Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

На какую максимальную степень тройки делится число, десятичная запись которого состоит из 3n единиц?

  Обозначим через Аn число, состоящее из 3n единиц. Докажем по индукции, что Аn делится на 3n и не делится на 3n+1. База  (n = 1)  очевидна.   Шаг индукции. Число Аn+1 получается умножением числа Аn на число вида 10...010...01. Число 10...010...01 делится на 3 и не делится на  32 = 9,  поскольку сумма его цифр делится на 3 и не делится на 9. Следовательно, Аn+1 имеет в разложении на простые множители на одну тройку больше по сравнению с числом Аk, то есть делится на 3n+1, но не делится на 3n+2.

На n-ю степень.

Докажите, что если расстояния между скрещивающимися рёбрами тетраэдра равны h1, h2, h3, то его объём не меньше ⅓ h1h2h3.

  Возьмём пару скрещивающихся ребер тетраэдра. Проведём через каждую из них плоскость, параллельную этим рёбрам. Проделав так с каждой парой скрещивающихся рёбер, получим шесть плоскостей, в пересечении которых образуется параллелепипед, причем высоты этого параллелепипеда равны расстояниям между соответствующими скрещивающимися рёбрами тетраэдра. Отношение объёма тетраэдра к объёму параллелепипеда равно  1 : 3.  Действительно, тетраэдр получается из параллелепипеда отрезанием четырёх "угловых" тетраэдров, каждый из которых имеет три ребра, совпадающие с тремя рёбрами параллелепипеда. Объем каждого из "угловых" тетраэдров равен ⅙ объёма параллелепипеда (площадь основания тетраэдра равна половине площади основания параллелепипеда, а их высоты совпадают). Поэтому достаточно показать, что объём параллелепипеда с высотами h1, h2, h3 не меньше чем h1h2h3.   Введём стандартное обозначение вершин параллелепипеда – ABCDA'B'C'D'. Пусть h1 – расстояние между плоскостями ABCD и A'B'C'D', h2 – между плоскостями ADA'D' и BCB'C', h3 – между плоскостями ABA'B' и CDC'D'. Тогда  AD ≥ h3,  высота h, проведённая к стороне AD в параллелограмме ABCD, не меньше h2, площадь  SABCD ≥ h2h3,  а объём параллелепипеда равен  SABCDh1 ≥ h1h2h3.

В каждой из n стран правит либо партия правых, либо партия левых. Каждый год в одной из стран A может поменяться власть. Это может произойти в том случае, если в большинстве граничащих со страной A стран правит не та партия, которая правит в стране A. Докажите, что смены правительств не могут продолжаться бесконечно.

Пусть власть сменилась в некоторой стране A, в которой правят левые (для определённости). Пусть среди граничащих с ней стран было k стран, где правят левые и m стран, где правят правые,  k < m.  При смене власти в стране A количество стран среди граничащих с ней стран, в которых правит та же партия, что и в А, возрастёт:  2(m – k) > 0.  Таким образом, после смены власти в какой-либо из стран, число пар граничащих стран, имеющих одну и ту же партию у власти, возрастает. Это возрастание не может продолжаться бесконечно долго, поскольку число пар граничащих стран конечно.

Докажите, что дроби 1000/2001 и 1001/2001 имеют равную длину периодов.

  Заметим, что сумма двух данных дробей равна 1. Пусть первая дробь имеет десятичную запись 0,a1a2a3... Рассмотрим число R, выраженное десятичной дробью, меньшей 1, у которой на i-м месте после запятой, стоит цифра  9 – ai.  Тогда в сумме  1000/2001 + R  в каждом разряде после запятой будет стоять 9, то есть  1000/2001 + R = 0,9999... = 1.  Таким образом,  R = 1001/2001.  Теперь видно, что если ab...z – некоторая комбинация цифр, являющаяся периодом дроби 1000/2001, то комбинация цифр  (9 – a)(9 – b)...(9 – z)  есть период дроби 1001/2001. Следовательно, период дроби 1001/2001 не длиннее периода 1000/2001.   Аналогично показываем, что период дроби 1000/2001 не длиннее период дроби 1001/2001. Следовательно, периоды этих двух дробей равны.

Известно, что  a5 – a3 + a = 2.  Докажите, что  a6 > 3.

Ясно, что  a ≠ 0,  поэтому   Отсюда видно, что  a > 0,  значит,  a6 = 2(a + 1/a) – 1 > 2·2 – 1 = 3.

Даны 100 палочек. Верно ли, что из них можно выбрать несколько палочек, из которых можно сложить многоугольник?

Пусть даны палочки длины 1, 2, 4, 8, ... , 299. Пусть мы выбрали из них несколько палочек, длины которых равны 2a, 2b, ... , 2y, 2z, причем a<b<...<z. Так как 1+(1+2+4+...+2z-1)=2z, то 2a+2b+...+2y<2z. Таким образом, если бы из выбранных палочек можно было сложить многоугольник, то самая длинная сторона этого многоугольника была бы длиннее суммы остальных сторон, что неверно. Мы получили противоречие, показывающее, что указанный набор палочек таков, что из него нельзя выбрать несколько палочек и составить из них многоугольник.

неверно.

Какое максимальное число плоскостей симметрии может иметь тетраэдр?

В правильном тетраэдре иммется 6 плоскостей симметрии: каждая из них проходит через одно из ребер и делит пополам скрещивающееся с ним ребро. Покажем, что больше шести плоскостей симметрии быть не может. Сразу заметим, что плоскость симметрии проходит через четное число вершин тетраэдра, так как остальные вершины должны разбиться на пары симметричных относительно этой плоскости симметрии. Пусть плоскость симметрии не проходит не через одну из вершин тетраэдра. Тогда 4 вершины тетраэдра должны разбиться на две пары вершин, симметричных относительно плоскости симметрии. Следовательно, прямые, проходящие через эти пары вершин, должны быть перпендикулярны плоскости симметрии, т.е. параллельны между собой. Так образом, четыре вершины тетраэдра должны лежать в одной плоскости, что невозможно. Ясно, что все четыре вершины тетраэдра не могут лежать в плоскости симметрии. Отсюда следует, что плоскость симметрии обязана проходить ровно через две из вершин (т.е. через ребро) тетраэдра. Пусть плоскость симметрии проходит через одно из ребер тетраэдра. Тогда оставшиеся две вершины симметричны относительно этой плоскости, поэтому эта плоскость должна проходить через середину ребра, соединяющего оставшиеся две вершины. Предыдущие рассуждения показывают, что имеется не более одной плоскости симметрии, проходящей через данное ребро тетраэдра. Тем самым, всего плоскостей симметрии не больше, чем ребер тетраэдра, т.е. не больше шести.

6.00

Можно ли все натуральные числа разбить на пары так, чтобы сумма чисел в каждой паре была квадратом целого числа?

