью, строго меньшей 1. Если точка оси Ox с координатой b - начальное положение проекции некоторого жука, то движение его проекции определяется законом x(t)=b+kt, где k<1 - некоторый постоянный коэффициент. При достаточно большом t xA(t) будет больше, чем x(t). В самом деле, при t>(b-a)/(1-k) будет выполняться неравенство a+t>b+kt. Таким образом, начиная с некоторого момента времени, x-ая координата жука A будет больше x-ой координаты любого другого жука. Это означает, что если через жука A провести прямую, перпендикулярную его движению, то с некоторого момента tA все остальные жуки будут находиться по одну сторону от этой прямой. Проведем такое же рассуждение для каждого из жуков. Получим, что найдется такой момент времени (максимум из моментов tA для всех жуков), что для каждого из жуков все остальные жуки находятся по одну сторону от прямой, проходящей через него и перпендикулярной его движению. Покажем, что в этот момент жуки находятся в вершинах выпуклого многоугольника. Пусть это не так. Возьмем выпуклую оболочку жуков, т.е. наименьший выпуклый многоугольник M, содержащий всех жуков. Вершинами этого многоуольника будут некоторые из жуков. Пусть какой-то жук не является вершиной многоугольника M. Тогда какую бы прямую мы через него ни провели, по каждую сторону от этой прямой будет находиться хотя бы один жук, являющийся вершиной M. С другой стороны, мы нашли одну прямую (перпендикулярную его движению), проходящую через этого жука, относительно которой все остальные жуки находятся по одну сторону. Полученное противоречие показывает, что все жуки будут являться вершинами M, т.е.будут лежать в вершинах выпуклого многоугольника.

Даны 10 различных положительных чисел. В каком порядке их нужно обозначить a1, a2, ... , a10, чтобы сумма a1+2a2+3a3+...+10a10 была наибольшей?

В самом деле, пусть числа расположены не в порядке возрастания, т.е. при некоторых i и j, i<j, выполнено ai>aj. Поменяем числа ai и aj местами и покажем, что сумма при этом возрастет. Изменение суммы равно R = jai+iaj-iai-jaj = (j-i)(ai-aj), что больше 0, так как каждый из сомножителей (j-i), (ai-aj) положителен.

числа нужно расположить в порядке возрастания.

Сто человек ответили на вопрос "Будет ли новый президент лучше прежнего?". Из них a человек считают, что будет лучше, b - что будет такой же, и c - что будет хуже. Социологи построили два показателя "оптимизма" опрошенных: m=a+b/2 и n=a-c. Оказалось, что m=40. Найдите n.

Известно, что a+b+c=100; a+b/2=40. Из второго равенства получаем: 2a+b=80. Вычитая из последнего равенства первое, получаем: a-c=-20, что и требуется найти.

-20

Кусок сыра имеет форму куба. В нем имеется несколько одинаковых непересекающихся сферических дыр. Докажите, что можно разрезать сыр на выпуклые многогранники так, чтобы внутри каждого из них находилась ровно одна дыра.

Обозначим через K данный кусок сыра и через A1, A2, ... , An центры дыр. Для каждой пары центров Ai, Aj проведем плоскость Пi,j, перпендикулярную отрезку AiAj и проходящую через его середину. Зафиксируем один из центров Ai. Для каждой из плоскостей Пi,1, ... , Пi,i-1, Пi,i+1, ... , Пi,n рассмотрим то из полупространств, на которые она делит пространство, которое содержит точку Ai (для плоскости Пi,j соответствующее полупространство является множеством точек X, для которых расстояние XAi не больше XAj). Обозначим через Mi пересечение этих полупространств и куба K. Легко видеть, что Mi - выпуклый многогранник, содержащий дыру с центром Ai. Покажем, что куб K разбит на n многогранников M1, M2, ... , Mn. В самом деле, для произвольной точки X сыра найдем среди центров дыр A1, A2, ... , An ближайший к X центр Ai. Тогда X принадлежит многограннику Mi. Если ближайших к X точек среди центров A1, A2, ... , An несколько, то X лежит на границе между двумя многогранниками Mi, Mj (эта граница - часть плоскости Пi,j).

Можно ли из последовательности 1, 1/2, 1/3, ... выбрать (сохраняя порядок) сто чисел, из которых каждое, начиная с третьего, равно разности двух предыдущих?

Ответ - можно. Такую подпоследовательность можно построить, например, следующим образом. Напишем последовательность из ста чисел 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... , в которой каждое число, начиная с третьего, есть сумма двух предыдущих (эта последовательность называется последовательностью Фибоначчи). Разделим все числа на их наименьшее общее кратное и запишем их в обратном порядке. Все дроби сокращаются, и получаются числа из ряда 1, 1/2, 1/3, ... , записанные в порядке убывания; при этом каждое число, начиная с третьего, есть разность двух предыдущих, что и требуется.

На плоскости нарисовано несколько точек, некоторые пары точек соединены отрезками. Известно, что из каждой точки выходит не более k отрезков. Докажите, что точки можно покрасить в  k + 1  цвет таким образом, чтобы каждые две точки, соединенные отрезком, были покрашены в разные цвета.

  Индукция по числу точек. База: для одной точки утверждение очевидно.   Шаг индукции. Пусть на плоскости нарисовано  n + 1  точек, некоторые пары из которых соединены отрезками. Рассмотрим одну из точек - A. На время забудем про неё и про выходящие из неё отрезки. По предположению индукции оставшиеся n точек можно покрасить в  k + 1  цвет таким образом, чтобы каждые две точки, соединённые отрезком, были покрашены в разные цвета. Покрасим эти n точек нужным образом. Вспомним про точку A. Она соединена отрезками не более, чем с k точками. Поскольку цветов  k + 1,  покрасим точку A в цвет, отличный от цветов точек, с которыми она соединена. Тем самым, получена требуемая раскраска точек.

Имеется четыре монеты, три из которых – настоящие, весящие одинаково, а одна – фальшивая, отличающаяся от них по весу. Имеются также чашечные весы без гирь. Весы таковы, что если положить на их чашки одинаковые по массе грузы, то любая из чашек может перевесить, а если грузы различны по массе, то всегда перевесит чашка с более тяжелым грузом. Как за три взвешивания на таких весах наверняка выявить фальшивую монету и определить, легче или тяжелее она настоящих?

Обозначим монеты a, b, c, d. При первом взвешивании сравним веса пар  (a, b)  и  (с, d),  при втором взвешивании – веса пар  (a, c)  и  (b, d),  при третьем – веса пар  (a, d)  и  (b, c).  После этого только фальшивая монета обладает тем свойством, что во всех трёх взвешиваниях чашка, на которой она лежала, оказывалась либо всё время легче, либо всё время тяжелее другой чашки. По этому признаку и выявляем фальшивую монету. После этого из результата любого взвешивания ясно, легче или тяжелее она, чем настоящая монета.

На доске выписаны числа 1, ½, ..., 1/n. Разрешается стереть любые два числа a и b и заменить их на число  ab + a + b. Какое число останется после  n – 1  такой операции?

Пусть в некоторый момент на доске написаны числа a, b, ... , z. Рассмотрим произведение  P = (a + 1)(b + 1)...(z + 1).  После замены пары чисел a, b на  ab + a + b  в указанном произведении  (a + 1)(b + 1) заменится на  ab + a + b + 1 = (a + 1)(b + 1).  Таким образом, операция величину P не меняет. Отсюда следует, что число, которое остаётся в конце, не зависит от порядка выполнения операций и равно (1 + 1)(½ + 1)...(1/n + 1) – 1 = 2/1·3/2·...·n+1/n – 1 = (n + 1) – 1 = n.

n.

Можно ли расставить во всех точках плоскости с целыми координатами натуральные числа так, чтобы каждое натуральное число стояло в какой-нибудь точке, и чтобы на каждой прямой, проходящей через две точки с целыми координатами, но не проходящей через начало координат, расстановка чисел была периодической?

