Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

Докажите, что уравнение  xx + 2yy = zz  не имеет решений в натуральных числах.

Заметим, что  z > x  и  z > y  (иначе левая часть больше правой). Таким образом, левая часть не превосходит числа  (z – 1)z–1 + 2(z – 1)z–1 = 3(z – 1)z–1.  Если z ≥ 3,  то  3(z – 1)z–1 < z·zz–1 = zz,  то есть левая часть меньше правой. Если же  z = 2,  то  3(z – 1)z–1 = 3,  а  zz = 4,  и снова левая часть меньше правой.

Лабиринтом называется клетчатый квадрат 10*10, некоторые пары соседних узлов в котором соединены отрезком - "стеной" таким образом, что переходя из клетки в соседнюю по стороне клетку и не проходя через стены, можно посетить все клетки квадрата. Границу квадрата будем также считать обнесенной стеной. В некоторой клетке некоторого лабиринта стоит робот. Он понимает 4 команды - Л, П, В, Н, по которым соответственно идет влево, вправо, вверх и вниз, а если перед ним "стена", то стоит на месте. Как написать программу для робота, выполняя которую он обойдет все клетки независимо от лабиринта и от своего начального положения?

Рассмотрим все начальные состояния. Каждое состояние определяется лабиринтом и начальным положением робота в этом лабиринте. Тем самым, состояний всего конечное число. Занумеруем состояния числами 1,2,...,N. Нетрудно написать программу П1 обхода лабиринта исходя из начального состояния с номером 1. Далее, посмотрим, как двигался робот под действием программы П1 исходя из начального состояния номер 2. Припишем к программе П1 в конце несколько команд так, чтобы робот закончил обход лабиринта из начального состояния номер 2. Получим программу П2, выполняя которую, робот обходит лабиринт как из начального состояния номер 1, так и из начального состояния номер 2. Далее действуем таким же образом - приписываем к уже написанной программе Пk (выполняя которую робот обходит лабиринт из первых k начальных состояний), несколько команд так, чтобы робот обходил лабиринт и из (k+1)-го начального состояния. Полученная в конце программа ПN, как нетрудно видеть, будет искомой.

С многоугольником разрешено проделывать следующую операцию. Если многоугольник делится отрезком AB на на два многоугольника, то один из этих многоугольников можно отразить симметрично относительно серединного перпендикуляра к отрезку AB. (Операция разрешается только в том случае, когда в результате получается несамопересекающийся многоугольник.) Можно ли путем нескольких таким операций получить из квадрата правильный треугольник?

Заметим, что при проведении данных операций не изменяются площадь и периметр многоугольника. Предположим, что нам удалось путем нескольких таких операций получить из квадрата правильный треугольник. Примем за 1 сторону квадрата. Тогда вначале площадь многоугольника равнялась 1, а периметр равнялся 4. В полученном правильном треугольнике. следовательно, периметр также должен равняться 4 (т.е. сторона треугольника должна равняться 4/3), а площадь - 1. Однако, площадь правильного треугольника со стороной 4/3 равна (как легко посчитать) (4*31/2)/9, что не равно 1. Получено противоречие, которое завершает доказательство.

нельзя.

Докажите, что меньшая диагональ параллелограмма выходит из тупого угла.

Пусть дан параллелограмм ABCD, в котором диагональ AC меньше диагонали BD. Обозначим за O точку пересечения диагоналей. По свойству параллелограмма его диагонали делятся точкой их пересечения пополам, поэтому длины отрезков AO и OC равны половине диагонали AC, а длины отрезков BO и OD равны половине диагонали BD. Значит, BO>AO и DO>AO. Поскольку в треугольнике против большей стороны лежит больший угол, из треугольников AOB и AOD получаем следующие неравенства для углов: (BAO)>(ABO) и (DAO)>(ADO). Сложив эти неравенства, получаем, что в треугольнике BAD угол BAD больше суммы двух оставшихся углов. Так как сумма углов треугольника равна 1800, то угол BAD больше 900. Это и требовалось доказать.

Имеется 101 натуральное число, причем сумма этих чисел равна 200. Докажите, что из этих чисел всегда можно выбрать несколько чисел, дающих в сумме 100.

Пусть данные числа - a1, a2, ... , a101. Возьмем окружность длины 200. Отметим на окружности 200 точек, делящих ее на 200 равных дуг. Покрасим одну из этих точек. Далее, от покрашенной точки будем откладывать по часовой стрелке дуги длины a1, a2, ... , a101, и концы этих дуг также будем красить. Таким образом, среди 200 отмеченных точек будет 101 покрашенная точка, и эти покрашенные точки делят окружность на дуги в соответствии с представлением числа 200 в виде суммы a1+a2+...+a101. Далее, отмеченные точки разбиваются на 100 пар диаметрально противоположных. Поскольку покрашенных точек - 101 штука, найдется пара покрашенных диаметрально противоположных точек. Диаметр, проходящий через эти покрашенные точки, делит дуги с длинами a1, a2, ... , a101 на две группы, в каждой из которых сумма длин дуг равна 100. Ясно, что мы получили то, что и требовалось в задаче. (На картинке та же задача для 9 чисел, дающих в сумме 16.)

Дана последовательность чисел x1, x2, ... . Известно, что 0<x1<1 и xk+1=xk-xk2 для всех k>1. Докажите, что x12+x22+...+xn2<1 для любого n>1.

Поскольку квадрат положительного числа, меньшего 1, меньше самого числа, то из условия 0<x1<1 и рекуррентной формулы последовательно получаем, что 0<x2<1, 0<x3<1, и т.д. Далее, по условию xk2=xk-xk+1, поэтому выражение x12+x22+...+xn2 можно переписать в виде (x1-x2)+(x2-x3)+...+(xn-xn+1), что равно x1-xn+1. Так как x1<1 и xn+1>0, то x1-xn+1 меньше 1, что и требовалось доказать.

Дано натуральное число M. Докажите, что существует число, кратное M, сумма цифр которого (в десятичной записи) нечетна.

Допустим противное, пусть число M и все кратные числу M имеют четную сумму цифр. Если десятичная запись M оканчивается нулями, все их можно отбросить, отбросив столько же нулей и у всех кратных M. Это на сумму цифр не влияет. Итак, пусть M не оканчивается нулями. Рассмотрим сначала случай, когда предпоследняя цифра M - не девятка. Пусть запись числа M содержит n знаков. Можно найти число из n+1 цифры, делящееся на M, десятичная запись которого начинается с данной цифры b. В самом деле, среди 10n последовательных чисел b*10n, b*10n+1, ... , (b+1)*10n-1 найдется число, делящееся на M (поскольку M<10n). Итак, можно рассмотреть число S из n+1 цифры, начинающееся на цифру 9 и делящееся на M. Сложим числа S и M*10n. Поскольку число S начинается на 9, а число M не заканчивается на 0, при сложении чисел S и M*10n столбиком возникнет перенос в n-ом (считая слева) разряде. Перенос будет ровно в одном разряде, так как предпоследняя цифра M - не девятка. Следовательно, сумма цифр числа S+M*10n на 9 меньше, чем сумма цифр числа S, сложенная с суммой цифр числа M*10n. Таким образом, сумма цифр числа S+M*10n нечетна - противоречие. Рассмотрим теперь случай, когда предпоследняя цифра числа M - девятка. Тогда рассмотрим последовательность 3M, 9M, 27M ... (последовательные умножения на 3). Проследив, как при умножении на 3 меняются последние две цифры, нетрудно понять, что в этой последовательности найдется число, предпоследняя цифра которого - не девятка (при этом последняя цифра этого числа - не ноль). Для этого числа повторяем предыдущие рассуждения.

Существуют ли такие 100 квадратных трёхчленов, что каждый из них имеет два корня, а сумма любых двух из них корней не имеет?

Рассмотрим квадратные трёхчлены  fn(x) = (x – 4n)2 – 1  (n = 1, 2, 3, ...).  Очевидно, каждый из них имеет два действительных корня.  4n – 4m ≥ 4  при  n > m,  значит, при любом x либо  |x – 4m|,  либо  |x – 4n|  не меньше 2. Поэтому  fm(x) + fn(x) = (x – 4m)² + (x – 4n)² – 2 ≥ 2 > 0,  то есть квадратный трёхчлен fm(x) + fn(x)  принимает только положительные значения.

Существуют.

В треугольнике ABC проведена биссектриса AA', I – точка пересечения биссектрис. Докажите, что  AI > A'I.

Заметим, что  ∠AA'B > ∠CAA' = ∠BAA'  (свойство внешнего угла). Значит,  BA > BA'.  Поскольку BI – биссектриса угла B, то  AI/A'I = BA/BA' > 1.

Найдите все функции  f(x), определённые при всех действительных x и удовлетворяющие уравнению  2f(x) + f(1 – x) = x².

В данное уравнение подставим  1 – x  вместо x. Получим систему     2f(x) + f(1 – x) = x2,     f(x) + 2f(1 – x) = (1 – x)², откуда находим  f(x) = 1/3 (2x² – (1 – x)²) = 1/3 (x² + 2x – 1).  Проверка показывает, что найденная функция удовлетворяет условию.

f(x) = 1/3 (x² + 2x – 1).

Рассматриваются покрытия шахматной доски доминошками, содержащими две соседние клетки. Каких покрытий больше – тех, которые содержат доминошку a1-a2, или тех, которые содержат доминошку b2-b3?