Выбираем пары натуральных чисел последовательно одну за другой. Первое число A каждой пары выбираем как наименьшее среди еще не выбранных. Второе число в каждой паре выбираем среди чисел вида B=m2-A, при этом натуральное m подбираем так, чтобы число B также было еще не выбрано (это возможно, так как число m может быть любым из бесконечного множества натуральных чисел). Описанный бесконечный процесс даст в результате нужное разбиение на пары. Вот пример начала процесса разбиения на пары: (1,3), (2,7), (4,12), (5,20), (6,30), (8,41), ...

можно.

В хоккейном турнире принимают участие n команд. Каждая команда встречается с каждой по одному разу, при этом выигравшей команде присуждается 2 очка, сыгравшей вничью – 1, проигравшей – 0 очков. Какой максимальный разрыв в очках может быть между командами, занявшими соседние места?

  Оценка. Разделим команды на две группы – в первую группу включим команды, занявшие первые k мест, а во вторую – команды, занявшие последние m = n – k  мест. Первые k команд набрали k(k – 1) очков во встречах друг с другом. Кроме этого первые k команд набрали не более 2km очков против последних m команд. Таким образом, первые k команд вместе набрали не более  k(k – 1) + 2km  очков. Следовательно, команда, занявшая k-е место, набрала не более  1/k (k(k – 1) + 2km) = k + 2m – 1 = n + m – 1 очка.   Команды, занявшие последние m мест, набрали вместе не менее  m(m – 1)  очков (во встречах друг с другом), поэтому команда, занявшая (k+1)-е место (то есть m-е место с конца), набрала не менее  1/m (m(m – 1)) = m – 1  очка. Таким образом, разрыв между k-м и (k+1)-м местами составляет не более (n + m – 1) – (m – 1) = n  очков.   Пример. Пусть одна команда выиграла у всех (и набрала тем самым  2(n – 1)  очков), а остальные команды сыграли друг с другом вничью (и получили по n – 2  очка). Тогда разрыв между первым и вторым местом составляет n очков.

n очков.

Петя склеил многогранник, затем разрезал его по рёбрам на отдельные грани, сложил в конверт и послал Ване. Верно ли, что Ваня склеит из этих граней такой же многогранник, какой был у Пети?

Контрпример. Возьмём куб и построим на одной из его граней вне куба правильную четырёхугольную пирамиду, в основании которой лежит квадрат, являющийся гранью куба, и высота которой меньше ребра куба. Из граней этого многогранника Ваня мог склеить многогранник, получающийся из куба вырезанием пирамиды, построенной на одной из граней внутрь куба.

Неверно.

На сторонах некоторого многоугольника расставлены стрелки. Докажите, что число вершин, в которые входят две стрелки, равно числу вершин, из которых выходят две стрелки.

Пусть n – число сторон данного многоугольника, а k – число вершин, в которые входит по две стрелки. Всего стрелок – n, из них 2k стрелок входят в данные k вершин, остальные  n – 2k  стрелок входят еще в  n – 2k  вершин (в каждую – по одной). Остаётся  n – k – (n – 2k) = k  вершин, в которые не входит ни одной стрелки, то есть из которых выходит по две стрелки.

Одного из близнецов зовут Ваня, другого – Витя. Один из братьев всегда говорит правду, а другой всегда лжет. Можно задать один вопрос одному из братьев, на который тот ответит "да" или "нет". Выясните, кого из близнецов как зовут.

Зададим вопрос: "Верно ли, что ты либо Ваня-правдивец, либо Витя-лжец?". Легко проверить, что Ваня должен ответить "да", а Витя – "нет".

На острове Невезения живут только рыцари, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые всегда лгут. В Думе острова – 101 депутат. В целях сокращения бюджета было решено сократить Думу на одного депутата. Но каждый из депутатов заявил, что, если его выведут из состава Думы, то среди оставшихся депутатов большинство будут лжецами. Сколько рыцарей и сколько лжецов в Думе?

Пусть Р – количество рыцарей в Думе, Л – количество лжецов  (Р + Л = 101).  Тогда в соответствии с высказыванием депутата-рыцаря  Р – 1 < 50.  Следовательно,  Р < 51  (отсюда, в частности, следует, что Дума не может состоять из одних рыцарей). В соответствии с высказыванием депутата-лжеца Л – 1 ≤ 50.  Следовательно,  Л ≤ 51  (отсюда, в частности, следует, что Дума не может состоять из одних лжецов).

51 лжец и 50 рыцарей.

Может ли некоторое сечение куба быть правильным пятиугольником?

Если сечение представляет собой пятиугольник, то плоскость П, содержащая сечение, пересекает по отрезку пять граней куба. Среди этих пяти граней найдутся две параллельных грани. Плоскость П пересекает эти две грани по параллельным отрезкам, таким образом, у пятиугольника, получающегося в сечении, должна быть хотя бы одна пара (а на самом деле даже две пары) параллельных сторон.

Не может.

Можно ли таблицу  n×n  заполнить числами –1, 0, 1 так, чтобы суммы во всех строках, во всех столбцах и на главных диагоналях были различны?

В условии требуется, чтобы значения  2n + 2  сумм (n строк, n столбцов и две диагонали) были различны. Каждая из этих сумм состоит из n слагаемых, принимающих одно из значений –1, 0, 1. Поэтому каждая из сумм принимает целочисленное значение в диапазоне от –n до n. Всего возможных значений сумм –  2n + 1.  Поскольку  2n + 1 < 2n + 2,  какие-то две из сумм обязательно принимают равные значения.

Нельзя.

На окружности радиуса 1 отмечено 100 точек. Докажите, что на окружности найдётся точка, сумма расстояний от которой до всех отмеченных точек будет не меньше 100.

Пусть A1, A2, ... , A100 – отмеченные точки, O – центр окружности. Возьмём две диаметрально противоположные точки B и C. По неравенству треугольника  BAi + CAi ≥ BC = 2.  Сложив полученные оценки для всех точек A1, A2, ..., A100, получим  (BA1 + BA2 + ... + BA100) + (CA1 + CA2 + ... + CA100) ≥ 200 = 2·100.  Поэтому одна из скобок будет не меньше 100, то есть либо точка B, либо точка C обладает требуемым свойством.

Четыре села находятся в вершинах квадрата со стороной 1 км. Для того, чтобы можно было проехать из каждого села в каждое, проложили две прямолинейные дороги вдоль диагоналей данного квадрата. Можно ли проложить сеть дорог между селами иным образом так, чтобы их суммарная длина уменьшилась, но по-прежнему из каждого села можно было проехать в каждое?

Обозначим через A, B, C, D села, являющиеся вершинами квадрата. На отрезке, соединяющем середины сторон AB и CD, возьмём точки M и N, отстоящие от сторон AB и CD на 3/8. Тогда  AM = BM = CN = DN = 5/8,  MN = 1/4.  Таким образом, длина новой сети дорог равна 2,75, а длина старой сети равна  

Можно.

Известно, что выражение  14x + 13y  делится на 11 при некоторых целых x и y. Докажите, что  19x + 9y  также делится на 11 при таких x и y.

19x + 9y = 11(3x + 2y) – (14x + 13y).

Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие одинаковое число друзей (из этой компании).