Можно.

Известно, что в тетраэдре ABCD окружности, вписанные в грани ABC и BCD, касаются. Докажите, что окружности, вписанные в грани ABD и ACD, также касаются.

Пусть окружности, вписанные в грани ABC и BCD, касаются в точке O. Точка O, тем самым, является точкой касания вписанных окружностей треугольников ABC и BCD со стороной BC. По известной формуле расстояния от вершины треугольника до точки касания со вписанной окружностью ½ (AB + BC – AC) = BO = ½ (BD + BC – CD),  то есть  AB – BD = AC – CD.  Обозначим через P и Q точки касания стороны AD с вписанными окружностями треугольников ABD и ACD соответственно. Тогда  AP = ½ (AB + AD – BD) = ½ (AC + AD – CD) = AQ.  Следовательно, точки P и Q совпадают, что и означает касание вписанных окружностей треугольников ABD и ACD.

Дано 16 кубов с длинами рёбер соответственно 1, 2, ..., 16. Разделите их на две группы так, чтобы в обеих группах были равны суммарные объёмы, суммы площадей боковых поверхностей, суммы длин рёбер и количество кубов.

Разделим кубы на две группы следующим образом. В первую группу включим кубы со сторонами 1, 4, 6, 7, 10, 11, 13, 16, во вторую – оставшиеся кубы. Можно убедиться, что условие задачи выполнено.

Трава на всем лугу растет одинаково густо и быстро. Известно, что 70 коров съели бы её за 24 дня, 30 коров – за 60 дней. Сколько коров съели бы её за 96 дней?

Пусть корова съедает в день 1 порцию травы. За  60 – 24 = 36  дней на лугу выросло  30·60 – 70·24 = 120  порций. Значит, помимо съеденных за 60 дней 30 коровами 1800 порций за добавочные  96 – 60 = 36  дней вырастет еще 120 порций. Всего 1920. За 96 дней их съедят  1920 : 96 = 20  коров.

20 коров.

Вычислите коэффициент при x100 в многочлене  (1 + x + x2 + ... + x100)3  после приведения всех подобных членов.

Умножая многочлен  1 + x + x2 + ... + x100  два раза сам на себя, мы получим сумму одночленов вида xpxqxr, где p, q, r пробегают независимо числа от 0 до 100. Значит, коэффициент при x100 равен числу решений уравнения  p + q + r = 100  в целых неотрицательных числах. Это число, в свою очередь, равно числу способов разложить 100 шаров по трём ящикам. См. задачи 30717 б) и 60406 б).

По одну сторону от прямой дороги расположены два дома. В каком месте дороги нужно поставить автобусную остановку, чтобы суммарное расстояние от остановки до домов было минимальным?

См. задачу 55557.

Числа a, b, p, q, r, s – натуральные, причём  p/q < a/b < r/s  и  qr – ps = 1.  Докажите, что  b ≥ q + s.

Числитель разности  a/b – p/q,  равный  aq – bp  положителен, а значит, не меньше 1. Аналогично,  br – as ≥ 1.  Следовательно, b = b(qr – ps) = s(aq – bp) + q(br – as) ≥ s + q.

В круг радиуса 1 вписан пятиугольник. Докажите, что сумма длин его сторон и диагоналей меньше 17.

Так как длина каждой диагонали пятиугольника не больше диаметра окружности, то сумма длин диагоналей не больше  5·2 = 10.  Сумма длин сторон пятиугольника меньше длины окружности, поскольку длина каждой стороны меньше длины дуги, которую она стягивает. Таким образом, cумма длин сторон меньше  2π < 7,  а общая сумма меньше  10 + 7 = 17.

Найдите все натуральные n, для которых  2n ≤ n².

  Непосредственная проверка показывает, что значения  n = 2, 3, 4  подходят, а  n = 1  – нет.   Докажем индукцией по n, что  2n > n²  при  n > 4.  База  (n = 5)  очевидна.   Шаг индукции.  2n+1 = 2·2n > 2n² > (n + 1)².  В самом деле,  2n2 – (n + 1)² = (n² – 2n + 1) – 2 = (n – 1)² – 2 > 0  при  n > 4.

2, 3, 4.

Имеется пирог некоторой формы. Докажите, что его можно разрезать на четыре равные по массе части двумя прямолинейными перпендикулярными разрезами.

Можно переформулировать задачу следующим образом: на плоскости дана некоторая фигура Ф площади S (для простоты можно предполагать, что Ф - многоугольник). Требуется найти две перпендикулярные прямые, делящие Ф на 4 равные по площади части. Вначале заметим, что для любого направления (или для любого вектора) найдется прямая этого направления, делящая площадь Ф пополам. В самом деле, рассмотрим, например, горизонтальное направление. Рассмотрим горизонтальную прямую, относительно которой Ф находится в нижней полуплоскости. Начинаем непрерывно сдвигать прямую вниз пока Ф не окажется целиком в верхней полуплоскости относительно прямой. Площадь той части Ф, которая находится выше прямой, изменяется при этом непрерывно от 0 до S, следовательно, в некоторый момент эта площадь будет равна S/2. Итак, каждому единичному вектору a сопоставляется прямая l(a), делящая площадь Ф пополам. Выберем некоторый вектор a и обозначим за b вектор, который получается из a поворотом на 900. Рассмотрим прямые l(a) и l(b), удобно принять эти прямые соответственно за оси Ox и Oy прямоугольной системы координат. Положительное направление на этих осях выберем вдоль векторов a и b. Обозначим через S1, S2, S3, S4 площади частей фигуры Ф, находящиеся соответственно в первом, втором, третьем и четвертом квадрантах. Имеем: S1+S2=S3+S4 и S1+S4=S2+S3. Складывая и вычитая уравнения, получаем, что S1=S3 и S2=S4, а поскольку S1+S2+S3+S4=S, найдется такое число d ("дефект"), что S1=S3=S/4-d и S2=S4=S/4+d. Теперь будем непрерывно вращать вектор a (и соответственно вектор b) и для каждого положения вычислять "дефект" d (который зависит от положения вектора a). При непрерывном вращении вектора a прямые l(a), l(b) меняются непрерывно, соответственно площади частей, на которые эти прямые делят Ф, меняются непрерывно. Отсюда следует и непрерывное изменение "дефекта" d. Для начального положения вектора a "дефект" равен d. Когда a повернулся на 900 и совпал с вектором b, "дефект" стал равен -d. Значит, для некоторого положения вектора a "дефект" равен 0. Соответствующие прямые l(a) и l(b) разделят Ф на равновеликие части.

В марсианском алфавите есть две буквы - У и Ы, причем если из любого слова выкинуть стоящие рядом буквы УЫ, то смысл слова не изменится. Точно также смысл не изменится при добавлении в любое место слова буквосочетания ЫУ или УУЫЫ. Верно ли, что слова ЫУЫУЫ и УЫУЫУ имеют одинаковый смысл?

Предположим противное - слова ЫУЫУЫ и УЫУЫУ имеют одинаковый смысл. Тогда от слова ЫУЫУЫ к слову УЫУЫУ можно перейти путем нескольких преобразований, описанных в условии (т.е. выкидываний стоящих рядом букв УЫ и добавлений в любое место последовательностей букв ЫУ или УУЫЫ). При каждом из этих преобразований добавляется или убирается одинаковое число букв У и Ы. Таким образом, разность между количеством букв У и Ы сохраняется (т.е. является инвариантом рассматриваемого преобразования). Однако в слове ЫУЫУЫ букв У на 1 меньше, чем букв Ы, а в слове УЫУЫУ букв У на 1 больше. Это противоречит нашему предположению.

не верно.

Плоскость раскрашена в два цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1.

Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной 1. Некоторые две из этих трех его вершин имеют одинаковый цвет (согласно принципу Дирихле).