  Исключим из рассмотрения все покрытия, в которых присутствует как доминошка a1-a2, так и доминошка b2-b3. Рассмотрим оставшиеся покрытия. Назовём покрытие покрытием типа A, если оно содержит доминошку a1-a2, и покрытием типа B, если оно содержит доминошку b2-b3. Покажем, что покрытий типа A больше.   Рассмотрим некоторое покрытие типа B. Так как в нём нет доминошки a1-a2, то клетка a1 покрыта доминошкой a1-b1. Следовательно, клетка a2 может быть покрыта только доминошкой a2-a3. Итак, в покрытии типа B левый нижний угол 2×3 покрыт доминошками b2-b3, a1-b1, a2-a3. Поставим в соответствии покрытию типа B покрытие типа A, в котором левый нижний угол 2×3 покрыт доминошками a1-a2, b1-b2, a3-b3, а остальная часть доски покрыта так же, как и в исходном покрытии типа B. Итак, каждому покрытию типа B поставлено в соответствие покрытие типа A, причём различным покрытиям типа B соответствуют различные покрытия типа A. Однако покрытие типа A, состоящее только из вертикальных доминошек, не соответствует при этом никакому покрытию типа B. Таким образом, покрытий типа A больше.

Больше тех, которые содержат доминошку a1-a2.

Чему равно значение выражения   ?

Воспользуемся тем, что     Тогда данная в условии сумма запишется в виде

  В полученной сумме все слагаемые за исключением первого и последнего сокращаются, поэтому значение этого выражения равно  

Стороны треугольника равны a, b, c. Известно, что a3=b3+c3. Докажите, что этот треугольник остроугольный.

Из равенства a3=b3+c3 следует, что a - наибольшая сторона в данном треугольнике. Поскольку против большей стороны лежит больший угол, достаточно доказать, что угол, лежащий против стороны a - острый. Предположим противное. Тогда по теореме косинусов a2=b2+c2-2bc*cos(A), где A - угол против стороны a. Поскольку угол A неострый, cos(A) неположителен, отсюда a2 не меньше, чем b2+c2. Следовательно, a3 не меньше, чем ab2+ac2, что в свою очередь больше b3+c3, так как a - наибольшая сторона. Итак, из предположения, что данный треугольник неостроугольный, мы вывели, что a3>b3+c3, а это противоречит условию.

а) В трёхзначном числе зачеркнули первую цифру слева, затем полученное двузначное число умножили на 7 и получили исходное трёхзначное число. Найдите такое число. б) В трёхзначном числе зачеркнули среднюю цифру и получили число в 6 раз меньше исходного. Найдите такое трёхзначное число.

Пусть x, y, z – цифры искомого числа.

а)  100x + 10y + z = 7(10y + z),  откуда  50x = 3(10y + z).  Значит, x делится на 3. Поскольку  3(10y + z) < 300,  то  x = 3,  10y + z = 50.

Вычислительная машина умеет выполнять только одну операцию: a*b=1-a/b. Как выполнить с помощью этой машины все четыре арифметических действия?

Даны два числа a, b. 1) Еcли взять пару (a;a), то машина поставит ей в соответствие число 0. 2) Еcли взять пару (0;b), то машина поставит ей в соответствие число 1. 3) Еcли взять пару (1-a:b;1), то машина поставит ей в соответствие число a:b. Действительно указанной паре машина сопоставит число 1-(1-a:b):1=a:b. Итак, мы НАУЧИЛИСЬ ДЕЛИТЬ известные нам числа. 4)Так как мы научились уже делить, то можем получить число 1:b, а затем можем получить число a:(1:b)=a*b. Мы НАУЧИЛИСЬ УМНОЖАТЬ. 5)Разделив число 1-a:b на 1:b, получим число b-a. Нашли разность. 6)Вычитая числа b-a и b, получим число -a. Осталось от числа b отнять число -a, т.е. записать b-(-a)=b+a. Нашли сумму двух чисел.

Число x натуральное. Среди утверждений   1)  2x > 70,   2)  x > 100,   3)  3x > 25,   4)   x ≥ 10,   5)  x > 5   три верных и два неверных. Чему равно x?

Запишем первое и третье неравенства в виде  x > 35, x > 25/3.  Отложим на числовой прямой числа 5, 25/3, 10, 35, 100;  прямая этими точками разбита на шесть интервалов (два бесконечных). Осталось рассмотреть все интервалы и найти тот, который удовлетворяет условию задачи.

x = 9.

Из полоски бумаги шириной 1 см склеили цилиндрическое кольцо с длиной окружности 4 см. Можно ли из этого кольца изготовить квадрат, имеющий площадь: а) 1 кв.см; б) 2 кв.см. Бумагу разрешается склеивать, складывать, но НЕЛЬЗЯ резать.

В обоих случаях требуемое сделать возможно.

Правильный треугольник разрезать на четыре части так, чтобы из них можно было сложить квадрат.

Смотри картинку.

Три одинаковых треугольника разрезать каждый на две части так, чтобы из них можно было сложить один треугольник.

Пусть ABC - один из данных равных треугольников, α, β, γ - его углы. Разрежем его по медиане AM и сложим получившиеся части, совместив отрезки BM и CM. Получим треугольник со сторонами, равными AB и AC и углом между ними, равным β + γ = 180° - α. С двумя оставшимися треугольниками проведем ту же операцию, разрезая их по медианам, проведенным из других вершин. Теперь заметим, что три полученных треугольника имеют каждый по углу, сумма которых равна 360°, и стороны, прилежащие к этим углам, попарно равны. Поэтому из таких треугольников можно сложить один.

На стол положили несколько одинаковых листов бумаги прямоугольной формы. Оказалось, что верхний лист покрывает больше половины площади каждого из остальных листов. Можно ли в таком случае воткнуть булавку так, чтобы она проколола все прямоугольники?

Докажем, что булавка, воткнутая в центр верхнего листа O, проколет все остальные листы. Действительно, если предположить, что некоторый лист П не покрывается точкой O, то его можно симметрично отразить относительно O, и его образ П' не будет пересекать исходный лист. Так как O - центр симметрии верхнего листа, то пересечения П и П' с верхним листом имеют равные площади, в сумме меньшие площади одного листа. А значит, верхний лист покрывает меньше половины площади листа П, что противоречит условию.

Автор: Вялый М.Н.

Рассмотрите последовательность  bn = an + 1  и покажите, что bn делится на большую степень десятки.

Найдите множество середин хорд, проходящих через заданную точку A внутри окружности.

  Пусть A – данная точка, O – центр данной окружности Ω. Рассмотрим некоторую хорду BC, которая проходит через точку A. Пусть P – середина этой хорды. Точка O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BC, поэтому  OP ⊥ BC.  Значит, точка P лежит на окружности ω, построенной на OA как на диаметре.   Наоборот, если взять любую точку P окружности ω, то нетрудно видеть, что прямая AP высекает на окружности Ω хорду, для которой P является серединой.

Окружность, построенная на отрезке OA как на диаметре (O – центр исходной окружности).

На доске n×n расставлено  n – 1  фишек так, что никакие две из них не стоят на соседних (по стороне) клетках. Докажите, что одну из них можно передвинуть на соседнюю клетку так, чтобы снова никакие две фишки не стояли на соседних клетках.

  Предположим противное. Ясно, что в таблице есть пустые столбцы. Заметим, что пустой столбец не может быть крайним. Действительно, если, скажем, правый столбец пуст, то из самого правого непустого столбца можно сдвинуть фишку вправо. Аналогично доказывается, что не может быть двух пустых столбцов подряд. Итак, слева от каждого пустого столбца есть фишка. Её нельзя сдвинуть вправо, значит, в той же строке справа через одну от неё стоит фишка. Таким образом, каждая "левая" фишка находится в строке, где есть другие фишки.   Пусть всего пустых столбцов k. Тогда соответствующих "левых" фишек не меньше k. Следовательно, все фишки занимают не более  n – 1 – k  строк, и пустых строк не меньше  k + 1,  то есть больше чем пустых столбцов.   Но аналогично можно доказать, что пустых столбцов больше, чем пустых строк. Противоречие.

Внутри квадрата со стороной 2 расположено семь многоугольников площадью не менее 1 каждый. Докажите, что существует два многоугольника, площадь пересечения которых не менее 1/7.

Предположим, что площадь пересечения каждых двух из данных семи многоугольников меньше 1/7. Оценим площадь фигуры Ai = M1 ∪ M2 ∪ ... ∪ Mi  (i = 1, 2, ..., 7),  исходя из нашего предположения. Площадь  S(A1) = S(M1) ≥ 1.  Далее, для каждого  i = 2, ..., 7  многоугольник Mi пересекается с каждым из многоугольников M1, ..., Mi–1 по площади, меньшей 1/7. Значит,  S(Mi ∩ Ai–1) < i–1/7,  S(Mi \ Ai–1) > 1 – i–1/7 = 8–i/7, а  S(Ai) > S(Ai–1) + 8–i/7.  Следовательно,  S(A7) > 1 + 6/7 + 5/7 + ... + 1/7 = 4.  Но это противоречит тому, что все многоугольники лежат внутри квадрата площади 4.

Имеется 20 человек – 10 юношей и 10 девушек. Сколько существует способов составить компанию, в которой было бы одинаковое число юношей и девушек?

Пусть имеется некоторая компания из k юношей и k девушек. Поставим ей в соответствие множество из 10 человек, в которое включим k девушек, вошедших в компанию, и  10 – k  юношей, не вошедших в неё. Установленное соответствие, очевидно, является взаимно-однозначным. Таким образом, искомое число равно числу способов выбрать 10 человек из 20-ти.

  способов.

Внутри угла расположены две окружности с центрами A, B, которые касаются друг друга и сторон угла. Докажите, что окружность с диаметром AB касается сторон угла.

Обозначим вершину угла за O. Обозначим меньшую окружность S1 и большую - S2. Пусть окружность S1 имеет центр A, а S2 имеет центр B. Окружность S2 получается из окружности S1 гомотетией с центром O. Коэффициент этой гомотетии равен OB/OA. Рассмотрим биссектрису угла. Точку пересечения окружности S1 с биссектрисой, ближайшую к O, обозначим за M, точку касания окружностей - за N. При гомотетии точка M переходит в N, поэтому OB/OA=ON/OM. Отсюда следует, что OA/OM=OB/ON. Это означает, что при гомотетии H с центром O, переводящей точку M в точку A, точка N переходит в точку B. Следовательно, при гомотетии H окружность S1 с диаметром MN переходит в окружность S с диаметром AB. Это означает, что окружность S, так же как окружность S1, будет касаться сторон угла. Это и требовалось доказать.