Пусть в компании n человек. Тогда у каждого человека имеется от 0 до  n – 1  друзей. Таким образом, количество друзей может принимать n различных значений:  0, 1, 2, ..., n – 1.  Поэтому если бы n человек имели различное число друзей, то в компании присутствовало бы по одному человеку, имеющему  0, 1, 2, ... , n – 1  друзей. С другой стороны, если есть человек, имеющий  n – 1  друга, то он дружит со всеми, следовательно, нет человека, который имеет 0 друзей. Противоречие.

Докажите, что для любого натурального n в десятичной записи чисел 2002n и  2002n + 2n  одинаковое число цифр.

Поскольку число 2002n не является степенью числа 10, то для некоторого k выполнено двойное неравенство  10k–1 < 2002n < 10k,  которое означает, что в числе 2002n  k цифр. При этом очевидно, что  k > n,  поэтому оба числа 2002n и 10k делятся на 2n. Рассмотрим следующее за 2002n число, кратное 2n – это число  2002n + 2n.  Из предыдущих рассуждений следует, что  2002n + 2n  не превосходит 10k. Если  2002n + 2n < 10k,  то  2002n + 2n  имеет в десятичной записи k цифр. Осталось показать, что равенство 2002n + 2n = 10k  невозможно. Разделив обе части равенства на 2n, получим  1001n + 1 = 5k·2k–n.  Правая часть делится на 5, а левая – нет, следовательно, равенство невозможно.

В углах шахматной доски 3×3 стоят четыре коня: два белых (в соседних углах) и два чёрных. Можно ли за несколько ходов поставить коней так, чтобы во всех соседних углах стояли кони различного цвета?

Отметим центры клеток доски и соединим отрезками пары отмеченных точек, если из одной в другую можно пройти ходом коня. Получится "цикл" из восьми точек. Перемещение коней по доске соответствует движению по рёбрам этого цикла. Но при движении по циклу нельзя изменить порядок следования коней.

Нельзя.

В каждой клетке таблицы 9×9 записано число, по модулю меньшее 1. Известно, что сумма чисел в каждом квадратике 2×2 равна 0. Докажите, что сумма чисел в таблице меньше 9.

Расположим в таблице 20 квадратиков 2×2 так, как показано на картинке.

В клетчатом квадрате 64*64 вырезали одну из клеток. Докажите, что оставшуюся часть квадрата можно разрезать на уголки из трех клеток.

Будем доказывать общее утверждение для квадрата 2n*2n клеток с вырезанной клеткой. Для n=1 это утверждение очевидно: если из квадрата 2*2 вырезана одна клетка,то оставшаяся часть квадрата - это уголок из трех клеток. Пусть это утверждение верно для квадрата 2n-1*2n-1 клеток с вырезанной клеткой. Итак, пусть в квадрате 2n*2n клеток вырезана одна из клеток. Разрежем этот квадрат на 4 квадрата 2n-1*2n-1 клеток. Вырезанная клетка попала в один из этих четырех квадратов. Из остальных трех квадратов можно вырезать по одной угловой клетке так, чтобы они образовывали уголок из трех клеток (см. картинку). Вырежем этот уголок. Оставшаяся часть представляет собой четыре квадрата 2n-1*2n-1 клеток, в каждом их которых вырезано по клетке. По предположению индукции каждый из этих квадратов можно разрезать на уголки. Тем самым, и квадрат 2n*2n клеток с вырезанной клеткой можно разрезать на уголки.

После ввода в строй третьего транспортного кольца на нем запланировали установить ровно 1998 светофоров. Каждую минуту они одновременно меняют цвет по следующему правилу: Каждый светофор меняет цвет в зависимости от цвета двух соседних (справа и слева), причем 1) если два соседних светофора горели одним цветом, то светофор между ними загорается этим же цветом. 2) если два соседних светофора горели разными цветами, то светофор между ними загорается третьим цветом. В начальный момент все светофоры кроме одного были зеленые, а один - красный. Оппоненты Лужкова заявили, что через какое-то время все светофоры будут гореть желтым цветом. Правы ли они?

Нет, это неверно. От противного, пусть в некоторый момент времени впервые все светофоры загорелись жёлтым цветом. Рассмотрим ситуацию, которая была минутой ранее. Ясно, что некоторый светофор горит другим цветом (без ограничения общности, красным). Тогда светофоры, стоящие от него через один (как влево, так и вправо) - зеленые. В свою очередь, светофоры, стоящие через один от зеленых, красные. Все светофоры, таким образом, делятся на четверки подряд идущих, в которых второй по счету светофор красный, а четвертый - зеленый. Противоречие с тем, что общее число светофоров на четыре не делится.

Из 11 шаров 2 радиоактивны. Про любой набор шаров за одну проверку можно узнать, имеется ли в нем хотя бы один радиоактивный шар (но нельзя узнать, сколько их). Можно ли за 7 проверок найти оба радиоактивных шара?

Можно. Разобьем шары на 5 групп по 2 шара и еще один шар. Проверим эти 5 групп. Если две из них радиоактивные, то из каждой радиоактивный шар выделяется за одну проверку. Если радиоактивна только одна группа, проверяем оба шара в ней.

Под какой процент выгоднее положить деньги в банк на год: 6% в год или 0,5% в месяц?

Пусть в банке начисляется 0,5% в месяц. Если бы эти проценты каждый месяц начислялись от суммы, положенной в банк в начале года, то в конце года (через 12 месяцев) сумма увеличилась бы как раз на 6%. Однако, начиная со второго месяца 0,5% будет начисляться от большей суммы. Поэтому в конце года сумма окажется больше 6%.

Выгоднее второй вариант.

Известно, что середины сторон двух выпуклых четырехугольников совпадают. Докажите, что их площади равны.

Пусть K, L, M, N - середины сторон AB, BC, CD, DA четырехугольника ABCD. Тогда KL - средняя линия треугольника ABC, поэтому KL параллельна AС и равна AC/2. Таким же образом, MN параллельна AС и равна AC/2, LM параллельна BD и равна BD/2 и NK параллельна BD и равна BD/2. Таким образом, KLMN - параллелограмм, стороны которого параллельны диагоналям четырехугольника ABCD и равны соответственно половинам этих диагоналей. По формуле площади четырехугольника площадь четырехугольника KLMN равна AC*BD*sinX/2, где X - угол между диагоналями AC и BD. Площадь параллелограмма KLMN равна KL*LM*sinX = (AC/2)*(BD/2)*sinX = AC*BD*sinX/4. Таким образом, площадь параллелограмма KLMN вдвое меньше площали четырехугольника ABCD. Из доказанного легко следует утверждение задачи: площади обоих четырехугольников равны удвоенной площади четырехугольника с вершинами в точках, являющихся их общими серединами сторон.

Как разрезать треугольник на несколько треугольников так, чтобы никакие два из треугольников разбиения не имели целой общей стороны?

Искомое разрезание может быть получено, например, так, как показано на картинке.

На столе - куча из 1001 камня. Ход состоит в том, что из какой-либо кучи, содержащей более одного камня, выкидывают камень, а затем одну из куч делят на две. Можно ли через несколько ходов оставить на столе только кучки, состоящие из трех камней?