Рассмотрим все натуральные числа, в десятичной записи которых отсутствует ноль. Докажите, что сумма обратных величин любого количества из этих чисел не превосходит некоторого числа C.

Зафиксируем некоторое натуральное k. Рассмотрим все k-значные натуральные числа, в десятичной записи которых нет нуля. Каждое из этих чисел не меньше, чем 10k-1. Найдем количество этих чисел. В первом разряде может стоять любая цифра от 1 до 9, во втором разряде - тоже независимо от первого, и т.д. - всего 9k чисел. Таким образом, сумма обратных величин Sk всех этих чисел не превосходит 9k/10k-1. Если рассмотреть любое конечное множество M чисел, не содержащих ноль в десятичной записи, то сумма обратных величин этих чисел не превосходит суммы S1+S2+...+Sn, где n - количество цифр у максимального числа из множества M. Таким образом, сумма обратных величин чисел множества M не превосходит суммы убывающей геометрической прогрессии 9+92/10+...+9n/10n-1+... = 9/(1-9/10) = 90.

К кубику Рубика применили последовательность поворотов. Доказать, что применяя ее несколько раз, можно привести кубик в начальное состояние.

Обозначим начальное состояние кубика Рубика за A. Пусть P=P1P2...Pn - некоторая последовательность поворотов. Обозначим через P(X) результат применения последовательности поворотов P к состоянию X, и через Pm(X) результат m-кратного применения последовательности поворотов P к состоянию X. Рассмотрим последовательность состояний A, P(A), P2(A), P3(A), ... Поскольку имеется лишь конечное число состояний кубика Рубика, то в этой последовательности встретится повторение, т.е. Pk(A)=Pn(A)=B для некоторых k, n, k<n. Для каждого поворота Pi кубика есть обратный поворот P-1i (т.е. такой поворот, что P-1i(Pi) = Pi(P-1i) есть тождественное преобразование). Таким образом, для последовательности поворотов P=P1P2...Pn имеется обратное преобразование P-1, определяемое как последовательное выполнение поворотов P-1n, P-1n-1, ... , P-11. Применяя преобразование P-1 к состоянию B=Pk(A)=Pn(A), мы получаем, что P-1(B)=Pk-1(A)=Pn-1(A). Проводя дальнейшие рассуждения подобным образом, мы получим совпадение состояний Pk-2(A)=Pn-2(A), ... , P1(A)=Pn-k+1(A). Таким образом, начальное состояние повторится после (n-k+1)-кратного выполнения последовательности поворотов P.

Через две точки, лежащие в круге, провести окружность, лежащую целиком в том же круге.

Соединим данные точки A и B с центром данного круга O и проведем серединный перпендикуляр отрезка AB до пересечения с одной из сторон OA или OB в точке O'. Пусть для определенности O' лежит на OB. Окружность с центром в точке O' и радиусом O'B будет искомой. Для доказательства этого возьмем любую точку C на этой окружности и рассмотрим треугольник OO'C. В этом треугольнике OC не больше OO'+O'C=OO'+O'B=OB (по неравенству треугольника), а OB не превосходит радиуса первоначального круга.

В прямоугольник со сторонами 20 и 25 бросают 110 квадратов со стороной 1. Докажите, что в прямоугольник можно поместить круг диаметром 1, не пересекающийся ни с одним из квадратов.

Рассмотрим некоторый квадрат К со стороной 1. Рассмотрим квадрат К' со стороной 2, имеющий тот же центр, что и К, и стороны которого параллельны сторонам квадрата К. Если некоторая точка O находится вне квадрата K', то расстояние от нее до любой точки квадрата К больше 1/2. Таким образом, круг диаметра 1 с центром в точке O не будет пересекаться с квадратом К. "Раздуем" теперь каждый из 110 квадратов, находящихся внутри данного прямоугольника П со сторонами 20 и 25, до квадрата со стороной 2. Раздутые квадраты покрывают площадь, не большую 22*110=440. Рассмотрим прямоугольник П' размером 19*24, который получается из данного прямоугольника П отрезанием каемки шириной 1/2. Площадь прямоугольника П' равна 19*24=456, что больше 440. Отсюда следует, что в прямоугольнике П' найдется точка O, не покрытая раздутыми квадратами. Тогда круг диаметра 1 с центром в точке O во-первых не будет пересекаться ни с одним из данных 110 квадратов со стороной 1, а во-вторых будет лежать внутри прямоугольника П (так как расстояние от O до границы прямоугольника П не меньше 1/2).

В гости пришло 10 гостей и каждый оставил в коридоре пару калош. Все пары калош имеют разные размеры. Гости начали расходиться по одному, одевая любую пару калош, в которые они могли влезть (т.е. каждый гость мог надеть пару калош, не меньшую, чем его собственные). В какой-то момент обнаружилось, что ни один из оставшихся гостей не может найти себе пару калош, чтобы уйти. Какое максимальное число гостей могло остаться?

Пронумеруем гостей и их пары калош числами от 1 до 10 в порядке возрастания размера калош. Предположим, что осталось 6 гостей (и соответственно 6 пар калош). Тогда наименьший номер оставшегося гостя не больше 5, а наибольший номер оставшихся пар калош не меньше 6, поэтому гость с наименьшим номером сможет надеть калоши с наибольшим номером. Противоречие. С другой стороны, если последовательно уходили гости с номерами 1, 2, 3, 4, 5, и надевали соответственно калоши с номерами 10, 9, 8, 7, 6, то ни один из оставшихся пяти гостей не сможет надеть ни одну пару оставшихся калош.

5.00

Докажите, что сумма углов ABC, BCD, CDA, DAB пространственного четырехугольника ABCD составляет не больше 3600.

Из треугольников ABC и ADC можно вывести следующие равенства для углов: (ABC)=1800-(BAC)-(BCA), (ADC)=1800-(DAC)-(DCA). Отсюда получаем, что сумма S углов ABC, BCD, CDA, DAB равна (BAD)+(1800-(BAC)-(BCA))+(DCB)+(1800-(DAC)-(DCA)) = 3600-((BAC)+(DAC)-(BAD))-((BCA)+(DCA)-(DCB)). Каждая из двух скобок неотрицательна, так как в трехгранном угле сумма двух плоских углов больше третьего. Следовательно, сумма S не превосходит 3600.

Докажите, что произведение цифр любого натурального числа, большего 9, меньше самого числа.

Пусть число N записывается в десятичной записи цифрами a0, a1, a2, ..., an, n>0. Тогда произведение цифр числа N равно P = a0a1a2...an, что меньше a0*10n, так как каждая из цифр a1, a2, ..., an меньше 10. Число a0*10n имеет в десятичной записи цифру a0 и n нулей, следующих за ней. Поэтому a0*10n не больше, чем N.

На плоскости даны 2004 точки. Запишем все попарные расстояния между ними. Докажите, что среди записанных чисел не менее тридцати различных.

Предположим, что имеется контрпример. Выберем одну из данных точек – A. Поскольку расстояние от точки A до любой другой точки принимает менее 30 различных значений, то оставшиеся 2003 точки лежат на 29 окружностях с центром A. Поскольку  69·29 = 2001 < 2003,  на одной из этих окружностей расположено не менее 70 точек. Рассмотрим только точки на этой окружности (назовём её S) и выберем одну из точек – B. Оставшиеся 69 точек расположены на 29 окружностях с центром B. Однако каждая из этих окружностей имеет не более двух общих точек с окружностью S, а  2·29 < 69.  Противоречие.

Найдите точки на поверхности куба, из которых большая диагональ видна под наименьшим углом.