Дано 100 положительных чисел, сумма которых равна S. Известно, что каждое из чисел меньше, чем S/99. Докажите, что сумма любых двух из этих чисел больше, чем S/99.

Рассмотрим некоторые два из этих чисел. Предположим, что их сумма R не больше, чем S/99. Заменим эти два числа на их сумму. После этого получился набор из 99 чисел, сумма которых равна S, причем одно из чисел (R) не больше, чем S/99, а остальные - меньше. Но тогда сумма всех чисел меньше, чем 99*S/99=S. Тем самым, получено противоречие.

Через точку, взятую внутри треугольника, параллельно его сторонам провели прямые. Вычисляются отношения длин отрезков, получающихся в пересечении этих прямых с треугольником, к длинам параллельных им сторон. Докажите, что сумма трех таких отношений равна 2.

Пусть ABC - данный треугольник и O - точка внутри него. Рассмотрим отрезок B'C', проходящий через O и параллельный BC (B' - точка на стороне AB, C' - точка на стороне AC). Тогда B'C'/BC - одно из отношений, о которых идет речь в условии. Пусть прямая AO пересекает BC в точке D. Из подобия треугольников AB'C' и ABC получаем, что отношение B'C'/BC является коэффициентом подобия. Отрезки AO и AD являются соответствующими элементами в подобных треугольниках AB'C' и ABC. Отсюда следует, что отношение AO/AD также является коэффициентом подобия: AO/AD=B'C'/BC. Далее, DO/AD равно отношению площадей треугольников OBC и ABC. В самом деле, у этих треугольников общее основание, а высоты относятся как DO/AD. Итак, DO/AD=S(OBC)/S(ABC). Отсюда AO/AD = (AD-DO)/AD = 1-DO/AD = 1-S(OBC)/S(ABC). Аналогичным образом находим, что второе и третье отношения, о которых говорится в условии, равны 1-S(OAB)/S(ABC) и 1-S(OCA)/S(ABC). Таким образом, сумма всех трех отношений равна (1-S(OBC)/S(ABC))+(1-S(OAB)/S(ABC))+(1-S(OCA)/S(ABC)) = 3-(S(OBC)+S(OAB)+S(OCA))/S(ABC) = 3-1 = 2, так как треугольники OBC, OAB и OCA составляют треугольник ABC.

Дано n целых чисел, каждое из которых взаимно просто с n. Также дано неотрицательное целое число  r < n. Докажите, что среди данных n чисел можно выбрать несколько чисел, сумма которых дает остаток r при делении на n.

  Утверждение задачи следует из более общего утверждения: если дано k  (0 < k ≥ n)  чисел, взаимно простых с n, то среди сумм некоторых из этих k чисел встретится не менее k остатков от деления на n. Последнее утверждение докажем индукцией по k. База  (k = 1)  очевидна.   Шаг индукции. Пусть даны числа a0, a1, a2, ..., ak  (k + 1 ≤ n),  взаимно простые с n. По предположению индукции среди сумм некоторых из чисел a1, a2, ..., ak встретится не менее k различных остатков от деления на n; пусть R – множество этих остатков. Если R в более k элементов, то все уже доказано. Пусть в R ровно k элементов и среди сумм некоторых из чисел a0, a1, a2, ..., ak встречаются только остатки из множества R. Рассмотрим сумму S некоторых из чисел a1, a2, ..., ak, дающую остаток  r ∈ R  от деления на n. Тогда сумма  S + a0  снова даёт некоторый остаток  r' ∈ R.  Отсюда следует, что для любого остатка  r ∈ R  остаток числа  r + a0  также принадлежит R. Значит, остатки всех чисел  r,  r + a0,  r + 2a0,  ...,  r + (n – 1)a0  принадлежат множеству R, состоящему из  k < n  остатков. Однако, выписанные числа дают различные остатки от деления на n. Действительно, разность  (r + ka0) – (r + ma0) = (k – m)a0  не делится на n, так как  0 < |k – m| < n,  а  (a0, n) = 1.  Противоречие.

На плоскости расположены две параболы так, что их оси взаимно перпендикулярны, а сами параболы пересекаются в четырёх точках. Докажите, что эти четыре точки лежат на одной окружности.

Введём координаты так, что ось $x$ будет осью симметрии первой параболы, а ось $y$ – осью симметрии второй параболы. Уравнения парабол тогда примут вид:  $x = ay^2 + b$,  $y = cx^2 + d$. Коэффициенты $a$ и $c$ можно считать положительными (выбрав соответствующие направления на осях). Каждая из четырёх точек пересечения парабол удовлетворяет этим двум уравнениям. Домножив первое уравнение на $c$, второе – на $a$ и сложив их, получим уравнение $cx + ay = ac (x^2 + y^2) + ad + cb$. Последнее уравнение преобразуется к виду $$\bigg(x-\frac1{2a}\bigg)^2+\bigg(y-\frac1{2c}\bigg)^2 = \frac14 \bigg(\frac1{a^2}+\frac{1}{c^2}\bigg)-\frac{d}{c}-\frac{b}{a}.$$ Это уравнение окружности (правая часть положительна, иначе параболы не имели бы точек пересечения), на которой лежат четыре точки пересечения парабол.

Докажите, что в любой арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, найдутся два члена с одинаковой суммой цифр.

Пусть a – первый член прогрессии, состоящий из k цифр, d – разность прогрессии. Рассмотрим член прогрессии с номером  10m + 1,  где  m > k.  Он равен  10md + a.  Десятичная запись этого числа выглядит так: вначале записана десятичная запись числа d, затем несколько нулей и в конце – десятичная запись числа a. Таким образом, при всех  m > k  сумма цифр членов с номерами  10m + 1  одинакова и равна сумме сумм цифр чисел d и a.

Вершины выпуклого многоугольника раскрашены в три цвета так, что каждый цвет присутствует и никакие две соседние вершины не окрашены в один цвет. Докажите, что многоугольник можно разбить диагоналями на треугольники так, чтобы у каждого треугольника вершины были трёх разных цветов.

  Обозначим цвета цифрами 1, 2, 3. Доказательство проведём индукцией по числу n вершин многоугольника. База  (n = 3)  тривиальна.   Шаг индукции. Пусть  n > 3.  Выберем две вершины A и B одного цвета, пусть это цвет 1. Точки A и B делят контур многоугольника на две ломаные. На каждой из этих ломаных есть вершина цвета, отличного от 1. Заметим, что можно найти такие две точки C и D цветов 2 и 3, что C и D лежат на разных ломаных. Действительно, это легко сделать, если на каждой из двух ломаных присутствуют вершины как цвета 2, так и цвета 3. Если же на одной ломаной нет вершин, скажем, цвета 2, то на этой ломаной все вершины цвета 3, и значит, на другой ломаной найдётся вершина цвета 2. Разобьём наш n-угольник на два многоугольника M1, M2 диагональю CD. Каждый из этих многоугольников удовлетворяет условию задачи. По предположению индукции каждый из них разбить на треугольники, у которых вершины окрашены в разные цвета. Это и даст разбиение исходного многоугольника.

По окружности выписано 10 чисел, сумма которых равна 100. Известно, что сумма каждых трёх чисел, стоящих рядом, не меньше 29. Укажите такое наименьшее число А, что в любом таком наборе чисел каждое из чисел не превосходит А.

  Пусть X – наибольшее из чисел. Оставшиеся числа разобьём на три тройки "соседей". Сумма чисел в каждой такой тройке не меньше 29, следовательно, X ≤ 100 – 3·29 = 13.   Пример набора с максимальным числом 13:  13, 9, 10, 10, 9, 10, 10, 9, 10, 10.

A = 13.

На окружности отмечено 2000 синих и одна красная точка. Рассматриваются всевозможные выпуклые многоугольники с вершинами в этих точках. Каких многоугольников больше – тех, у которых есть красная вершина, или тех, у которых нет?

Условимся называть многоугольник с вершинами только в синих точках многоугольником типа А, а многоугольник, среди вершин которого есть красная – типа B. Каждому многоугольнику типа А поставим в соответствие многоугольник типа B, вершинами которого являются все вершины исходного многоугольника и красная вершина. При этом соответствии различным многоугольникам типа А соответствуют различные многоугольники типа B. С другой стороны, треугольник с двумя синими и одной красной вершиной не соответствует никакому многоугольнику типа А. Таким образом, многоугольников типа B больше, чем многоугольников типа А.

Тех, у которых красная вершина есть.

25 дачников получили садовые участки. Каждый участок представляет собой квадрат 1×1, и все участки вместе составляют квадрат 5×5. Каждый дачник враждует не более, чем с тремя другими дачниками. Докажите, что можно распределить участки таким образом, чтобы участки враждующих дачников не были бы соседними (по стороне).

  Число способов распределить участки между дачниками конечно, поэтому можно рассмотреть способ, при котором число пар враждующих соседей минимально.   Предположим, что пары враждующих соседей имеются; пусть A и B – два враждующих соседа. Рассмотрим 23 дачников, отличных от A и B. Покажем, что среди них найдётся такой дачник C, что  а) C не враждует с соседями B;  б) C не является соседом враждующих с B дачников. Действительно, условие а) исключает не более  4·3 − 1 = 11  дачников (один из соседей B – дачник A, одним из врагов которого является B). Условие б) исключает еще  3·4 − 1 = 11  дачников. Итак, оба условия исключают не более 22 дачников. Значит, хотя бы один дачник удовлетворяет этим условиям.   Если дачники B и C поменяются участками, то пара враждующих соседей  (A, B)  исчезнет, а новых пар не возникнет. Это противоречит выбору исходного распределения.