Заметим, что при выполнении одного хода число камней на столе уменьшается на 1, а число кучек увеличивается на единицу. Таким образом, при выполнении хода или нескольких ходов сумма числа камней и числа кучек остается постоянной, равной 1002 (так как вначале число кучек было равно 1, а число камней - 1001). Если бы в конце концов мы получили n кучек по 3 камня, то в этот момент число камней на столе было бы равным 3n, и следовательно, сумма числа камней и числа кучек была бы равна 3n+n=4n. Но ни при каком натуральном n число 4n не может быть равно 1002, так как 1002 не делится на 4. Тем самым, получено противоречие, доказывающее, что требуемое в условии задачи не возможно.

нельзя.

Может ли бильярдный шар, отразившись поочередно от двух соседних сторон прямоугольного бильярдного стола, прийти в исходную точку?

Пусть бильярдный шар начал движение из точки A отразился в точках B и C от двух соседних сторон бильярдного стола и вернулся назад в точку A. Обозначим через O общую вершину этих двух соседних сторон. Из прямоугольного треугольника OBC находим, что сумма углов OBC и OCB равна 90°. Согласно закону отражения  ∠ABC + ∠BCD = (180° – 2∠OBC) + (180° – 2∠OCB) = 180°.  А это означает, что прямые AB и AC параллельны, следовательно, луч CD не проходит через точку A.

Не может.

Автобус называется переполненным, если в нем более 50 пассажиров. По дороге едет колонна автобусов (среди которых есть переполненные). Что больше – процент переполненных автобусов или процент пассажиров, которые едут в переполненных автобусах?

Окрасим переполненные автобусы в красный цвет. В каждом автобусе изменим (уменьшим или увеличим) число так, чтобы их стало ровно 50. Теперь во всех автобусах поровну пассажиров, то есть процент красных автобусов стал равен проценту пассажиров в красных автобусах. Но так как из красных автобусов мы пассажиров удаляли, а в остальные – добавляли, то изначально в красных автобусах процент пассажиров был больше чем процент красных автобусов.

Процент пассажиров больше.

Замкнутая несамопересекающаяся кривая разбивает плоскость на две области: внутреннюю и внешнюю. Два человека отправляются по произвольным маршрутам из разных точек плоскости, причём ни один из них не знает, в какой из областей он находился. Докажите, что если они встретятся, то всегда смогут выяснить, были они вначале в одной или в разных областях.

Пусть каждый из людей следит за количеством пересечений с кривой. При встрече они складывают полученные количества. Если вместе они пересекли кривую чётное число раз, то в сумме они меняли область чётное число раз, то есть вначале находились в одной области. Если же вместе они пересекли кривую нечётное число раз, то вначале они находились в разных областях.

Какое наибольшее число королей можно расставить на шахматной доске так, чтобы никакие два из них не били друг друга?

  Разобьём доску на 16 квадратов 2×2.   Оценка. В каждом из этих 16 квадратов может стоять не более одного короля.   Пример. Поставим по королю в левый нижний угол каждого из 16 квадратов.

16 королей.

Известно, что множество M точек на прямой может быть покрыто тремя отрезками длины 1. Каким наименьшим числом отрезков длины 1 можно заведомо покрыть множество середин отрезков с концами в точках множества M?

  Пусть две точки A и B покрыты одним единичным отрезком. Тогда середина отрезка AB также покрыта этим отрезком. Если точка A покрыта единичным отрезком  [a, a + 1],  а точка B – отрезком  [b, b + 1],  то середина отрезка AB покрывается единичным отрезком  [a+b/2, a+b/2 + 1].   Пример. Обозначим через  [a, a + 1],  [b, b + 1],  [c, c + 1]  три отрезка, покрывающие данное множество M. Как показано выше, множество середин отрезков с концами в точках множества M покрывается шестью отрезками  [a, a + 1],  [b, b + 1],  [c, c + 1],  [a+b/2, a+b/2 + 1],  [a+c/2, a+c/2 + 1],  [b+c/2, b+c/2 + 1].   Оценка. Пусть  M = [0, 1] ∪ [2, 3] ∪ [6, 7].  Тогда множество середин отрезков с концами в точках множества M – это  [0, 5] ∪ [6, 7].  Значит, меньше чем шестью отрезками длины 1 обойтись нельзя.

Шестью отрезками.

Докажите, что ни при каком целом k число  k² + k + 1  не делится на 101.

Предположим, что для некоторого k число  k² + k + 1  делится на 101. Тогда  (k – 1)(k² + k + 1) = k³ – 1  также делится на 101, то есть  k³ ≡ 1 (mod 101).  Поэтому k100(k – 1) = k101 – (k³)33k ≡ k – k = 0 (mod 101). Значит, k даёт остаток 0 или 1 при делении на 101, и  k² + k + 1  не делится на 101. Противоречие.

Несколько отрезков покрывают отрезок  [0, 1]. Докажите, что среди них можно выбрать несколько непересекающихся отрезков, сумма длин которых не меньше ½.

  Используем индукцию по числу отрезков, покрывающих отрезок  [0, 1].   База. Для покрытия одним отрезком утверждение очевидно.   Шаг индукции. Пусть отрезок  [0, 1]  покрыт  n + 1  отрезком. Если среди них имеется отрезок, который покрыт остальными, то выкинем его из покрытия и воспользуемся предположением индукции.   Пусть таких отрезков нет. Обозначим отрезки  Ii = [ai, bi]  так, что  a1 < a2 < ... < an.  Тогда  bi < bi+1  для каждого i. С другой стороны,  bi < ai+2,  иначе отрезки Ii и Ii+2 покрывали бы отрезок Ii+1.  Значит, отрезки с нечётными номерами попарно не пересекаются, как и отрезки с чётными номерами. Поскольку все отрезки образуют покрытие отрезка  [0, 1],  либо сумма длин отрезков с чётными номерами, либо сумма длин отрезков с нечётными номерами не меньше ½. Тем самым найдена искомая система непересекающихся отрезков.

Известно, что каждое из целых чисел a, b, c, d делится на  ab – cd.  Докажите, что  ab – cd  равно либо 1, либо –1.

Так как a, b, c, d делятся на  ab – cd,  то ab и cd делятся на  (ab – cd)².  Значит, и  ab – cd  делится на  (ab – cd)².  Отсюда легко следует утверждение задачи.

Докажете, что в звезде, изображенной на картинке, не могут быть выполнены одновременно неравенства BC > AB, DE > CD, FG > EF, HK > GH, LA > KL.

Обозначим вертикальные углы BAC и KAL за 1, углы DCE и BCA за 2, углы FEG и DEC за 3, углы HGK и FGE за 4, углы LKA и HKG за 5. Используя для треугольников ABC, CDE, EFG, GHK, KLA то, что против большего угла лежит большая сторона, получаем, что угол 2 больше угла 1, угол 3 больше угла 2, ... , наконец угол 1 больше угла 5. Таким образом получаем, что угол 1 больше угла 1, т.е. тем самым получено противоречие.

Решите уравнение в положительных числах.