Опишем вокруг куба сферу. Большая диагональ куба является диаметром этой сферы. Таким образом, поверхность сферы есть множество точек, из которых диагональ видна под углом 900. Из любой точки внутри сферы диагональ видна под углом больше 900. В самом деле, пусть AB - диаметр сферы и C - некоторая точка внутри сферы. Продолжим AC за точку C до пересечения со сферой в точке D. В треугольнике ADB угол ADB прямой, так как он вписанный и опирается на диаметр. Угол ACB - внешний для треугольника CBD, поэтому угол ACB равен сумме углов ADB и DBC, следовательно, угол ACB больше 900. Итак, большая диагональ видна под наименьшим углом только из общих точек поверхности куба и описанной сферы, т.е. из вершин куба.

вершины куба.

Существуют ли такие натуральные числа m и n, что m2+n и n2+m одновременно являются квадратами?

Пусть для определенности m не меньше, чем n. Предположим, что m2+n является точным квадратом, т.е. m2+n=k2 для некоторого натурального k. Тогда, очевидно, k>m. Запишем (m+1)2=m2+2m+1>m2+n=k2. Отсюда следует, что m+1>k. Таким образом, m<k<m+1. Это противоречит тому, что k – натуральное число, таким образом, m2+n не является точным квадратом.

не существуют.

На листе бумаги нарисован график функции y = sin x. Лист свернут в цилиндрическую трубочку так, что все точки, абсциссы которых отличаются на 2п, совмещены. Докажите, что все точки графика синусоиды при этом лежат в одной плоскости.

Для того, чтобы свернуть лист в цилиндр так, чтобы все точки, абсциссы которых отличаются на 2п, были совмещены, достаточно добиться совмещения точек с абсциссами x=0 и x=2п. Очевидно, что тогда радиус основания цилиндра равен единице, т.к. длина окружности основания равна 2п. Чтобы показать,что все точки графика лежат в одной плоскости, введем в пространстве систему координат Ouvz следующим образом: ось Oz направим вдоль оси цилиндра, а оси Ou и Ov проведем в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра так, чтобы ось Ou проходила через точку цилиндра, имевшую координаты (0;0) до свертывания листа. Рассмотрим некоторую точку A(u,v) на окружности {z=0; u2+v2=1}, являющейся сечением цилиндра плоскостью z=0. Пусть x - угол между положительным направлением оси Ou и радиусом OA (x может принимать значение от 0 до 2п). Тогда после свертывания листа в цилиндр точка (u, v, sin x) лежит на синусоиде и все точки свернутой синусоиды представимы в таком виде. Так как tg x = v/u, то sin x = v/(u2+v2)1/2 = v. Отсюда видно, что точки вида (u, v, sin x) на самом деле имеют вид (u, v, v), и, следовательно, лежат в плоскости z=v.

Как отмерить 15 минут, пользуясь песочными часами на 7 минут и на 11 минут?

Пусть первые часы – на 7 минут, а вторые – на 11 минут. Запустим и те и другие часы.

На клетчатой бумаге отмечены произвольным образом 2000 клеток. Докажите, что среди них всегда можно выбрать не менее 500 клеток, попарно не соприкасающихся друг с другом (соприкасающимися считаются клетки, имеющие хотя бы одну общую вершину).

Рассмотрим некоторую (бесконечную) строку и все строки, идущие через одну клетку от нее. Клетки каждой из этих строк окрасим через одну красным и желтым. Рассмотрим оставшиеся строки. Клетки каждой из этих строк окрасим через одну синим и зеленым. Таким образом, каждая клетка получила свой цвет и никакие две клетки одного цвета не соприкасаются. Остается заметить, что так как отмечено 2000 клеток, то клеток хотя бы одного из цветов не меньше 2000/4=500 (по принципу Дирихле).

Что больше: 9920 или 999910 ?

Преобразуем данные числа 9920=(99*99)10 и 999910=(99*101)10. Осталось сделать вывод, что второе число больше.

Доказать, что если b=a-1, то

Запишите равенство 1=a-b и воспользуйтесь формулой k2-n2=(k-n)(k+n)

Известно, что  x + 1/x  – целое число. Докажите, что  xn + 1/xn  – также целое при любом целом n.

  Очевидно, достаточно доказать утверждение для неотрицательных n. Сделаем это по индукции.   База. Для  n = 0  утверждение очевидно, а для  n = 1  дано в условии.   Шаг индукции. Пусть утверждение уже доказано для всех чисел от 0 до n. Тогда число     – целое как разность двух целых чисел.

Про семь натуральных чисел известно, что сумма любых шести из них делится на 5. Докажите, что каждое из этих чисел делится на 5.

Пусть данные числа a, b, c, d, e, f, g, а S – их сумма. По условию числа  S – a,  S – b,  S – c,  S – d,  S – e,  S – f,  S – g  делятся на 5. Значит, и их сумма, 7S – S = 6S  делится на 5. Но тогда и S делится на 5, а значит, на 5 делятся и числа  a = S – (S – a),  ...,  g = S – (S – g).

Гайка имеет форму правильной шестиугольной призмы. Каждая боковая грань гайки покрашена в один из трёх цветов: белый, красный или синий, причём соседние грани выкрашены в разные цвета. Сколько существует различных по раскраске гаек? (Для раскраски гайки не обязательно использовать все три краски.)

  Грани одного цвета не могут быть рядом, поэтому их не более трёх. Разберем три случая.    1) Использованы только два цвета – каждый по три раза. Тогда цвета должны чередоваться, и единственная схема раскраск – 121212. Подставляя вместо 1 и 2 любую пару цветов, мы получим 3 типа гаек. Замена цветов в паре ничего не меняет.   2) Один цвет использован три раза, второй – два, третий – один. Очевидно, схема раскраски (с точностью до поворота) тоже одна – 121213. В качестве цвета 1 можно взять любой из трёх данных цветов, в качестве цвета 2 – любой из двух оставшихся. Итого – 6 типов гаек.   3) Каждый цвет использован по два раза. Здесь есть два подслучая.   а) Каждая грань окрашена так же, как противоположная: схема раскраски – 123123. Такой тип гайки только один (напомним, что гайку можно переворачивать).   б) Какие-то противоположные грани окрашены в разные цвета (1 и 2). Тогда вторая грань цвета 1 находится рядом с первой гранью цвета 2, и наоборот, а грани цвета 3 – напротив друг друга (схема 123213). Здесь важно, какой цвет мы выберем в качестве цвета 3, поэтому получается 3 типа гаек.    И всего  3 + 6 + 1 + 3 = 13 типов.

Найти наименьшее значение дроби  

  Правая часть наименьшая, когда знаменатель дроби наименьший, то есть при  x = 0.

Доказать, что  (1 + ⅓)(1 + ⅛)(1 + 1/15)...(1 + 1/n²+2n) < 2  при любом натуральном n.

  Поэтому  

Известно, что число 2n для некоторого натурального n является суммой двух точных квадратов. Докажите, что n также является суммой двух точных квадратов.

Пусть  2n = k² + m³,  где k и m – целые числа. Тогда  n = k²+m²/2 = (k–m/2)² + (k+m/2)².  Поскольку число 2n чётно, k и m имеют одну чётность. Значит, нами получено нужное разложение числа n в сумму двух точных квадратов.

Дорожно-ремонтная организация "Тише едешь - дальше будешь" занимается укладкой асфальта. Организация взяла обязательство покрыть асфальтом 100-километровый участок дороги. В первый день был заасфальтирован 1 км дороги. Далее, если уже заасфальтировано x км дороги, то в следующий день организация покрывает асфальтом еще 1/x км дороги. Докажите, что все же наступит тот день, когда организация "Тише едешь - дальше будешь" выполнит свое обязательство.

Пусть после n-ого дня асфальтом покрыто an километров дороги. Тогда по условию a1=1 и an+1=an+1/an. Возведем данное равенство в квадрат, получим: an+12 = an2+2+(1/an)2. Таким образом, an+12 > an2+2. Мы видим, что последовательность an2 возрастает на каждом шаге по крайней мере на 2. Отсюда следует, что a50012 > 2*5000 = 1002 и a5001 > 100. Таким образом, обязательство будет выполнено не позже, чем на 5001 день.