На плоскости нарисовано пять различных окружностей. Известно, что каждые четыре из них имеют общую точку. Докажите, что все пять окружностей проходят через одну точку.

Обозначим окружности цифрами 1, 2, 3, 4, 5. Пусть A – общая точка окружностей 1, 2, 3, 4; B – общая точка окружностей 1, 2, 3, 5; C – общая точка окружностей 1, 2, 4, 5. Как видно, каждая из точек A, B, C принадлежит окружностям 1 и 2. Поскольку две различные окружности пересекаются не более, чем по двум точкам, некоторые две из точек A, B, C совпадают. Через эту пару совпадающих точек и проходят все пять окружностей.

На доске написано 10 натуральных чисел. Докажите, что из этих чисел можно выбрать несколько чисел и расставить между ними знаки "+" и "–" так, чтобы полученная в результате алгебраическая сумма делилась на 1001.

Рассмотрим всевозможные суммы нескольких из выписанных чисел. Количество таких сумм будет равно  210 = 1024  (мы учитываем пустую сумму). Согласно принципу Дирихле некоторые две из этих сумм S1 и S2 дают одинаковый остаток при делении на 1001. Разность этих сумм  S1 – S2  делится на 1001 и представляет собой сумму нескольких данных чисел со знаками "+" или "–".

На небе бесконечное число звёзд. Астроном приписал каждой звезде пару натуральных чисел, выражающую яркость и размер. При этом каждые две звезды отличаются хотя бы в одном параметре. Докажите, что найдутся две звезды, первая из которых не меньше второй как по яркости, так и по размеру.

Так как звёзд бесконечное число, то хотя бы один из параметров принимает бесконечное число значений. Пусть это размер. Тогда выберем звезду А с наименьшей яркостью. Пусть размер звезды А выражается числом n. Поскольку размер принимает бесконечное количество значений, найдётся звезда B размера больше n. Она не уступает звезде A ни по яркости, ни по размеру.

Нескольким детям дали по карандашу одного из трех цветов. Дети как-то поменялись карандашами, после чего у каждого оказался не тот карандаш, который был у него вначале. Докажите, что цвета карандашей могли быть такими, что у каждого вначале и в конце карандаши были разных цветов.

Пусть карандаш, который был вначале у некоторого ребенка А, достался в конце ребенку B, карандаш, который был вначале у некоторого ребенка B, достался в конце ребенку C и т.д. Таким образом, когда-нибудь мы дойдем до ребенка Z, карандаш которого достался в конце ребенку А. Таким образом, группа детей A, B, C, ... , Z совершила циклический обмен карандашами; можно считать, что остальные дети в этом обмене не участвовали. Если есть дети помимо A, B, C, ... , Z, начнем новый цикл и т.д. Таким образом, каждый обмен представляется в виде нескольких циклических обменов. Теперь достаточно решить задачу для циклического обмена. Если в цикле A, B, C, ... , Z четное число детей, то раздадим вначале через одного красные карандаши, а затем оставшимся - синие. После циклического обмена каждый получит карандаш цвета, отличного от того, что был вначале. Если в цикле A, B, C, ... , Z нечетное число детей, то дадим ребенку А зеленый карандаш, дальше раздадим через одного, начиная с B, красные карандаши, а затем оставшимся - синие. Как нетрудно видеть, снова после циклического обмена каждый получит карандаш цвета, отличного от того, что был вначале.

У выпуклого многогранника все грани - правильные пятиугольники или правильные шестиугольники. Сколько среди этих граней пятиугольников?

Обозначим через П число пятиугольников, через Ш - число шестиугольников среди граней данного многогранника. Обозначим также через Г, Р, В соответственно количества граней, ребер и вершин данного многогранника. Тогда Г=П+Ш. Далее, каждое ребро принадлежит ровно двум граням, а поскольку пятиугольникам принадлежат 5 ребер, а шестиугольникам 6, можно написать: Р=(5П+6Ш)/2. В каждой вершине сходится по 3 грани. Действительно, угол правильного пяти- и шестиугольника не меньшее 1080; поэтому если бы в некоторой вершине сходилось не менее четырех граней, то сумма плоских углов многогранного угла, отвечающего этой вершине, была бы не меньше 4*1080>3600, что невозможно. (Для доказательства этого факта проведем прямую внутри многогранного угла, спроектируем угол на плоскость, перпендикулярную этой прямой; проекции плоских углов будут давать в сумме 3600, а при проектировании величина угла не уменьшается.) Отсюда следует, что В=(5П+6Ш)/3. Воспользуемся формулой Эйлера, связывающей число вершин, граней и ребер выпуклого многогранника: В-Р+Г=2. Подставим значения В, Р, Г, выраженные через П и Ш, получим: (5П+6Ш)/3-(5П+6Ш)/2+(П+Ш)=2. Преобразовывая это выражение, видим, что Ш сокращается, и равенство принимает вид П/6=2, откуда П=12. Хорошо известен пример одного из многогранников, о которых идет речь в условии - "футбольный мяч".

12

В пространстве даны три равных отрезка. Докажите, что найдется плоскость такая, что проекции данных отрезков на нее равны.

Возьмем в пространстве некоторую точку O и совместим по одному концу каждого отрезка с этой точкой. Получим три равных отрезка OA, OB, OC. Возьмем плоскость П, проходящую через точки A, B, C (таких плоскостей может быть несколько). Покажем, что проекции отрезков OA, OB, OC на плоскость П равны. Действительно, если длина каждого из отрезков OA, OB, OC равна x, а расстояние от точки O до плоскости П равно h, то длина проекции каждого из отрезков OA, OB, OC по теореме Пифагора равна (a2-h2)1/2. Тем самым, утверждение задачи доказано.

1000 яблок разложены в несколько корзин. Можно убирать корзины и вынимать яблоки из корзин. Докажите, что можно добиться того, чтобы во всех корзинах стало поровну яблок и общее число оставшихся яблок было не меньше 100.

Предположим противное. Тогда вначале было меньше 100 корзин, в которых было по крайней мере одно яблоко, иначе мы бы взяли из каждой корзины все яблоки кроме одного, и после этого осталось бы не меньше 100 яблок. Таким же образом, вначале было меньше 50 корзин, в которых было по крайней мере два яблока, иначе мы убрали бы все корзины, где было меньше двух яблок и взяли бы из каждой оставшейся корзины все яблоки кроме двух; после этого осталось бы не меньше 100 яблок. Вообще, если обозначить за Аn число корзин, в которых было по крайней мере n яблок, то Аn меньше 100/n, в частности, при n>99 Аn=0. Подсчитаем теперь общее число яблок, которое было вначале во всех корзинах. Для этого в каждой корзине перенумеруем яблоки, начиная с 1. Число яблок с номером 1 во всех корзинах будет равно А1, число яблок с номером 2 во всех корзинах будет равно А2, и т.д. Таким образом, количество яблок во всех корзинах равно А1+А2+... < 100/1+100/2+100/3+...100/99 = 100(1+1/2+1/3+...1/99). Докажем, что число 100(1+1/2+1/3+...1/99) меньше 1000, тем самым придем к противоречию с условием. В сумме 1+1/2+1/3+...1/99 заменим каждое слагаемое вида 1/k на слагаемое 1/2m, где 2m - наибольшая степень двойки, не превосходящая k. Тогда сумма 1+1/2+1/3+...1/99 будет заменена на большую сумму вида 1+(1/2+1/2)+(1/4+1/4+1/4+1/4)+...+(1/26+1/26+...+1/26), где дробь 1/2m повторяется в скобке не более 2m раз. Таким образом, получаем, что 1+1/2+1/3+...1/99 меньше 7, и 100(1+1/2+1/3+...1/99) меньше 700.

Дан выпуклый многогранник M. Докажите, что для любых трех его вершин найдется точка вне многогранника М, из которой видны эти три вершины.

Пусть A, B, C - данные вершины многогранника. Для каждой вершины найдется плоскость П такая, что единственной общей точкой П и многогранника М является эта вершина (такие плоскости называются опорными). Проведем такие опорные плоскости для каждой из вершин A, B, C. Малым изменением этих плоскостей добьемся того, чтобы они (оставаясь при этом опорными) не были параллельны никакой прямой. Тогда эти три плоскости пересекутся в некоторой точке O. Но нетрудно видеть, что O - искомая точка: на прямых OA, OB, OC нет точек многогранника М, кроме точек A, B, C. Таким образом, из точки O видна каждая из вершин A, B, C.

Сколько раз за сутки бывает момент, когда часовая и минутная стрелки правильно идущих часов образуют угол 900?

Примем полночь (начало суток) за начальный момент времени t=0. За один час минутная стрелка проходит один оборот, т.е. 3600, а часовая стрелка - 300. В момент времени t (t измеряется в часах) полное вращение минутной стрелки составило М(t)=360t0, а полное вращение часовой стрелки составило C(t)=30t0. Угол между часовой и минутной стрелкой равен 900 тогда и только тогда, когда величина M(t)-C(t) будет равна 90+180n0 для некоторого целого n. Но M(t)-C(t)=330t0. За сутки t может меняться в пределах от 0 до 24, таким образом величина M(t)-C(t) непрерывно возрастает от 0 до 330*240. Отсюда следует, что значения вида 90+180n0 функция M(t)-C(t) принимает при n=0, 1, ... , 43 (поскольку 90+180*43<330*24=180*44<90+180*44). Итого, прямой угол между стрелками будет 44 раза за сутки.

44.00

Укажите неравносторонний треугольник, который можно разделить на три равных треугольника.

Искомый треугольник - прямоугольный с углами 300, 600, 900. Рассмотрим вначале правильный треугольник, в котором проведены высоты. Высоты делят правильный треугольник на 6 равных треугольников. Поэтому треугольник с углами 300, 600, 900, являющийся половиной правильного треугольника, - оказывается разбитым на 3 равных треугольника.