Разделим обе части уравнения на 2, получим . Нетрудно проверить, что x=1/2 и x=1/4 - решения. Покажем, что других решений нет. Найдем промежутки монотонности функции xx. Ее производная (xx)'=(exlnx)'=(lnx+1)(exlnx)=(lnx+1)(xx) отрицательна на интервале (0, 1/e) и положительна на луче x > 1/e. Следовательно, функция xx монотонна на каждом из этих промежутков, и значит, всего имеется не более двух положительных решений нашего уравнения.

x=1/4, x=1/2.

Как одним циркулем удвоить отрезок?

Пусть дан отрезок AB. Проводя циркулем окружности с центрами в точках A и B радиусом, равным AB, в пересечении этих окружностей получим точки C и C'. Точки A, B, C, как нетрудно видеть, образуют вершины правильного треугольника. Таким образом, по двум вершинам правильного треугольника мы умеем восстанавливать третью. Далее, по вершинам В и C строим точку D такую, что B, C, D являются вершинами правильного треугольника (см. картинку). Наконец, по вершинам В и D строим точку E такую, что B, D, E являются вершинами правильного треугольника. Легко видеть, что A, B, E лежат на одной прямой и AB=BE, т.е. отрезок AE в два раза больше отрезка AB.

Полтора землекопа выкопали за полтора часа полторы ямы. Сколько ям выкопают два землекопа за два часа?

Два землекопа за 1,5 часа выкопают в 4/3 раза больше, то есть 2 ямы. А за два часа – еще в 4/3 раза больше, то есть  2·4/3 = 8/3  ямы.

22/3 ямы.

Шоколадка имеет размер 4×10 плиток. За один ход разрешается разломать один из уже имеющихся кусочков на два вдоль прямолинейного разлома. За какое наименьшее число ходов можно разбить всю шоколадку на кусочки размером в одну плитку?

Заметим, что после каждого разламывания количество кусочков увеличивается на 1. Вначале у нас была целая шоколадка, т.е. один кусок, в конце нам требуется получить 40 кусочков размером в одну плитку. Таким образом, требуется произвести ровно 39 разламываний.

За 39 ходов.

Фигура на плоскости имеет ровно две оси симметрии. Найдите угол между этими осями.

  Пусть угол между осями симметрии равен φ. Выполнив последовательно симметрии относительно этих осей, получим поворот на угол 2φ, либо параллельный перенос на вектор, перпендикулярный осям (если  φ = 0).  Во втором случае фигура будет иметь бесконечное число осей симметрии, получаемых из данных осей переносами на указанный вектор и его кратные, что противоречит условию.   В первом случе при повороте на угол 2φ фигура переходит в себя, а следовательно, её ось симметрии переходит в ось симметрии. Но так как всего имеется две оси симметрии, а при повороте на φ первая ось переходит во вторую, то при повороте на 2φ она перейдёт в себя. Это означает, что  2φ = 180°.

90°.

Сколькими способами можно прочитать слово "строка", двигаясь вправо или вниз?: С Т Р О К А Т Р О К А Р О К А О К А К А А

Ясно, что начать движение можно только с первой буквы "C". Каждым ходом мы опускаемся на одну диагональ ниже, и перед перед нами имеется выбор – идти вправо или вниз. При каждой из этих двух возможностей мы вновь опускаемся на диагональ ниже и тем самым продолжаем чтение слова "СТРОКА". Таким образом, возможностей прочитать слово "СТРОКА" столько же, сколько возможностей последовательного пятикратного выбора из двух вариантов, то есть  25 = 32.

32 способами.

Экологи запротестовали против большого объема лесозаготовки. Председатель леспромхоза успокоил их следующим образом: "В лесу 99% сосен. Будут вырубаться только сосны, и после вырубок процент сосен останется почти неизменным – сосен будет 98%". Какая часть леса отведена под вырубки?

Будем деревья, не являющиеся соснами, называть дубами. До вырубки дубы составляют 1% всех деревьев, а после вырубки будут составлять 2%. Это значит, что общее число деревьев уменьшится в два раза.

Половина.

Через фиксированную точку внутри окружности проводятся всевозможные пары взаимно перпендикулярных хорд. Докажите, что сумма квадратов их длин – величина постоянная.

Пусть R – радиус окружности, O – её центр, A – фиксированная точка,  r = OA;  две хорды перпендикулярны и проходят через A, x – расстояние от O до первой хорды, а y – до второй. Тогда x и y – проекции отрезка OA на две перпендикулярные прямые, содержащие данные хорды, значит,  x² + y² = OA² = r².  Далее, квадрат длины хорды, находящейся на расстоянии x от центра O, равен  4(R² – x²),  квадрат длины второй хорды равен  4(R² – y²).  Следовательно, сумма квадратов длин хорд равна  4(R² – x²) + 4(R² – y²) = 8R² – 4r².

Найдите первые 99 знаков после запятой в разложении числа   .

См. задачу 61477 б).

99 нулей.

На прямой отметили несколько точек. После этого между каждыми двумя соседними точками добавили по точке. Такую операцию повторили три раза, и в результате на прямой оказалось 65 точек. Сколько точек было вначале?

Если в конце было 65 точек, то перед этим было 33 (а добавилось 32) точки. Аналогично после первой операции было 17 точек, а до нее – 9.

9 точек.

Из книги вырвали 25 страниц. Может ли сумма 50 чисел, являющихся номерами (с двух сторон) этих страниц, быть равной 2001?

Рассмотрим одну из страниц. С одной стороны нее написано нечётное число  2m – 1,   а с другой – следующее за ним чётное число 2m. Сумма этих двух номеров равна  4m – 1,  то есть даёт от деления на 4 остаток 3. Значит, сумма 50 номеров страниц, о которых говорится в условии, даёт такой же остаток от деления на 4, как и  3·25 = 75,  то есть 3. Однако 2001 даёт остаток 1 при делении на 4.

Не может.

Найдите значение произведения (1-1/4)(1-1/9)...(1-1/100) (числа в знаменателях равны квадратам натуральных чисел от 2 до 10).

Преобразуем данное выражение: (1-1/4)(1-1/9)...(1-1/100) = ((22-1)/22)((32-1)/32)...((102-1)/102). Используя формулу разности квадратов, далее преобразуем последнее выражение к виду ((2-1)*(2+1)/22)((3-1)(3+1)/32)...((10-1)(10+1)/102) = (1*3/2*2)(2*4/3*3)...(9*11/10*10). Мы видим, что почти все сомножители числителя и знаменателя сокращаются. В числителе остается 11, а в знаменателе - 2 и 10. Таким образом, значение выписанного произведения равно 11/20=0,55.

0,55.

Найдите количество перестановок a1, a2, ... , a10 чисел 1,2,...,10, таких, что ai+1 не меньше, чем ai-1 (для i=1,2,...,9).