Докажите, что 1/22+1/32+1/42+…+1/n2<1

Увеличим дробь, заменив один множитель в знаменателе на меньшее число: 1/22+1/32+1/42+…+1/n2< 1/(1*2)+1/(2*3)+1/(3*4)+…+1/((n-1)*n)= (1-1/2)+(1/2-1/3)+(1/3-1/4)+…+(1/(n-1)-1/n)<1-1/n<1. Заметьте, что первое число в скобке сокращается со вторым числом из предыдущей скобки.

Найти сумму а) 1+11+111+...+111...1, где последнее число содержит n единиц; б)аналогичная задача, когда вместо единиц стоят пятерки.

Проще всего решается задача, когда вместо единиц стоят девятки. Используя формулу для суммы геометрической прогрессии, найдем сумму S=9+99+999+...+999...9(n девяток) = (101-1)+(102-1)+...+(10n-1) = (101+102+...+10n)-n = (10n+1-10)/(10-1)-n = (10n-1)*(10/9)-n.   a) Теперь легко ответить на вопрос этого пункта: сумма равна S/9=(10n-1)*(10/81)-n/9.   б) В этом случае ответ равен (S/9)*5= =(10n-1)*(50/81)-5n/9.

Решить в целых числах уравнение  xy = x + y.

(0, 0),  (2, 2).

Имеются 552 гири весом 1г, 2г, 3г, ..., 552г. Разложите их на три равные по весу кучки.

Так как число 552 делится на 6, то покажем как разложить в разные группы подряд идущие 6 чисел. Надо рассмотреть группы 1 группа n+(n+5) 2 группа (n+1)+(n+4) 3 группа (n+2)+(n+3) при n=1,7,13,,547 и разные группы разложить по разным кучкам.

Доказать, что произведение n первых простых чисел не является полным квадратом.

Произведение n первых простых чисел делится на 2 и не делится на 4, следовательно, не может быть полным квадратом.

Доказать, что дробь 12n+130n+1 несократима.

5(12n + 1) – 2(30n + 1) = 3,  поэтому  НОД(12n + 1, 30n + 1)  равен 3 или 1. Но  12n + 1  на 3 не делится.

Известно, что улитка двигалась таким образом, что за каждый промежуток времени в одну минуту она проползала 1 метр. Можно ли отсюда сделать вывод, что она двигалась равномерно?

Пусть улитка ползёт полминуты со скоростью 2 м/мин, а затем стоит полминуты на месте, затем снова ползёт полминуты со скоростью 2 м/мин, затем снова стоит полминуты на месте, и т.д. В результате какой бы промежуток времени длиной в 1 минуту мы не взяли, полминуты из этого промежутка времени улитка стоит на месте и полминуты двигается со скоростью 2 м/мин. Следовательно, за каждую минуту улитка сдвигается на 1 м. При этом, очевидно, движение улитки не равномерно.

Нельзя.

Даны 12 палочек одинаковой длины. Как разрезать их на более мелкие палочки, чтобы из них можно было составить 13 равных треугольников, причём каждая из мелких палочек являлась бы стороной одного из этих треугольников?

Примем длину каждой палочки за 13. Три палочки разрежем на отрезки длины 3, 3, 3, 4; четыре – на отрезки длины 3, 5, 5; пять – на отрезки длины 4, 4, 5. В результате получится 13 палочек длины 3, длины 4 и длины 5. Из них можно составить 13 равных треугольников со сторонами 3, 4, 5.

Комбинация А поворотов кубика Рубика называется порождающей, если среди результатов многократного применения комбинации А встретятся всевозможные состояния, в которые можно перевести кубик Рубика при помощи поворотов. Существует ли порождающая комбинация поворотов?

Предположим противное. Обозначим через А порождающую комбинацию, а за X начальное состояние кубика. Тогда в последовательности X, A(X), A(A(X)), ... встретятся все состояния кубика. Возьмём два простых поворота кубика: P – поворот правой грани, Q – поворот верхней грани. Применив поворот P к состоянию X, получим состояние P(X). Согласно нашему предположению оно совпадает с некоторым состоянием вида Am(X) для некоторого натурального m. Аналогично  Q(X) = An(X)  для некоторого натурального n. Тогда  P(Q(X)) = Q(P(X)) = Am+n(X).  Однако нетрудно проверить, что результат последовательного выполнения поворотов P и Q отличается от результата последовательного выполнения поворотов Q и P. Противоречие.

Не существует.

Имеется три комплекта домино разного цвета. Как выложить в цепочку (по правилам домино) все эти три комплекта так, чтобы каждые две соседние доминошки имели разный цвет?

Пусть цвета комплектов домино – белый, синий, красный. Выложим сначала в цепочку все доминошки белого цвета (как известно, это можно сделать). Рассмотрим первую доминошку цепочки, пусть это доминошка с числами x и y. Вставим между первой и второй белой доминошкой доминошку y|x синего цвета и доминошку x|y красного цвета. После этого правила домино сохранятся, поскольку красная доминошка, как и первая белая доминошка, оканчивается на y. Таким же образом после каждой белой доминошки вставим синюю и красную доминошку того же "достоинства".

На каждой клетке доски размером 9×9 сидит жук, По свистку каждый из жуков переползает в одну из соседних по диагонали клеток. При этом в некоторых клетках может оказаться больше одного жука, а некоторые клетки окажутся незанятыми. Докажите, что при этом незанятых клеток будет не меньше 9.

Покрасим вертикали доски в чёрный и белый цвет через одну. В результате в чёрный цвет будет покрашено  5×9 = 45  клеток (5 вертикалей), а в белый – только 36. Заметим, что с чёрной клетки жук может переползти только на белую, а белой – только на чёрную. Следовательно, после того, как жуки переползли в соседние по диагонали клетки, на 45 чёрных клетках оказалось 36 жуков. Значит, по крайней мере 9 чёрных клеток оказались незанятыми.

В сериале "Тайна Санта-Барбары" участвует 20 героев. Каждую серию происходит одно из событий: некоторый герой узнаёт Тайну, некоторый герой узнаёт, что кто-то знает Тайну, некоторый герой узнаёт, что кто-то не знает Тайну. Какое наибольшее число серий может продолжаться сериал?

  Каждый герой может что-то узнать не более чем в 39 сериях (в одной – узнать Тайну, в 19 – узнать про каждого из остальных, что тот не знает Тайну, и еще в 19 – узнать про каждого из остальных, что тот знает Тайну. Поэтому серий не больше чем  20·39 = 780.   Построим пример сериала из 780 серий. Пусть вначале никто не знает Тайну. В первых 380 сериях для каждой упорядоченной пары героев пусть первый из них узнаёт, что второй не знает Тайну. В следующих 20 сериях пусть все герои последовательно узнают Тайну. В последних 380 сериях для каждой упорядоченной пары героев пусть первый из них узнаёт, что второй знает Тайну.

780 серий.

Найти все целые натуральные решения уравнения  (n + 2)! – (n + 1)! – n! = n2 + n4.

n = 3.

Доказать, что уравнение  m² + n² = 1980  не имеет решений в целых числах.

  Если числа m и n разной чётности, то выражение слева нечётно, и равенства не будет.   Если оба числа нечётны, то левая часть не делится на 4, а правая – делится.   Если оба чётны  (m = 2k,  и n = 2s),  то  k² + s² = 495.  Но сумма двух квадратов не может быть сравнима с 3 по модулю 4.

Найти все пары натуральных чисел, удовлетворяющих уравнению  19m + 84n = 1984.

Запишем уравнение в виде  19(m – 100) = 84(n – 1).  Поскольку 19 – простое число, а 84 не делится на 19, то на 19 делится  n – 1,  то есть  n = 19k + 1,  где k ≥ 0.  Тогда  m = 100 – 84k.  Так как m – натуральное число, то  k = 0  или  k = 1.