Шахматный король стоит в левом нижнем углу шахматной доски. Участвуют два игрока, которые ходят по очереди. За один ход его можно передвинуть на одно поле вправо, на одно поле вверх или на одно поле по диагонали "вправо-вверх". Выигрывает игрок, который поставит короля в правый верхний угол доски. Кто из игроков выигрывает при правильной игре?

Первым ходом первый идет по диагонали "вправо-вверх", а затем повторяет ходы второго. Если второй идет по диагонали, то и первый то же; если второй вверх, то и первый вверх, аналогично, если второй делает ход вправо, то и первый делает ход вправо. При этом первый будет попадать на четвертую или шестую, или сразу на восьмую клетку по диагонали, если считать, что он стоял на первой. В обозначениях, принятых в шахматах, можно сказать, что первый стоял на поле a1, затем перешел на поле b2, а затем, повторяя ходы второго, он может оказаться на поле d4 или f6, или сразу на выигрышную позицию h8.

У ромашки а) 12 лепестков; б) 11 лепестков. За ход разрешается сорвать либо один лепесток, либо два рядом растущих лепестка. Проигрывает игрок, который не сможет сделать ход. Как действовать второму игроку, чтобы выиграть независимо от ходов первого игрока?

а) Занумеруем лепестки по кругу. Разобьем их на пары 1 с 7, 2 с 8, 3 с 9, 4 с 10, 5 с 11, 6 с 12. А теперь замечаем: парные лепестки не соседние, т.е. их не может сорвать один игрок, и какие бы лепестки не оторвал первый, у второго есть возможность оторвать парные с ним или с ними. б) Опять нумеруем лепестки с 1 по 11. Возможны два случая. Первый случай. Первый отрывает один лепесток, например, первый, тогда второй отрывает два лепестка шестой и седьмой, а затем лепестки разбиваем на пары: 2 с 8, 3 с 9, 4 с 10, 5 с 11, а дальше второй отрывает парные лепестки. Второй случай. Первый срывает два лепестка, например, 1 и 2, тогда второй срывает седьмой и опять, разбивая лепестки на пары и срывая парные, второй выигрывает.

На доске написано число 1. Два игрока по очереди прибавляют любое число от 1 до 5 к числу на доске и записывают вместо него сумму. Выигрывает игрок, который первый запишет на доске число тридцать. Укажите выигрышную стратегию для второго игрока.

Выигрышная ситуация есть у первого игрока. Первым ходом он может дописать пять, т.е. записать сумму шесть. Какое бы число не дописал второй, у первого всегда есть возможность довести сумму до числа кратного шести, т.е. после ходов первого сумма будет равна 6 , 12 , 18 , 24 , а затем сколько бы ни дописал второй, первый может взять все оставшееся, так как останется не больше пяти и первым запишет 30 .

На столе лежат две стопки монет: в одной из них 30 монет, а в другой - 20. За ход разрешается взять любое количество монет из одной стопки. Проигрывает тот, кто не сможет сделать ход. Кто из игроков выигрывает при правильной игре?

Выигрывает первый игрок. Первым ходом он делает стопки равными, по 20 монет, а затем как бы ни шел второй игрок, у первого есть возможность из другой кучки взять столько же монет (есть возможность делать симметричные хода)

При правильной игре выигрывает первый игрок.

Дана клетчатая доска размером  а) 10×12;  б) 9×10;  в) 9×11. За ход разрешается вычеркнуть любую строку или любой столбец, если там есть хотя бы одна не вычеркнутая клетка. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Есть ли у кого-нибудь выигрышная стратегия?

а) Стратегия второго: всегда оставлять чётное число невычеркнутых строк и чётное число невычеркнутых столбцов. При этом у него всегда есть ход.

б) Стратегия первого: первым ходом оставить таблицу 8×10, а затем играть по стратегии п. а).

На столе лежат две кучки камней: в первой кучке 10 камней, а во второй - 15. За ход разрешается разделить любую кучку на две меньшие. Проигрывает тот, кто не сможет делать ход. Может ли выиграть второй игрок?

В конце игры мы получим 25 кучек камней, содержащих по одному камню. Всего будет сделано 23 хода (и это не зависит от того, как делают ходы игроки), следовательно, последний (нечетный) ход сделает первый игрок.

Можно ли в квадрате 10*10 расставить 12 кораблей 1*4 (для игры типа "морской бой") так, чтобы корабли не соприкасались друг с другом (даже вершинами)?

Смотрите рисунок

Беседуют трое: Белокуров, Чернов и Рыжов. Брюнет сказал Белокурову: "Любопытно. Что один из нас русый, другой - брюнет, а третий - рыжий, но ни у кого цвет волос не соответствует фамилии". Какой цвет волос имеет каждый из беседующих?

Первое решение

Верно ли, что два треугольника ABC и A'B'C' равны, если  AB =A'B',  BC = B'C', и  ∠A = ∠A'?

Неверно.

В компании у каждых двух людей ровно пять общих знакомых. Докажите, что количество пар знакомых делится на 3.

Обозначим через Р количество пар знакомых людей (то есть число рёбер в соответствующем графе), а через Т – количество треугольников в этом графе. По условию каждое из рёбер входит ровно в 5 треугольников. С другой стороны, в каждый из Т треугольников содержит ровно 3 ребра. Следовательно, 5Р = 3Т.  Поскольку 3 и 5 – взаимно простые числа, Р делится на 3.

В прямоугольном листе бумаги сделали несколько непересекающихся круглых дыр. На дырявом листке отметили две точки, находящиеся на расстоянии d друг от друга. Докажите, что на дырявом листке можно нарисовать кривую длины меньше 1,6d, соединяющую данные точки.

Соединим две данные точки отрезком. Будем идти из одной точки до другой вдоль этого отрезка пока не достигнем участка , лежащего внутри дыры. Обойдем участок по границе дыры, выбирая при этом меньшую по величине дугу. Пусть градусная мера этой дуги равна (здесь угол может принимать значение от 0 до 900), а радиус дыры - . Тогда длина дуги равна , а длина отрезка равна . Но не превосходит (это нетрудно показать, используя свойства графика синуса). Это означает, что отношение длины обходного пути по дуге к длине прямого пути по отрезку меньше 1,6. Таким образом, обходя указанным образом дыры, мы пройдем путь, превышающий длину отрезка менее, чем в 1,6 раза.

Ладья обошла шахматную доску, побывав в каждой клетке по крайней мере по одному разу. Какое наименьшее число поворотов при этом она могла сделать?

Пример с 14 поворотами показан на картинке. Докажем, что меньше 14 поворотов быть не могло. Покажем, что либо ладья сделала хотя бы по одному ходу в каждой горизонтали, либо сделала хотя бы по одному ходу в каждой вертикали. Действительно, если бы это было не так, то ладья не сделала бы ни одного хода в некоторой горизонтали и в некоторой вертикали. Но тогда ладья не могла побывать в клетке пересечения этих горизонтали и вертикали (ладья не могла ни войти в эту клетку, ни выйти из этой клетки). Итак, будем считать, что ладья сделала ход в каждой вертикали. Но между двумя ходами в разных вертикалях ладья должна сделать хотя бы 2 поворота. Так как вертикалей всего 8, то переходов с вертикали на вертикаль не меньше семи, и поворотов должно быть сделано не меньше, чем 2*7=14.

14.00

Коридор покрыт несколькими ковровыми дорожками (возможно, с наложениями). Докажите, что можно убрать несколько дорожек таким образом, чтобы оставшиеся дорожки покрывали коридор и сумма их длин не превышала удвоенной длины коридора.

Переформулируем задачу следующим образом. Пусть отрезок длины 1 покрыт отрезками. Требуется доказать, что можно исключить из покрытия некоторые отрезки так, чтобы оставшиеся отрезки по-прежнему покрывали отрезок и их суммарная длина не превышала 2. Рассмотрим минимальное подмножество M отрезков, покрывающее данный отрезок. Требование минимальности означает, что если из подмножества M удалить любой отрезок, то полученная система отрезков уже не будет покрывать исходный отрезок длины 1. Докажем, что каждая точка отрезка длины 1 покрывается не более, чем двумя отрезками множества М - этого будет достаточно для решения задачи. Предположим противное - некоторая точка X покрыта тремя отрезками [A1, B1], [A2, B2], [A3, B3] множества М. Пусть Ai - точка, наиболее удаленная от точки X среди трех левых концов отрезков, а Bj] - точка, наиболее удаленная от точки X среди трех правых концов отрезков. Тогда отрезок [Ai, Bj] является объединением данных трех отрезков, но он является и объединением не более чем двух из данных трех отрезков (а именно, отрезков [Ai, Bi], [Aj, Bj]). Таким образом, один из трех отрезков [A1, B1], [A2, B2], [A3, B3] множества М лежит в объединении двух других, что противоречит определению множества M.

В стране несколько городов, попарные расстояния между которыми различны. Путешественник отправился из города А в самый удаленный от него город Б, оттуда - в самый удаленный от него город С и т.д. Докажите, что если С не совпадает с А, то путешественник никогда не вернется в А.

Предположим, что на втором шаге путешественник не возвратился в А, т.е. город С отличен от города А. Тогда маршрут от А до Б короче маршрута из Б в С (поскольку С - наиболее удаленный от Б город). В дальнейшем каждый следующий маршрут будет не короче предыдущего, так как каждый раз мы в качестве следующего пункта назначения выбираем наиболее удаленный город. Пусть на некотором шаге путешетвенник все же вернулся в город А, выйдя из некоторого города Х. По доказанному, маршрут от Х до А длиннее маршрута от А до Б, а это противоречит тому, что Б - наиболее удаленный от А город.

Человечество бессмертно и начинает свою историю от Адама и Евы; каждый человек - смертен. Докажите, что найдется бесконечная мужская цепочка, начинающаяся с Адама, в который каждый следующий человек - сын предыдущего.