После каждого числа в перестановке, о которой идет речь в условии, следует либо большее его число, либо на единицу меньшее. Каждое ai, i=1,2,...,9, пометим значком "+", если ai+1>ai, и значком "-", если ai+1=ai-1. Итак, каждой перестановке сопоставлена строка из 9 символов "+" и "-". Ясно, что количество таких строк равно 29=512 (для каждого из 9 символов в строке имеется две возможности - быть плюсом или минусом). Осталось теперь показать, что это соответствие взаимно однозначное, т.е. по строке из плюсов и минусов перестановка восстанавливается однозначно. В самом деле, пусть вначале в строке записано n1 минусов (возможно, n1=0), а затем стоит плюс, затем n2 минусов, затем плюс, и т.д. Тогда перестановка должна начинаться с группы из n1+1 чисел, идущих подряд по убыванию, после которых следует новая группа из n2+1 чисел, идущих подряд по убыванию, и т.д. При этом первое число из второй группы должно быть больше последнего числа из первой группы. Поскольку в первую и вторую группы входят различные числа, это означает, что каждое из чисел второй группы больше каждого из чисел первой группы. Аналогичным образом, каждое из чисел третьей группы больше каждого из чисел второй группы и т.д. Приведенные выше рассуждения дают возможность восстановить перестановку однозначно (при этом мы пользуемся тем, что каждое из чисел 1,2,...,10 должно встретиться в перестановке); перестановка имеет вид: n1+1, n1, ... , 1, n1+n2+2, n1+n2+1, ... , n1+2, ... (Числа в перестановке расположены "лесенками" длин n1+1, n2+1, ... идущих подряд по убыванию чисел.)

29=512.

Известно, что в тетраэдре две пары скрещивающихся ребер перепндикулярны. Докажите, что и третья пара скрещивающихся ребер обладает этим свойством.

Обозначим три вектора, идущие вдоль ребер, выходящих из одной вершины тетраэдра, за a, b, c. Тогда векторы, идущие вдоль оставшихся трех ребер, равны b-c, c-a, a-b. Условие перпендикулярности двух векторов запишем как равенство нулю скалярного произведения. Таким образом, перпендикулярность двух пар скрещивающихся ребер запишется как система двух равенств (a,b-c)=0, (b,c-a)=0. Раскроем эти равенства, используя свойство линейности скалярного произведения: (a,b)-(a,c)=0, (b,c)-(b,a)=0. Сложив эти равенства, получаем (с учетом (a,b)=(b,a)): (b,c)-(a,c)=0 или (b-a,c)=0, что означает перпендикулярность для оставшейся пары скрещивающихся ребер.

На прямоугольном столе лежат равные картонные квадраты k различных цветов со сторонами, параллельными сторонам стола. Если рассмотреть любые k квадратов различных цветов, то какие-нибудь два из них можно прибить к столу одним гвоздем. Докажите, что все квадраты некоторого цвета можно прибить к столу 2k-2 гвоздями.

Докажем утверждение задачи индукцией по количеству цветов n. База для n=2. Рассмотрим самый левый квадрат K. Если он первого цвета, то все квадраты второго цвета имеют с ним общую точку, следовательно, каждый квадрат второго цвета содержит одну из двух правых вершин квадрата K, следовательно, все квадраты второй системы можно прибить двумя гвоздями. Индукционный переход. Пусть мы доказали утверждение задачи для n цветов, докажем для (n+1)-го цвета. Рассмотрим все квадраты и выберем из них самый левый квадрат K. Пусть он покрашен в (n+1)-ый цвет. Все квадраты, пересекающие K, содержат одну из двух его правых вершин, следовательно, их можно прибить двумя гвоздями. Уберем со стола все квадраты (n+1)-го цвета и квадраты других цветов, пересекающие K. Остались квадраты n различных цветов. Нетрудно доказать, что если выбрать n квадратов разных цветов, то среди них найдутся два пересекающихся. (Иначе, добавим квадрат K и получим n+1 попарно не пересекающихся квадратов разных цветов, что противоречит условию задачи.) Таким образом, по индукционному предположению, можно выбрать один из цветов i и прибить 2k-2 гвоздями все оставшиеся на столе квадраты этого цвета. Убранные квадраты цвета i пересекают самый левый квадрат K, следовательно, эти квадраты можно прибить, забив два гвоздя в правые вершины квадрата K.

Автор: Черепанов Е.

Рассмотрите либо четыре самых больших, либо четыре самых меньших числа.

  Пример множества из 7 элементов:  {–3, –2, –1, 0, 1, 2, 3}.   Докажем, что множество  M = {a1, a1, ..., an}  из  n > 7  чисел требуемым свойством не обладает. Можно считать, что   a1 > a2 > a3 > ... > an   и  a4 > 0  (смена знаков всех элементов наше свойство не меняет). Тогда   a1 + a2 > a1 + a3 > a1 + a4 > a1,   то есть ни одна из сумм  a1 + a2,  a1 + a3  и  a1 + a4  множеству M не принадлежит. Кроме того, суммы  a2 + a3  и  a2 + a4  не могут одновременно принадлежать M, поскольку  a2 + a3 > a2 + a4 > a2.  Получается, что по крайней мере для одной из троек  (a1, a2, a3)  и  (a1, a2, a4)  сумма любых двух её элементов множеству M не принадлежит.

На плоскости нарисованы две окружности (см. рис.). Существует ли некоторая точка, лежащая вне каждой из этих окружностей, для которой любая прямая, проходящая через неё, пересекает хотя бы одну из окружностей?

Проведём одну внутреннюю и одну внешнюю общие касательные к окружностям (на картинке это красные прямые). Обозначим их точки касания с первой окружностью через K и L, а точку пересечения этих прямых – через M. Рассмотрим любую точку, лежащую внутри "маленького" криволинейного треугольника KLM. Нетрудно убедиться, что она обладает требуемым свойством.

существует.

Некто расставил в произвольном порядке 10-томное собрание сочинений. Назовём беспорядком пару томов, для которых том с большим номером стоит левее. Для данной расстановки томов посчитано число S всех беспорядков. Какие значения может принимать S?

Ясно, что число S беспорядков не меньше 0 и не больше числа всевозможных пар из 10 томов (число таких пар равно  10·9 : 2 = 45).  Покажем, что любое из значений от 0 до 45 может достигаться при некоторой расстановке томов. Расставим вначале тома в обратном порядке. При этом каждая пара томов будет являться беспорядком, и общее число беспорядков  S = 45.  Пусть у нас уже есть расстановка, для которой  S = i > 0;  тогда найдём в ней два соседних тома, образующие беспорядок (такие два тома найдутся, иначе расстановка томов будет правильной и S будет равно 0). Поменяв эти два тома местами, получим расстановку, в которой ровно на один беспорядок меньше, то есть S стало равно  i – 1.  Таким образом, начиная с расстановки томов, для которой  S = 45,  можно последовательно получать расстановки, для которых  S = 44, 43, ..., 1, 0.

Любое целое значение от 0 до 45.

Докажите, что не существует многочлена P(x) с целыми коэффициентами, для которого  P(6) = 5  и  P(14) = 9.

  Теорема Безу для целочисленных многочленов. Для любого многочлена P(x) с целыми коэффициентами и любых различных целых чисел a и b число P(a) – P(b)  делится на  a – b.   Доказательство. Разность  P(a) – P(b)  представляет собой сумму выражений вида  ak – bk  с целыми коэффициентами. Как известно,  ak – bk  делится на a – b.