(100, 1),  (16, 20).

Доказать, что уравнение  19x² – 76y² = 1976  не имеет решений в целых числах.

Сократив обе части на 19, получим  x² – 4y² = 104.  Значит, x чётно:  x = 2z.  Тогда  z² – y² = 26.  Заметим, что переменные одной чётности. Но при этом левая часть делится на 4, а правая нет.

Доказать, что уравнение  15x² – 7y² = 9  не имеет решений в целых числах.

Из уравнения видно, что y делится на 3. Если подставить в уравнение  y = 3z  и сократить, то получится  5x² – 21y² = 3,  откуда ясно, что x делится на 3. Подставляя  x = 3t,  получим  15t² – 7z² = 1,  или  15t² – 6z² = 1 + z².  Осталось заметить, что левая часть уравнения делится на 3, а правая – не делится (см. задачу 30375). Следовательно, уравнение не имеет решений.

Доказать, что уравнение  x² + y² = 1975  не имеет решений в целых числах.

Сумма двух квадратов не может быть сравнима с 3 по модулю 4.

Был очень жаркий день, и четыре пары выпили вместе 44 бутылки кока-колы. Aнна выпила 2, Бетти 3, Кэрол 4 и Дороти 5 бутылок. М-р Браун выпил столько же бутылок, сколько и его жена, но каждый из других мужчин выпил больше, чем его жена: м-р Грин вдвое, м-р Вайт в три раза и м-р Смит в четыре раза. Назовите жён этих мужчин.

Пусть x, y, z, t   выпитое соответственно жёнами Брауна, Грина, Вайта и Смита. Из условия следует, что  x + y + z + t = 14,  x + 2y + 3z + 4t = 30.  Отсюда 2t – x + z = 2,  или  2(t – 1) = x – z.  Поскольку  x – z ≤ 3,  то  t = 2,  x = 5,  z = 3,  y = 4.

Анна Смит, Бетти Вайт, Кэрол Грин, Дороти Браун.

Решите систему уравнений     5732x + 2134y + 2134z = 7866,     2134x + 5732y + 2134z = 670,     2134x + 2134y + 5732z=11464.

Складывая уравнения, получим  x + y + z = 2  или  2134(x + y + z) = 4268.  Вычитая полученную комбинацию из каждого уравнения, получим значения всех переменных.

(1, –1, 2).

Решите систему уравнений     x + y + u = 4,     y + u + v = –5,     u + v + x = 0,     v + x + y = –8.

Сложив все уравнения, получим  3(x + y + u + v) = –9,  или  x + y + u + v =–3.  Значит,  x = (x + y + u + v) – (y + u + v) = –3 – (–5) = 2.  Аналогично находим остальные неизвестные.

(2, –3, 5, –7).

Обратите внимание, что значение  1!·1 + 2!·2 + 3!·3 + ... + n!·n  равно 1, 5, 23, 119 для  n = 1, 2, 3, 4  соответственно. Установите общий закон и докажите его.

Воспользуемся равенством  n!·n = (n + 1)! – n!  и преобразуем данное выражение: 1!·1 + 2!·2 + 3!·3 + ... + n!·n = (2! – 1!) + (3! – 2!) + (4! – 3!) + ... + ((n + 1)! – n!) = (n + 1)! – 1.

У капитана Смоллетта двое сыновей и несколько дочерей. Если возраст капитана (конечно, ему меньше ста лет) умножить на количество его детей и на длину его шхуны (это целое число футов), то получится 32118. Сколько лет капитану Смоллетту, сколько у него детей и какова длина его корабля?

Число детей капитана по условию больше 3; возраст капитана и длина корабля в футах, очевидно, тоже больше 3. Число 32118 раскладывается в произведение простых множителей как 2·3·53·101. Есть только один способ способов представления этого числа в виде произведения трёх множителей, каждый из которых больше 3: 6·53·101. Используя разумные ограничения на возраст и количество детей, получаем ответ.

53 года, 6 детей, 101 фут.

Десять человек сидят за круглым столом. Сумма в десять долларов должна быть распределена среди них так, чтобы каждый получил половину от той суммы, которую два его соседа получили вместе. Однозначно ли это правило задает распределение денег?

Рассмотрим человека, получившего наибольшую сумму (если их несколько, рассмотрим любого из них). Тогда оба его соседа получили ту же сумму. То же верно и для соседей этих соседей. Продолжая, убедимся в том, что все получили поровну.

Однозначно.

Доказать, что в последовательности 11, 111, 1111, 11111, ... нет точных квадратов.

См. задачу 31234.

Внутри круга нарисована точка. Покажите, что можно разрезать круг на две части так, чтобы из них можно было составить круг, в котором отмеченная точка являлась бы центром.

Пусть O - центр данного круга S, а A - нарисованная точка. Если A совпадает с O, то перекраивать нечего. Иначе проведем окружность S' с центром в A и радиусом, равным радиусу круга S. Эта окружность разобьет круг S на две части. Первая из этих частей содержит точки A и O и симметрична относительно серединного перпендикуляра m, проведенного к отрезку AO. Эту часть оставим на месте. Вторую часть (имеющую форму "месяца") переложим так, чтобы она заняла положение, симметричное своему начальному положению относительно m. После этого первая и вторая часть заполняют внутренность окружности S'. Тем самым, требуемое перекраивание круга проделано. Приведем также другое решение. Сделаем разрез по окружности, проходящей через точки O и А и целиком лежащей в заданном круге. Получается два куска: один — круг, а другой — несимметричное кольцо. Теперь поворачиваем круг вокруг его центра до совпадения точки А с центром круга S — точкой O.

Найдите натуральные числа, меньшие 1000 и равные сумме факториалов своих цифр.

  1) Рассмотрим однозначные числа. Легко проверяется, что подходят только 1 и 2.   2) Рассмотрим двузначные числа. Так как  5! = 120,  то цифры двузначного числа меньше пяти. Перебором убеждаемся, что таких чисел нет (надо рассмотреть числа 11, 12, 13, 14, 20, 21, 22, 23, 24, 30, 31, 32, 33, 34, 40, 41, 42, 43, 44.   3) Рассмотрим трёхзначные числа, цифры этих чисел не превосходят 6, то есть число не превосходит 666, но так как  6! = 720 > 666,  то все цифры меньше шести и само число не превосходит 555. Так как  3·5! = 360,  то число не превосходит 360. Следовательно, первая цифра 1, 2 или 3.  3! + 2·5! = 246 < 360,  то есть первая цифра 1 или 2. Но  2! + 2·5! = 242 < 255,  значит, первая цифра 1. Наконец,  1! + 2·5! = 241 > 155.  Следовательно, вторая цифра меньше 5. Последняя цифра – 5, иначе сумма факториалов цифр двузначна. Из оставшихся вариантов (125, 135 и 145) подходит только 145.

1, 2, 145.

Матч Бавария – Спартак окончился со счетом  5 : 8.  Докажите, что в матче был такой момент, когда Спартаку оставалось забить столько мячей, сколько Бавария уже забила к этому времени.

См. задачу 32825.

Каково минимальное целое число вида 111...11, делящееся на 333...33 (100 троек)?

3...3 = 3·1..1  (сто единичек). Пусть число, состоящее из k единиц делится на оба множителя. Из процесса деления в столбик ясно, что k делится на 100. Кроме того, из признака делимости на 3 следует, что k кратно 3.

1...1 (300 единиц).

Можно ли выписать в ряд десять чисел так, чтобы сумма любых пяти чисел подряд была бы положительна, а сумма любых семи подряд отрицательна?

Условию задачи удовлетворяют, например, такие числа 20, -30, 20, -30, 24, 24, -30, 20, -30,20.