Рассмотрим всех мужчин, которые когда-либо жили в истории человечества. Их бесконечно много, так как человечество бессмертно, и все они - потомки Адама. Рассмотрим сыновей Адама (их конечное число), назовем их A1, A2, ... , An. Среди них найдется человек Ai, у которого бесконечно много потомков мужского пола (если бы у каждого было конечное число потомков, то было бы конечным число потомков Адама). Итак, у Ai бесконечно много потомков-мужчин. Рассмотрим сыновей Ai, назовем их B1, B2, ... , Bm. Среди них найдется человек Bj, у которого бесконечно много потомков мужского пола (если бы у каждого было конечное число потомков, то было бы конечным число потомков Ai). Рассуждаем так и далее, каждый раз выбирая из сыновей сына, имеющего бесконечное число потомков-мужчин. Таким образом, индуктивно строим искомую цепочку.

На какое минимальное число равновеликих треугольников можно разрезать квадрат 8*8 с вырезанной угловой клеткой?

Пусть квадрат 8*8 с вырезанной угловой клеткой (его площадь равна 63) разрезан на n треугольников, каждый из которых имеет площадь 63/n. Обозначим через A, B, C вершины вырезанной клетки. Рассмотрим треугольники, содержащие точку B. Нетрудно видеть, что таких треугольников по крайней мере два - у одного из них одна из сторон (назовем эту сторону a) соприкасается с отрезком AB, а у другого - из сторон (назовем эту сторону с) соприкасается с отрезком BC. Заметим, что одновременно не может сторона a выходить за пределы отрезка AB и сторона с выходить за пределы отрезка BС, так как в противном случае треугольники имели бы пересечение. Пусть, для определенности, сторона a не выходит за пределы отрезка AB. Тогда в треугольнике со стороной a длина стороны а не превосходит 1, а длина высоты, опущенной на сторону а, не превосходит 7 (иначе треугольник вышел бы за пределы квадрата). Таким образом, площадь этого треугольника не больше 7/2. Итак, 63/n не превосходит 7/2, откуда n не меньше 18. Пример разрезания на 18 равновеликих (и даже равных) треугольников показан на картинке.

18.00

Докажите, что система неравенств |x|<|y-z|, |y|<|z-x|, |z|<|x-y| не имеет решений.

Рассмотрим две возможности. Если все числа одного знака, то выберем наибольшее по модулю из чисел x, y, z. Пусть это число - x. Но тогда величина |y-z| не превосходит максимума из чисел |y|, |z|, что в свою очередь не превосходит |x|. Таким образом, неравенство |x|<|y-z| не выполнено. Пусть не все числа одного знака, скажем, знаки чисел y и z одинаковы и отличны от знака числа x. Пусть, для определенности, |y| не меньше, чем |z|. Тогда на числовой прямой точки 0 и z расположены между точками x и y. Поэтому можно записать равенство |x|+|y|=|x-z|+|z-y| (обе части этого равенства равны |x-y|). Из полученного равенства следует, что одновременно не могут выполняться неравенства |x|<|y-z|, |y|<|z-x|.

От пирога, имеющего форму выпуклого многоугольника, разрешается отрезать треугольный кусок ABC, где A - некоторая вершина, а B и C - точки, лежащие строго внутри сторон, имеющих вершину A. Вначале пирог имеет форму квадрата. В центре этого квадрата расположена изюминка. Докажите, что ни на каком шаге от пирога нельзя отрезать кусок, содержащий изюминку.

Операция отрезания устроена таким образом, что после отрезания две стороны многоугольника укорачиваются, а также появляется новая сторона. Таким образом, никакая сторона не отрезается полностью. Значит, после любого числа отрезаний кусок пирога всегда имеет четыре стороны, принадлежащие сторонам исходного квадратного пирога. Пусть некоторая прямая l на некотором шаге отрезала кусок, содержащий изюминку - центр квадрата. Тогда, как нетрудно видеть, в отрезанной части окажется целиком одна из сторон исходного квадрата (см. картинку). Мы получили противоречие, которое показывает, что отрезать кусок с изюминкой невозможно.

15 простых натуральных чисел образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Докажите, что разность этой прогрессии больше 30000.

  Пусть d – разность нашей прогрессии. Очевидно,  a9 > 7.  Согласно задаче 78037 разность d прогрессии a9, a10, ..., a15 делится на 7. Поэтому  a3 > 13.  Согласно той же задаче d делится на 2, 3, 5, 11 и 13, то есть на 2·3·5·7·11·13 = 30030 > 30000.

На отрезке длины 1 отмечено несколько интервалов. Известно, что расстояние между любыми двумя точками, принадлежащими одному или разным интервалам, отлично от 0,1. Докажите, что сумма длин отмеченных интервалов не превосходит 0,5.

Разобьем отрезок на 10 отрезков длиной 0,1. Обозначим за Ai множество точек из отмеченных интервалов, лежащих внутри i-го по порядку отрезка длиной 0,1. Если параллельно перенести множество A1 в сторону второго отрезка на вектор длины 0,1, то множество, полученное в результате сдвига, не будет пересекаться с множеством A2, иначе в множествах A1 и A2 нашлись бы две точки на расстоянии 0,1 вопреки условию. Таким образом, сумма длин интервалов, составляющих множества A1 и A2, не превосходит 0,1. Таким же образом, сумма длин интервалов, составляющих пары множеств A3 и A4, A5 и A6, A7 и A8, A9 и A10, не превосходит 0,1. Из приведенных рассуждений следует, что сумма длин всех отмеченных интервалов не превосходит 5*0,1=0,5, что и требовалось.

Имеется 101 пуговица одного из 11 цветов. Докажите, что либо среди этих пуговиц найдутся 11 пуговиц одного цвета, либо 11 пуговиц разных цветов.

Предположим, что среди данных пуговиц нет 11 пуговиц разных цветов. Тогда каждая пуговица окрашена в один из 10 цветов. Если пуговиц каждого цвета не более десяти, то всего пуговиц не более 100, и это противоречит условию. Таким образом, пуговиц какого-то одного цвета не менее 11, что и нужно было показать. Отметим, что утверждение задачи становится неверным в том случае, если изначально даны 100 пуговиц.

На плоскости нарисован треугольник ABC. Постройте прямую, параллельную основанию AB, которая бы отрезала от треугольника ABC трапецию, в которой сумма боковых сторон была бы равна основанию, противоположному AB.

Проведем анализ. Пусть KL - искомая прямая и AKLB - нужная трапеция, в которой KL=AK+BL. Найдем на основании KL точку I такую, что AK=KI и BL=LI. Треугольник AKI равнобедренный, поэтому . Из параллельности прямых AB и KL следует, что . Отсюда получаем, что , т.е. AI - биссектриса угла CAB. Таким же образом получаем, что BI - биссектриса угла CBA. Таким образом, прямая KL должна проходить через точку пересечения биссектрис треугольника ABC. Отсюда вытекает очевидный способ построения прямой KL. Ясно, что построенная прямая - искомая.

Докажите, что число 100! не является полным квадратом.

Даны шар и плоскость. На поверхности шара можно делать построения циркулем, а на плоскости – циркулем и линейкой. Как на плоскости построить отрезок, равный радиусу шара?

  Отметим на шаре какие-нибудь две точки – O и O'. Проведём окружности одинакового радиуса с центрами O и O'. Они пересекутся в двух точках A и B, лежащих на большой окружности S, являющейся множеством точек поверхности шара, равноудалённых от точек O и O'. Проведём две другие окружности одинакового радиуса с центрами O и O'. Они пересекутся в двух точках C и D, также лежащих на большой окружности S. В силу симметрии точки A, B, C, D являются вершинами равнобокой трапеции. Раствором циркуля зафиксируем длины сторон этой трапеции и перенесём эти длины на плоскость. Теперь на плоскости даны четыре стороны равнобокой трапеции. Осталось по этим сторонам восстановить трапецию. Радиус описанной вокруг неё окружности будет равен радиусу окружности S и, следовательно, радиусу шара.   Восстановить равнобокую трапецию по заданным основаниям  a < b  и боковой стороне с несложно: вначале строим треугольник со сторонами c, c, b – a,  а затем пристраиваем к этой трапеции параллелограмм со сторонами а, с.

Докажите, что уравнение  a1 sin x + b1 cos x + a2 sin 2x + b2 cos 2x + ... + an sin nx + bn cos nx = 0  имеет хотя бы один корень при любых значениях a1, b1, a2, b2, ..., an, bn.

Обозначим левую часть уравнения через f(x). Заметим, что    Поэтому функция f(x) на отрезке [0, 2π]  принимает как неположительные, так и неотрицательные значения. В силу непрерывности f(x) имеет корень на этом отрезке.

Стороны BC, CA, AB треугольника ABC касаются вписанной в него окружности в точках D, E, F. Докажите, что треугольник DEF – остроугольный.

Будем обозначать через α, β, γ углы треугольника ABC. Треугольник DFB равнобедренный, поскольку отрезки BD и BF равны как отрезки касательных, проведённых к вписанной окружности из точки B. Поскольку сумма углов треугольника DFB равна 180°,  ∠BDF = ∠BFD = (180° – β) : 2 = 90° – β/2.  Аналогично,  ∠CDE = 90° – γ/2.  Отсюда  ∠FDE = 180° – (90° – β/2) – (90° – γ/2) = β/2 + γ/2 < 90°.  Мы показали, что угол FDE – острый. Аналогично доказывается, что и остальные углы треугольника FDE – острые.

Существует ли точка, удалённая от вершин некоторого квадрата на расстояния 1, 5, 7, 8?

  Предположим что точка O удалена от вершин квадрата ABCD на расстояния 1, 5 , 7, 8, причём  OA = 1.  Если  OC = 5,  то  AC ≤ OA + OC = 1 + 5 = 6.  С другой стороны, OB равно 7 или 8, поэтому  AB ≥ OB – OA ≥ 6.  Итак, диагональ квадрата не больше его стороны. Противоречие.   Пусть  OB = 5.  Тогда  AB ≤ OA + OB = 1 + 5 = 6,  а   AD ≥ OD – OA ≥ 6.  Поскольку  AB = AD,  то  OA + OB = 6  и  OD – OA = 6,  то есть точка O одновременно лежит на прямых AB и AD. Но это невозможно в силу условия  OA = 1.