Каждую из трех котлет нужно пожарить на сковороде с двух сторон в течение пяти минут каждую сторону. На сковороде умещается только две котлеты. Можно ли сжарить все три котлеты быстрее, чем за 20 минут (временем на переворачивание и перекладывание котлет пренебрегаем)?

За первые 5 минут поджарим первые две котлеты с одной стороны. Затем переворачиваем первую котлету, а вторую убираем и кладем третью. Жарим еще 5 минут. Теперь первая котлета готова, а вторая и третья поджарены с одной стороны. В течение следующих пяти минут жарим вторую и третью котлеты с еще не поджаренной стороны.

15 минут.

Криптограмма

Бегают по лесу стаи зверей - Не за добычей, не на водопой: Денно и нощно они егерей Ищут веселой толпой.

Как замостить бесконечную клетчатую плоскость крестами, состоящими из пяти клеток?

Расположим центральные клетки крестов в клетках квадратной решетки, в которой ближайшие клетки отстоят друг от друга на ход шахматного коня (см. картинку, в центральных клетках крестов поставлены звездочки). Каждая клетка, в которой не стоит звездочка, является соседней ровно одной клетки, в которой стоит звездочка. Это и показывает, что клетчатая плоскость покрыта в один слой крестами, имеющими в качестве центральных клеток клетки со звездочками.

В воздушном пространстве находятся облака. Оказалось, что пространство можно разбить десятью плоскостями на части так, чтобы в каждой из частей находилось не более одного облака. Через какое наибольшее число облаков мог пролететь самолет, придерживаясь прямолинейного курса?

Придерживаясь прямого курса, самолет мог пересечь каждую из плоскостей, являющихся границами частей пространства, не более одного раза. Таким образом, самолет менял часть пространства в процессе своего полета не более 10 раз. Значит, он посетил не более 11 из частей пространств следовательно, самолет пролетел не более, чем через 11 облаков. Число 11 достигается, если курс самолета не параллелен ни одной из плоскостей и не проходит через прямые пересечения плоскостей.

11.00

Докажите, что у любой треугольной пирамиды найдется сечение, имеющее форму ромба.

Пусть ABCD - данная пирамида. Рассмотрим плоскости П1 и П2, каждая из которых параллельна прямым AB и CD, и кроме того, П1 содержит AB и П2 содержит CD. Таким образом, тетраэдр оказывается заключенным между парой плоскостей П1 и П2. Рассмотрим плоскость П, параллельную П1 и П2, лежащую между ними и такую, что расстояния h1 и h2 от П до П1 и от П до П2 относятся как AB к CD. Покажем, что П - искомая плоскость, пересекающая пирамиду по ромбу. Обозначим через P, Q, R, S точки пересечения плоскости П соответственно с ребрами AC, CB, BD, DA пирамиды. Тогда PQ и AB параллельны как прямые пересечения параллельных плоскостей П1 и П с плоскостью ABC. Аналогично, RS и AB параллельны. Следовательно, PQ и RS параллельны. Таким же образом, прямые QR и SP параллельны. Отсюда следует, что четырехугольник PQRS - параллелограмм. Далее, треугольники CPQ и CAB подобны с коэффициентом подобия h2/(h1+h2), следовательно, PQ=AB*h2/(h1+h2). Также QR=BC*h1/(h1+h2). Но по выбору плоскости П AB/BC=h1/h2, откуда PQ=QR. Тем самым, четырехугольник PQRS - ромб.

Стороны правильного шестиугольника раскрашены через одну в красный и синий цвета. Докажите, что сумма расстояний от точки, лежащей внутри шестиугольника, до прямых, содержащих красные стороны, равна сумме расстояний от этой точки до прямых, содержащих синие стороны.

Будем для краткости под сторонами шестиугольника подразумевать прямые, содержащие эти стороны. Пусть O - данная точка, а O' - ее образ при повортое на 60o относительно центра шестиугольника. Расстояния от O до синих сторон соответственно равны расстояниям от O' до красных сторон. Но красные стороны образуют правильный треугольник, поэтому теперь утверждение задачи следует из хорошо известного факта о том, что сумма расстояний от точки внутри правильного треугольника до его сторон не зависит от выбора точки.

Какое наибольшее число пятниц может быть в году?

Будем считать, что неделя начинается с того дня недели, коим является первое января рассматриваемого года (т.е. если первое января - среда, то считаем, что неделя начинается со среды и заканчивается вторником). Тогда с начала года проходит [365/7]=52 ([366/7]=52 в високосный год) полных недель, на каждой из которых ровно по одной пятнице. Кроме этого, в конце года остается еще 365-7*52=1 или 366-7*52=2 дня. Можно привести пример (возьмите один из последних годов), когда один из оставшихся дней - пятница. В этот год достигается максимальное возможное число пятниц - 53.

53.00

На шахматной доске более четверти полей занято шахматными фигурами. Докажите, что занятыми оказались хотя бы две соседние (по стороне или диагонали) клетки.

Разделим доску на 16 квадратиков 2*2. Если в каждом из этих квадратиков не более одной занятой клетки, то всего фишками занято не более 16 клеток, что не превышает (1/4)*64 вопреки условию. Таким образом, в каком-то из квадратиков фишками занято не менее двух клеток. Но это означает, что эти две клетки - соседние.

Какое максимальное число ребер правильной n-угольной призмы может пересекать плоскость, не проходящая через вершины призмы?

Заметим, что пересечение призмы и плоскости есть многоугольник, причем его вершины соответствуют ребрам призмы, пересекаемым плоскостью, а его стороны соответствуют граням призмы, пересекаемым плоскостью. Следовательно, плоскость пересекает равное число ребер и граней призмы. Найдем максимально возможное число граней, пересекаемых плоскостью. Для этого рассмотрим пару параллельных прямых, которые лежат на разных основаниях призмы и отсекают от оснований небольшие треугольники, причем так, что вершины этих треугольников не лежат на концах одного и того же ребра призмы. Проведем плоскость через эти две прямые. Нетрудно убедиться, что она пересечет все грани призмы, то есть 2 основания и n боковых сторон. Из сказанного выше следует, что ответ в задаче - n+2.

Пусть f - непрерывная функция, определенная на отрезке [0;1] такая, что f(0)=f(1)=0. Докажите, что на отрезке [0;1] найдутся 2 точки на расстоянии 0,1, в которых функция f(x) принимает равные значения.

Рассмотрим максимальное из значений модуля функции в точках 0; 0,1; 0,2; ... ; 0,9; 1. Пусть оно достигается в точке m=k/10. Возможны три случая: f(m)=0, f(m)>0 и f(m)<0. В первом из них функция равна нулю во всех указанных выше точках, и утверждение задачи выполнено. Оставшиеся два случая идентичны, разберем первый из них. Нам известно: m отлично от 0 и 1, f(m-0,1)<=f(m)>=f(m+0,1). Рассмотрим функцию g(x)=f(x+0,1)-f(x). Она непрерывна и g(m-0,1)>=0, g(m)<=0. По теореме о промежуточном значении существует число x, лежащее между m-0,1 и m, такое что g(x)=0. Получаем, что f(x)=f(x+0,1), и требуемое число найдено.