Сумма 123 чисел равна 3813. Доказать, что из этих чисел можно выбрать 100 с суммой не меньше 3100.

Сумма 100 наибольших чисел не меньше 100/123 суммы всех чисел, то есть не меньше  100/123·3813 = 3100.

Докажите, что уравнение  1/а + 1/b + 1/c + 1/d + 1/e + 1/f  = 1  не имеет решений в нечётных натуральных числах.

Знаменатель суммы в левой части – нечётное число, а числитель является суммой шести нечётных чисел, то есть чётен. Следовательно, такая дробь не может быть равна единице.

Двое мальчиков играют в такую игру: они по очереди ставят ладьи на шахматную доску. Выигрывает тот, при ходе которого все клетки доски оказываются битыми поставленными фигурами. Кто выиграет, если оба стараются играть наилучшим образом?

ABCDEF – число из шести цифр. Все они разные и расположены слева направо в возрастающем порядке. Число это – полный квадрат. Определите, какое это число.

  Пусть  ABCDEF = XYZ².  Ясно, что F – число единиц числа Z². Поскольку цифры А, В, С, D, Е, F расположены в порядке возрастания, то  А ≤ 4, E ≥ 5,  а   F ≥ 6.   Если  А = 4,  то  ABCDEF = 456789,  а это – не квадрат.   Квадрат не может оканчиваться на 7 или 8. При  F = 6  число ABCDEF может иметь только вид 123456, а это число не является квадратом. Следовательно,  F = 9,  а Z равно 3 или 7.   Квадраты чисел 93 и 97 оканчиваются на 49 и 09 соответственно, поэтому Y не может равняться 9.   Так как  А ≤ 3,  то  X² < 40,  откуда  X ≤ 6.  Кроме того,  X > 2,  так как 2YZ² – пятизначное число.   1)  X = 6.  Тогда  360000 < ABCDEF < 400000,  и цифры не могут быть расположены в порядке возрастания.   2)  X = 5.  5YZ² ≥ 250000,  поэтому в этом случае ABCDEF либо равно 256789 (но это не квадрат), либо не меньше 345678, а тогда  Y ≥ 8.  Но числа 583² и 587² не подходят.   3)  X = 4,  160000 ≤ 4YZ² < 250000. Значит,  A = 2  (иначе цифры не удастся расположить в порядке возрастания),  B ≥ 3,  откуда  Y ≥ 8.  Но числа 483² и 487² не подходят.   4)  X = 3.  Тогда  A = 1,  Y ≥ 5.  Перебором находим единственный вариант  367² = 134689.

134689.

Два стрелка произвели по 5 выстрелов, причём попадания были следующие: 10, 9, 9, 8, 8, 5, 4, 4, 3, 2. Первыми тремя выстрелами они выбили одинаковое количество очков, но тремя последними выстрелами первый стрелок выбил втрое больше очков, чем второй. Сколько очков набрал каждый из них третьим выстрелом?

  Обозначим через аi число очков, выбитых первым стрелком при i-м выстреле, а через bi число очков, выбитых вторым стрелком при i-м выстреле. Тогда а1 + а2 + а3 = b1 + b2 + b3,  а3 + а4 + а5 = 3(b3 + b4 + b5).   По условию  b3 + b4 + b5 ≥2 + 3 + 4 = 9,  а сумма  а3 + а4 + а5 ≤ 10 + 9 + 9 = 28  и кратна 3. Отсюда  {b3, b4, b5) = {2, 3, 4}, {а3, а4, а5} = {10, 9, 8},  а  {а1, а2, b1, b2} = {4, 5, 8, 9}.  Если среди чисел а1, а2 есть 8 или 9, то  а1 + а2 + а3 ≥ 4 + 8 + 8 = 20,  а  b1 + b2 + b3 ≤ 9 + 5 + 4 = 18.  Значит,  {а1, а2} = {4, 5},  а  {b1, b2} = {8, 9}.  Следовательно,  a3 – b3 = 8 + 9 – (4 + 5) = 8,  то есть  a3 = 10, b3 = 2.

Первый – 10 очков, а второй – 2.

При построении восемь мальчиков разместились так, что 1) А был впереди Б и В; 2) Б - впереди К через одного; 3) Л впереди А, но после Д; 4)В - после Е через одного; 5) Д - между Б и Г; 6) Е - рядом с К, но впереди В. В каком порядке выстроились мальчики?

Из условия задачи 3 следует, что в строю мальчики стояли в следующем порядке: сначала Д, потом Л, а за ним А. Из условий 1 и 2 следует, что Б стоял после А, а за Б через одного стоит К. Из условия 5 следует, что Г впереди Д, так как Б стоит за А и, следовательно, за Д. И наконец, из условия 6 следует, что Е стоит рядом с К, причем слева от К. Если бы Е стоял справа от К, то он был бы впереди В (как и требует условие 6), но при этом нарушилось бы условие 4 (В стоял бы после Е, но не через одного, а рядом с ним). Таким образом, мальчики выстроились в следующем порядке:Г,Д,Л,А,Б,Е,К,В.

На планете Тау Кита суша занимает больше половины всей площади. Доказать, что таукитяне могут прорыть через центр планеты шахту, соединяющую сушу с сушей.

Суша и область напротив суши перекрываются. Если бы они не перекрывались, то суша занимала бы меньше половины всей площади.

На острове живут два племени: аборигены и пришельцы. Аборигены всегда говорят правду, а пришельцы всегда лгут. Путешественник, приехавший на остров, нанял островитянина в проводники. Они пошли и увидели другого островитянина. Путешественник послал проводника узнать, к какому племени принадлежит этот туземец. Проводник вернулся и сказал: "Туземец говорит, что он абориген". Кем был проводник: пришельцем или аборигеном?

Из сообщения проводника следует, что проводник-абориген. Действительно, ответ встреченного островитянина мог быть только один: Я абориген, так как этот ответ является правдой для аборигена и ложью для пришельца. Следовательно, проводник сказал правду, и поэтому он принадлежит к аборигенам.

Может ли число, сумма цифр которого равна 2001, быть квадратом целого числа?

Так как сумма цифр числа делится на 3 и не делится на 9, то и само число делится на 3 и не делится на 9, а следовательно, не может быть квадратом целого числа.

Докажите, что если a, b, c – нечётные числа, то хотя бы одно из чисел  ab – 1,  bc – 1,  ca – 1  делится на 4.

Так как числа a, b, c нечётны, то при делении на 4 они могут дать остатки 1 или 3. Следовательно, по крайней мере два из них имеют один остаток. числа. Пусть это a, b и остаток 3 (остальные случаи рассматриваются аналогично). Тогда  ab – 1 = (4k + 3)(4n + 3) – 1 = 16kn + 12(k + n) + 8,  что делится на 4.

Ежедневно в полдень из Москвы в Астрахань и из Астрахани в Москву выходит рейсовый теплоход.Теплоход, вышедший из Москвы, идёт до Астрахани ровно четверо суток, затем двое суток стоит, и в полдень, через двое суток после своего прибытия в Астрахань, отправляется в Москву. Теплоход, вышедший из Астрахани, идет в Москву ровно пять суток и, после двухсуточного отдыха в Москве, отправляется в Астрахань. Какое количество теплоходов должно работать на линии Москва – Астрахань – Москва при описанных условиях движения?

13 теплоходов.

Два торговца купили в городе одинаковое количество товара по одной и той же цене и увезли каждый в свою деревню продавать. Первый продавал товар в два раза дороже закупочной цены. Второй сначала поднял цену на 60% и продал четвёртую часть товара, затем поднял цену еще на 40% и продал остальную часть товара. Кто из них выручил больше?