Не существует.

Докажите, что всякую замкнутую ломаную периметра Р можно заключить в круг, радиус которого не превосходит Р/4.

  Рассмотрим на ломаной две точки A и B, делящие периметр ломаной пополам. Рассмотрим некоторую точку C на ломаной. Сумма длин отрезков AC и BC не превосходит периметра одной из двух ломаных с концами A и B, то есть  AC + BC ≤ P/2.  Отразив точку C симметрично относительно точки O, получим точку C'. Четырёхугольник ACBC' – параллелограмм, поскольку его диагонали делятся точкой O пополам. Значит,  BC' = AC,  и из треугольника BCC' получаем, что  2CO = CC' ≤ BC + BC' = BC + AC ≤ P/2,  и, следовательно,  СО ≤ P/4.   Таким образом, каждая точка C ломаной лежит внутри круга радиуса P/4 с центром в точке O.

Докажите, что сумма  S = 1·2·3·...·2001 + 2002·2003·...·4002  делится на 4003.

S = 1·2·...·2001 + (4003 – 2001)(4003 – 2000)...(4003 – 1) ≡ 1·2·...·2001 + (–2001)(–2000)...(–1) = 1·2·...·2001(1 + (–1)2001) = 0 (mod 4003).

Можно ли какой-нибудь выпуклый многоугольник разрезать на конечное число невыпуклых четырехугольников?

Предположим противное - некоторый выпуклый многоугольник разбит на n невыпуклых четырехугольников. В каждом четырехугольнике есть угол, больший 1800, будем называть такие углы большими, а остальные углы - маленькими. Пусть сумма больших углов всех четырехугольников равна S. Поскольку сумма углов четырехугольника равна 3600, сумма маленьких углов всех четырехугольников равна (360n-S)0. В разбиении выпуклого многоугольника на невыпуклые четырехугольники к вершине каждого большого угла некоторого четырехугольника примыкают несколько маленьких углов других четырехугольников, дополняющих данный большой угол до 3600. Таким образом, сумма всех маленьких углов, вершины которых совпадают с вершиной некоторого большого угла, равна (360n-S)0. Но кроме этих маленьких углов есть маленькие углы с вершинами в вершинах выпуклого многоугольника. Отсюда делаем вывод, что сумма всех маленьких углов больше (360n-S)0, что противоречит доказанному ранее.

нельзя.

Докажите, что сумма является целым числом.

Пользуясь равенством , избавимся от знаменателя в каждом слагаемом исходной суммы. После этого сумма принимает вид . Теперь видно, что все слагаемые кроме первого и последнего, сокращаются. В результате получаем, что сумма равна .

Может ли проекция правильного тетраэдра на некоторую плоскость быть квадратом?

Пусть в качестве плоскости, на которую проектируется тетраэдр, взята плоскость, параллельная двум скрещивающимся ребрам AB и CD тетраэдра. Тогда прямая, проходящая через середины этих ребер, проектируется в некоторую точку O. Вершины A и B проектируются в точки A' и B', симметричные относительно O. Также вершины C и D проектируются в точки C' и D', симметричные относительно O. Кроме того, отрезки A'B' и C'D' равны и перпендикулярны, так как ребра тетраэдра AB и CD равны и перпендикулярны. Таким образом, A'C'B'D' - квадрат.

может.

Даны 20 различных натуральных чисел, меньших 70. Докажите, что среди их попарных разностей найдутся четыре одинаковых.

Обозначим числа через a1, a2, ... , a20 в порядке возрастания, таким образом a1<a2<...<a20. Допустим, что условие задачи не выполняется. Тогда среди 19 разностей d1=a2-a1, d2=a3-a2, ... , d19=a20-a19 не больше трех разностей принимают значение 1, не больше трех разностей принимают значение 2, и т.д. Отсюда можно сделать вывод о том, что сумма всех 19 разностей d1+d2+...+d19 = a20-a1 не меньше, чем (1+1+1)+(2+2+2)+(3+3+3)+(4+4+4)+(5+5+5)+(6+6+6)+7=70. Однако разность a20-a1, очевидно, меньше 70, так как числа a20 и a1 - натуральные, меньшие 70. Полученное противоречие доказывает справедливость утверждения задачи.

Даны 10 чисел – одна единица и 9 нулей. Разрешается выбирать два числа и заменять каждое из них их средним арифметическим. Какое наименьшее число может оказаться на месте единицы?

  Докажем индукцией по k следующее утверждение: если в некоторый момент среди чисел имеется ровно k отличных от нуля, то каждое из этих чисел не меньше 21–k.   База. Для  k = 1  это верно, так как после первой же нетривиальной операции появятся по крайней мере два ненулевых числа, а в дальнейшем число ненулевых чисел не уменьшается.   Шаг индукции. Пусть в некоторый момент имеется  k + 1  ненулевое число. Рассмотрим последовательность операций, в результате которой эти числа появились. В этой последовательности операций найдем последний момент, когда было ровно k ненулевых чисел. По предположению индукции каждое из этих чисел не меньше чем 21–k. При следующей операции один ноль и одно ненулевое число заменили на их среднее. После этого каждое из этих чисел стало не меньше чем 2–k. В дальнейшем в результате операций только с ненулевыми числами минимум ненулевых чисел не увеличивается.

  Поскольку у нас всего 10 чисел, то каждое из них не меньше чем  2–9 = 1/512.   С другой стороны, нетрудно привести пример выполнения операций, при котором из единицы получается 1/512. Заменим единицу и один из нулей на ½ и ½, затем заменим ½ и другой ноль на ¼ и ¼ и т.д.; в конечном итоге получаем из единицы 1/512.

Найдите количество слов длины 10, состоящих только из букв "а" и "б" и не содержащих в записи двух букв "б" подряд.

Обозначим за an количество слов длины n, состоящих только из букв "а" и "б" и не содержащих в записи двух букв "б" подряд. Таким образом, находим a1=2, a2=3. Покажем, что an можно выразить через an-1 и an-2. Количество слов длины n, не содержащих в записи двух букв "б" подряд и начинающихся с буквы "а", равно an-1, так как после первой буквы может следовать любое слово длины n-1, не содержащее двух "б" подряд. Пусть слово длины n начинается с буквы "б". Если в этом слове нет двух "б" подряд, то вторая буква - "а", а далее может следовать любое слово длины n-2, не содержащее двух "б" подряд. Таким образом, количество слов длины n, не содержащих в записи двух букв "б" подряд и начинающихся с буквы "б", равно an-2. Тем самым, мы показали, что an=an-1+an-2. Теперь последовательно вычисляем a3=a2+a1=3+2=5, a4=a3+a2=5+3=8 и т.д., a10=a9+a8=144. Заметим, что получающиеся числа an - это хорошо известные числа Фибоначчи.

144

Найдите наибольший член последовательности .

Сравним два соседних члена последовательности. Для этого запишем разность . После тождественных преобразований получаем: . Таким образом, разность больше 0 при , равна 0 при , и меньше 0 при . Следовательно, , и - наибольшие члены данной последовательности.

Студент за 5 лет учения сдал 31 экзамен. В каждом следующем году он сдавал больше экзаменов, чем в предыдущем, а на пятом курсе сдал втрое больше экзаменов, чем на первом курсе. Сколько экзаменов он сдал на четвёртом курсе?

Легко определить, что на первом курсе было сдано три экзамена и, соответственно, на пятом курсе девять. Остается два варианта распределения числа экзаменов на остальных курсах:  4 + 7 + 8  и  5 + 6 + 8.  Таким образом, на четвёртом курсе студент сдал 8 экзаменов; на третьем – 6 или 7 экзаменов.

8 экзаменов.

Кубик 3*3*3 нетрудно распилить на 27 кубиков шестью распилами. Можно ли уменьшить число распилов, если разрешается распиливать несколько кусков сразу и перекладывать части?

Рассмотрим центральный кубик 1*1*1 (единственный кубик, который не виден снаружи). Чтобы в конце получилось 27 кубиков, нужно выпилить центральный кубик, т.е. произвести по крайней мере по одному распилу вдоль каждой из шести граней центрального кубика. Ясно, одним распилом нельзя пилить вдоль двух граней. Отсюда следует, что нужно сделать по крайней мере шесть распилов.

нет.

В выпуклом четырехугольнике найдите точку, для которой сумма расстояний до вершин минимальна.

Пусть данный четырехугольник - ABCD, а O - некоторая точка. Сумма OA+OC не меньше, чем AC, согласно неравенству треугольника, причем равенство достигается в том и только в том случае, когда точка O лежит на диагонали AC. Аналогичным образом, сумма OB+OD не меньше, чем BD, причем равенство достигается в том и только в том случае, когда точка O лежит на диагонали BD. Итак, сумма OA+OB+OC+OD не меньше, чем AC+BD, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда O лежит одновременно на диагоналях AC и BD, т.е. совпадает с точкой пересечения диагоналей четырехугольника ABCD.

искомая точка - точка пересечения диагоналей.

Художник-авангардист нарисовал картину "Контур квадрата и его диагонали". Мог ли он нарисовать свою картину, не отрывая карандаша от бумаги и не проводя одну линию дважды?

См. задачу 31092 а).

Не мог.

В компанию из N человек пришел журналист. Ему известно, что в этой компании есть человек Z, который знает всех остальных членов компании, но его не знает никто. Журналист может к каждому члену компании обратиться с вопросом: "Знаете ли вы такого-то?" Найдите наименьшее количество вопросов, достаточное для того, чтобы наверняка найти Z. (Все отвечают на вопросы правдиво. Одному человеку можно задавать несколько вопросов.)

Для того, чтобы прямо определить что данный человек Z, надо задать 2*(N-1) вопросов: N-1 ему самому (знает ли он каждого члена компании) и N-1 остальным членам компании (знают ли они его). Ясно, что такой путь вряд ли оптимальный. Рассмотрим метод исключения. Очевидно, что Z в компании может быть только один. Пусть журналист спросил А, знает ли он В. Тогда если А не знает В, то А - не Z, если А знает В, то В не Z. Таким образом, с каждым вопросом вне зависимости от ответа журналист сокращает перебор на одного человека. Ясно, что он уложится за N-1 вопросов, так как достаточно отмести N-1 человека, а оставшийся будет Z.

N-1.

На квадратном поле 10*10 девять клеток 1*1 поросли бурьяном. После этого бурьян может распространиться на клетку, у которой не менее двух соседних клеток уже поросли бурьяном. Докажите, что тем не менее бурьян не сможет распространиться на все клетки.

Рассмотрим границу области, поросшей бурьяном (т.е. все отрезки длиной 1 между узлами, по одну сторону от которых бурьян, а по другую - нет). Вначале длина границы была не более 9*4=36, поскольку бурьян рос только в девяти клетках. Нетрудно заметить, что в процессе распространения бурьяна длина границы не может увеличиваться. Но если бы все поле 10*10 в некоторый момент оказалось поросшим бурьяном, то длина границы стала бы равной 10*4=40, что противоречит соображениям, приведенным выше.

Пусть f(x) - некоторый многочлен, про который известно, что уравнение f(x)=x не имеет корней. Докажите, что тогда и уравнение f(f(x))=x не имеет корней.

Из условия следует, что уравнение f(x)-x=0 не имеет решений. Поскольку f(x)-x - непрерывная функция, то она либо всюду положительна, либо всюду отрицательна, иначе она бы в некоторой точке принимала значение 0 (по теореме о промежуточном значении). Пусть f(x)-x всюду положительна. Это значит, что для любого x выполнено неравенство f(x)>x. Пусть f(x)=y. Тогда f(f(x))=f(y)>y=f(x)>x. Таким образом, при любом x f(f(x))-x>0, т.е. уравнение f(f(x))=x не имеет корней. Аналогичным образом, показываем, что уравнение f(f(x))=x не имеет корней и в том случае, когда для любого x выполнено неравенство f(x)<x.

На плоскости нарисованы два квадрата - ABCD и KLMN (их вершины перечислены против часовой стрелки). Докажите, что середины отрезков AK, BL, CM, DN также являются вершинами квадрата.

Пусть точки P, Q, R, S - середины отрезков AK, BL, CM, DN соответственно. Запишем следующие векторные равенства: PQ=PA+AB+BQ; PQ=PK+KL+LQ. Сложим эти равенства; учитывая то, что векторы PA и PK, а также векторы BQ и LQ взаимно обратны, получаем, что 2PQ=AB+KL, или PQ=(AB+KL)/2. Аналогичным образом можно получить, что QR=(BC+LM)/2. Вектор BC получается из вектора AB поворотом на 900, и таким же образом вектор LM получается из вектора KL поворотом на 900. Поэтому из приведенных выше равенств следует, что вектор QR получается из вектора PQ поворотом на 900. Это означает, что в четырехугольнике PQRS стороны PQ и QR равны и перпендикулярны. Проведя аналогичные рассуждения, доказываем, что в четырехугольнике PQRS любые две соседние стороны равны и перпендикулярны, т.е четырехугольник PQRS - квадрат.

За круглым столом расселись 10 мальчиков и 15 девочек. Оказалось, что имеется ровно 5 пар мальчиков, сидящих рядом. Сколько пар девочек, сидящих рядом?

Группы сидящих подряд мальчиков чередуются с группами сидящих подряд девочек. Обозначим число групп сидящих подряд мальчиков через k. Тогда групп сидящих подряд девочек тоже k. В группе из n сидящих подряд мальчиков имеется ровно  n – 1  пара сидящих рядом мальчиков. Так как у нас всего 10 мальчиков и k групп, то всего имеется  10 – k  пар сидящих рядом мальчиков. По условию  k = 5.  Следовательно, число пар девочек, сидящих рядом, равно  15 – 5 = 10.

10 пар.

На плоскости дано 300 точек, никакие 3 которых не лежат на одной прямой. Докажите, что существует 100 попарно не пересекающихся треугольников с вершинами в этих точках.

Примем за ось Ox некоторую прямую, не перпендикулярную ни одной из прямых, соединяющих пары данных точек. Обозначим x-ые координаты данных точек через x1, x2, ... , x300 в порядке возрастания (x1<x2<...<x300). Возьмем первый треугольник с вершинами в x1, x2, x3, второй треугольник - с вершинами в x4, x5, x6, и т.д., сотый треугольник - с вершинами в x298, x299, x300. Проекции на ось Ox полученных 100 треугольников не пересекаются. Значит, и сами треугольники не пересекаются.

Докажите, что любой выпуклый многоугольник можно разрезать на остроугольные треугольники.

Любой выпуклый многоугольник можно разрезать диагоналями на треугольники. Каждый тупоугольный треугольник можно разрезать высотой, проведенной к наибольшей стороне, на два прямоугольных треугольника. Поэтому достаточно научиться разрезать на остроугольные треугольники любой прямоугольный треугольник. В прямоугольном треугольнике ABC (C – прямой угол) на медиане CM достаточно близко к точке M выберем точку F. Через F проведем прямые, «почти параллельные» прямым AC и BC так, что они отрезают остроугольный треугольник FDE. Теперь осталось разрезать на остроугольные треугольники каждую из «почти трапеций» ACFD, BCFE (см. картинку).

Докажите, что в любом многоугольнике найдутся две стороны, отношение которых заключено между числами 1/2 и 2.

Обозначим через a1, a2, ... , an длины сторон многоугольника в порядке убывания (таким образом, a1 - самая длинная сторона). Предположим, что условие задачи не выполняется. Тогда a2<a1/2, a3<a2/2<a1/4, ... , an<an-1/2<...<a1/2n-1. Отсюда следует, что a2+a3+...+an < a1/2+a1/4+...+a1/2n-1 < a1. Таким образом, получаем, что в данном многоугольнике сторона a1 больше суммы остальных сторон, что неверно (отрезок, соединяющий две точки, не длиннее любой ломаной, соединяющей эти точки).

Докажите, что существуют числа, не менее чем 100 способами представимые в виде суммы 2001 слагаемого, каждое из которых является 2000-й степенью целого числа.

Рассмотрим числа  1, 2, 3, ..., N.  Из 2000-х степеней этих чисел будем составлять всевозможные суммы, в каждой из которых участвует 2001 слагаемое. Таких сумм (без учета порядка слагаемых) всего будет не меньше чем N2001/2001! (каждое слагаемое может быть выбрано N способами, и в результате перестановки слагаемых одинаковыми оказываются не более 2001! сумм). С другой стороны, каждая из рассматриваемых сумм не больше чем 2001N2000. Поэтому если  N2001/2001! > 100·2001N2000  (то есть  N > 100·2001·2001!,  то не менее 100 сумм принимают одно и то же значение (что нам и требуется).

На столе лежат монеты без наложений. Докажите, что одну из них можно выдвинуть, не задевая остальных.

  Введём некоторую прямоугольную систему координат на плоскости. Рассмотрим монету, центр которой имеет наибольшую ординату. Обозначим через C и r её центр и радиус. Докажем, что эту монету можно выдвинуть вверх, не задевая оставшихся.   Предположим противное – в полосе, которую заметает монета при движении вверх, нашлась точка А, принадлежащая другой монете с центром С' и радиусом r'. Проведём через С горизонтальную прямую m и обозначим через А' проекцию точки А на m. Согласно выбору точки С, точка С' находится не выше прямой m. Поэтому  С'A' < C'A < r'.  Отсюда следует, что точка A' принадлежит как первой монете, так и второй, а это противоречит условию.

Известно, что 9 стаканов чая стоят дешевле 10 рублей, а 10 стаканов чая - дороже 11 рублей. Сколько стоит стакан чая?

Пусть стоимость стакана чая, выраженная в копейках, равна x. Тогда по условию 9x<1000 и 10х>1100. Следовательно, 9х не превосходит 999, и х не превосходит 111. х=111 подходит - в этом случае 10х=1110>1100. Если же х<111, то х не превосходит 110, и в этом случае 10х не превосходит 1100. Таким образом, имеется единственная возможность: х=111.

1 рубль 11 копеек.

Будем обозначать сумму цифр числа X через S(X). Пусть  A = 9999,  B = s(A),  C = s(B)  и  D = s(C).  Найдите D.

D = 9.

На шахматной доске расставлены 8 ладей так, что они не бьют друг друга. Докажите, что на полях чёрного цвета расположено чётное число ладей.

  Первый способ. Пронумеруем все вертикали, начиная с самой левой, и все горизонтали, начиная с самой нижней, числами от 1 до 8. Тем самым каждой ладье приписывается пара "координат". Сумму этих координат назовем весом ладьи. На каждой вертикали и на каждой горизонтали стоит по одной ладье (поскольку ладьи не бьют друг друга), поэтому сумма S координат всех ладей равна  2·(1 + 2 + ... + 8),  то есть чётна. С другой стороны, чтобы вычислить сумму S, нужно просуммировать веса всех ладей. Однако вес ладьи, стоящей на чёрной клетке, чётен, а вес ладьи, стоящей на белой клетке, нечётен. Поскольку S чётно, то количество нечётных слагаемых-весов чётно, то есть число ладей на чёрных полях чётно.

Автор: Заславский А.А.

Дан правильный треугольник ABC с центром O. Прямая, проходящая через вершину C, пересекает описанную окружность треугольника AOB в точках D и E. Докажите, что точки A, O и середины отрезков BD, BE лежат на одной окружности.