  Пусть каждый купец заплатил за товар x рублей. Тогда прибыль первого купца составляет тоже x руб.   Второй купец сначала поднял цену на 60% и продал по ней четверть товара. За это он получил  ¼·1,6x = 0,4x.  Затем он поднял цену еще на 40%, то есть до  1,4·1,6x = 2,24x,  и продал по ней 3/4 товара, за что получил  2,24x·3/4 = 1,68x.  Итого, он продал товар за 0,4x + 1,68x = 2,08x  руб., а прибыль составила 1,08x руб.

Второй купец.

В корзине лежат 13 яблок. Имеются весы, с помощью которых можно узнать суммарный вес любых двух яблок. Придумайте способ выяснить за 8 взвешиваний суммарный вес всех яблок.

Занумеруем яблоки. Взвесим первое яблоко со вторым, второе с третьим и третье с первым, затем сложим полученные веса и получим удвоенный вес трёх яблок. Итак, за три взвешивания мы узнали суммарный вес первых трёх яблок. Осталось пять взвешиваний и десять яблок, которые взвешиваем попарно. Суммируя все данные, получим вес 13 яблок.

Решить систему уравнений:     xy = 1,     yz = 2,     zx = 8.

Из системы видно, что все переменные имеют один знак. Перемножив все уравнения, получим  x²y²z² = 16,  откуда  xyz = 4  или  xyz = –4.  Поделив на каждое из уравнений, найдём все неизвестные.

(2, ½, 4),  (–2, – ½, –4).

Как разбить бесконечный лист клетчатой бумаги на доминошки 2×1 так, чтобы каждая линия сетки разрезала лишь конечное число доминошек?

Проведём две диагональные прямые  y = x  и  y = – x,  которые разбивают бесконечный лист на четыре части. Верхнюю и нижнюю разобьём на вертикальные доминошки, а левую и правую (вместе с остатками нижней и верхней частей) – на горизонтальные доминошки. Тогда вертикальная линия сетки может разрезать только горизонтальные доминошки, а их вдоль каждой вертикали лежит только конечное число. То же самое имеет место для горизонтальных линий сетки и вертикальных доминошек.

При посадке в самолет выстроилась очередь из n пассажиров, у каждого из которых имеется билет на одно из n мест. Первой в очереди стоит сумасшедшая старушка. Она вбегает в салон и садится на случайное место (возможно, и на свое). Далее пассажиры по очереди занимают свои места, а в случае, если свое место уже занято, садятся случайным образом на одно из свободных мест. Какова вероятность того, что последний пассажир займет свое место?

Пусть при некоторой рассадке пассажиров последний пассажир сел не на свое место (такую рассадку назовем неудачной). Тогда до прихода последнего пассажира его место было занято пассажиром A (A может быть и сумасшедшей старушкой). В момент прихода пассажира A перед ним стоит выбор - какое место занять. В рассматриваемой рассадке он занимает место последнего пассажира. Но с той же вероятностью он мог занять и место старушки, и в дальнейшем все пассажиры, включая последнего, займут свои собственные места. (Конечно, нужно еще пояснить, почему в момент прихода пассажира A старушкино место все еще свободно. Но это действительно так - нетрудно проследить, что пока старушкино место свободно, среди всех еще не вошедших пассажиров есть ровно один, чье место уже занято. Как только очередной пассажир занимает старушкино место, все остальные будут садиться только на свои места.) Таким образом, каждой неудачной рассадке соответствует удачная, которая может случиться с той же вероятностью. Это говорит о том, что ровно в половине случаев рассадка будет неудачной.

0.50

Может ли сумма  1 + 2 + 3 + ... + (n – 1) + n  при каком-нибудь натуральном n оканчиваться цифрой 7?

1 + 2 + 3 + ... + (n – 1) + n = ½ n(n + 1).  Чтобы это число оканчивалось на цифру 7, нужно, чтобы число  ½ n(n + 1) – 2 = ½ (n(n + 1) – 4)  делилось на 5, следовательно, число  n(n + 1) – 4 = n² + n + 1 – 5  должно делиться на 5. Но это не так (см. задачу 30606).

Не может.

Антон, Артем и Вера решили вместе 100 задач по математике. Каждый из них решил 60 задач. Назовем задачу трудной, если ее решил только один человек, и легкой, если ее решили все трое. Насколько отличается количество трудных задач от количества легких?

Пусть S1 - число задач, решенных только Антоном, S2 - число задач, решенных только Артемом, S3 - число задач, решенных только Верой, S12 - число задач, решенных только Антоном и Артемом, и так далее. Тогда Антон решил S1+S12+S13+S123 = 60 задач, Артем решил S2+S12+S23+S123 = 60 задач, Вера решила S3+S13+S23+S123 = 60 задач. Общее число задач : S1+S2+S3+S12+ S13+S23+S123=100. Сложим первые три равенства и вычтем последнее, умноженное на 2. Получим:

Какое максимальное количество фигурок 2*2*1 можно уложить в куб 3*3*3?

Ответ: 6 фигурок.

Решить в целых числах уравнения   a)  1/a + 1/b = 1/7;   б)  1/a + 1/b = 1/25.

а) Запишем уравнение в виде  (a – 7)(b – 7) = 49.  Поскольку  a ≠ 0,  то  a – 7  – одно из чисел –49, –1, 1, 7, 49. Соответственно  b – 7  равно –1, –49, 49, 7, 1.

а)  {6, –42},  {56, 8},  (14, 14). б)  {24, –600},  {20, –100},  {650, 26},  {150, 30},  (50, 50).

Поле с цветами разбито тропинками на равные квадраты. Садовники живут в вершинах всех квадратов. За каждым цветком ухаживают три ближайших садовника. Нарисуйте все цветы, за которыми ухаживает один из садовников.

Решение появиться после 12.05.20001г

У Царя Гвидона было 5 сыновей. Среди его потомков 100 имели каждый ровно по 3 сына, а остальные умерли бездетными. Сколько потомков было у царя Гвидона?

Всякий потомок Царя Гвидона – это либо сын одного из его потомков, либо сын самого Гвидона. Из условия следует, что у всех потомков Гвидона было в общей сложности 300 сыновей. А у самого Гвидона было 5 сыновей, следовательно, всего потомков было 305.

305.

Жук ползёт по рёбрам куба. Сможет ли он последовательно обойти все рёбра, проходя по каждому ребру ровно один раз?

См. задачу 32022 б).

Не может.

Какое наименьшее число участников может быть в математическом кружке, если известно, что девочек в нем меньше 50%, но больше 40%?

  Пусть n – число всех участников кружка, а d – число девочек.

  Первый способ. По условию  0,4n < d < 0,5n.  Если n нечётно, то число 0,5n – полуцелое, следовательно,  0,1n > 0,5,  откуда  n > 5.  Наименьшее такое n равно 7.   Если n чётно, то число 0,5n – целое, следовательно,  0,1n > 1,  откуда  n > 10.  Это хуже, чем в первом случае.

Пусть H - точка пересечения высот в треугольнике ABC. Докажите, что если провести прямые, симметричные прямым AH, BH, CH относительно биссектрис углов A, B, C, то эти прямые пересекутся в центре O описанной окружности треугольника ABC.

Пусть вначале ABC - остроугольный треугольник, как на картинке (в случае тупоугольного или прямоугольного треугольника рассуждения претерпевают лишь незначительные изменения). Угол BAH дополняет угол B треугольника ABC до 900. Далее, угол AOC равен удвоенному углу B, поскольку угол AOC - центральный, а угол B - вписанный, и оба эти угла опираются на одну дугу. Тогда из равнобедренного треугольника AOC находим (пользуясь тем, что сумма углов треугольника равна 1800), что угол CAO также, как и угол BOH, дополняет угол B треугольника ABC до 900. Таким образом, прямые AH и AO симметричны относительно биссектрисы угла A. Аналогично, прямые BH и BO симметричны относительно биссектрисы угла B, а также прямые CH и CO симметричны относительно биссектрисы угла C. Ясно, что отсюда следует утверждение задачи.