Можно ли расставить по кругу семь целых неотрицательных чисел так, чтобы сумма каких-то трёх расположенных подряд чисел была равна 1, каких-то трёх подряд расположенных – 2, ... , каких-то трёх подряд расположенных – 7?

Предположим, что это возможно. Имеется всего семь различных сумм из трёх стоящих подряд чисел. Тогда среди этих семи сумм каждое из чисел 1, 2, ... , 7 должно встретиться по разу. Сложим все эти семь сумм. С одной стороны, результат равен  1 + 2 + ... + 7 = 28,  а с другой стороны, результат должен делиться на 3, так как каждое из чисел на окружности входит ровно в три тройки идущих подряд чисел. Но 28 не делится на 3. Противоречие.

Нельзя.

Дана выпуклая фигура и точка A внутри нее. Докажите, что найдется хорда (т.е. отрезок, соединяющий две граничные точки выпуклой фигуры), проходящая через точку A и делящаяся точкой A пополам.

Проведем какую-нибудь хорду через точку A. Обозначим через a и b длины отрезков, на которые хорда разбивается точкой A. Начинаем вращать хорду против часовой стрелки (тем самым непрерывно менять направление хорды). При этом величина a непрерывно зависит от угла поворота , т.е. . Таким же образом, b непрерывно зависит от угла поворота . Рассмотрим разность как функцию от . В начальный момент эта величина равна , при повороте на 1800 отрезки, на которые точка A разбивает хорду, меняются местами, т.е. . Итак, на концах отрезка функция принимает значения разных знаков, поэтому при некотором выполнено равенство , т.е. достигается равенство длин отрезков хорды.

Треугольник имеет площадь, равную 1. Докажите, что длина его средней по длине стороны не меньше, чем .

Обозначим стороны треугольника через a, b, c, так что a - наибольшая сторона, а c - наименьшая сторона. По формуле площади площадь S треугольника равна , где - угол между сторонами b и c. Таким образом, . Итак, квадрат средней по длине стороны b не меньше 2S=2, поэтому b не меньше .

Даны положительные числа a, b, c, d, причем a>b>c>d. Докажите, что (a+b+c+d)2>a2+3b2+5c2+7d2.

Раскроем скобки и сгруппируем подходящим образом слагаемые: (a+b+c+d)2 = (a2)+(2ab+b2)+(2ac+2bc+c2)+(2ad+2bd+2cd+d2). Мы видим, что вторая скобка в правой части больше 3b2, поскольку ab>b2. Также третья скобка в правой части больше 5c2, и четвертая скобка больше 7d2. Отсюда легко следует нужное утверждение.

Сколькими способами можно переставить числа от 1 до 100 так, чтобы соседние числа отличались не более, чем на 1?

   Рядом с числом 1 может стоять только 2, поэтому 1 стоит с краю. Допустим, что 1 стоит в начале. Тогда следующее число – 2, следующее – 3 (других чисел рядом с 2 быть не может), следующее – 4 и т. д. Получаем расстановку 1, 2, ..., 99, 100.    Если же 1 стоит в конце, то аналогично однозначно восстанавливается расстановка 100, 99, ..., 2, 1.

Двумя способами.

Докажите, что внутри выпуклого многоугольника можно поместить его образ при гомотетии с коэффициентом – ½.

  Рассмотрим треугольник ABC наибольшей площади из всех треугольников с вершинами в вершинах исходного многоугольника. Проведя через вершины этого треугольника прямые, параллельные противоположным сторонам, получим «удвоенный» треугольник A'B'C'. Покажем, что весь данный многоугольник содержится целиком внутри треугольника A'B'C'. Действительно, предположим противное – некоторая вершина X многоугольника лежит вне треугольника A'B'C'. Тогда выполняется хотя бы одно из следующих трёх условий:     1) точка X лежит по разные стороны с отрезком BC относительно прямой B'C',     2) точка X лежит по разные стороны с отрезком CA относительно прямой C'A',     3) точка X лежит по разные стороны с отрезком AB относительно прямой A'B'.   Пусть имеет место первая возможность. Тогда  SXBC > SABC  (основание BC общее, а высота, проведённая к BC, у треугольника XBC больше), что противоречит нашему предположению.   Аналогично разбираются оставшиеся две возможности.   Рассмотрим гомотетию с центром в центре тяжести треугольника ABC и коэффициентом – ½. При выполнении этой гомотетии треугольник A'B'C' перейдёт в треугольник ABC, а образ данного многоугольника окажется внутри треугольника ABС.

Можно ли покрыть плоскость паркетом из прямоугольников так, чтобы все эти прямоугольники можно было разрезать одним прямолинейным разрезом?

Один из вариантов замощения показан на картинке (прямая отсекает верхние левые углы синих квадратиков и правые нижние углы зеленых квадратиков).

Какое наименьшее натуральное число не является делителем 50!?

Простое число 53 не входит в разложение на простые множители числа 50!, поэтому 50! не делится на 53. С другой стороны ясно, что 50! делится на 3·17 = 51  и на  4·13 = 52.

53.

100 фишек выставлены в ряд. Разрешено менять местами две фишки, стоящие через одну фишку. Можно ли с помощью таких операций переставить все фишки в обратном порядке?

Занумеруем места, на которых стоят фишки, числами от 1 до 100. Заметим, что после выполнения указанной операции номер каждой фишки либо не изменился, либо изменился (увеличился или уменьшился) на 2. Таким образом, фишка, стоящая вначале на месте с чётным номером, в любой момент будет стоять на месте с чётным номером. Следовательно, фишка, стоящая на месте номером 100, никогда не сможет попасть на клетку с номером 1.

Нельзя.

В одной куче 18 конфет, а в другой – 23. Двое играют в игру: одним ходом можно съесть одну кучу конфет, а другую разделить на две кучи. Проигравшим считается тот, кто не может сделать ход, то есть перед ходом которого имеются две кучи из одной конфеты. Кто выиграет при правильной игре?

Первым ходом первому нужно съесть кучу из 23 конфет, а кучу из 18 конфет разделить на две кучи с нечётным числом конфет. После этого второй съест одну из куч, а другую кучу разделит на две кучи, в одной из которых чётное число конфет, а в другой – нечётное. Теперь перед первым игроком ситуация, аналогичная начальной – имеются две кучи, в одной из которых чётное число конфет, а в другой – нечётное. Первый снова должен съесть "нечётную" кучу, а "чётную" кучу поделить на две нечётных, и т.д. Как бы ни ходил второй, после его хода остаётся две кучи, одна из которых имеет чётное (а, следовательно, большее 1) число конфет. Поэтому после хода второго первый может сделать свой ход.

Первый.

Автор: Кожевников П.А.

Какое наименьшее число соединений требуется для организации проводной сети связи из 10 узлов, чтобы при выходе из строя любых двух узлов связи сохранялась возможность передачи информации между любыми двумя оставшимися (хотя бы по цепочке через другие узлы)?

На плоскости нарисовано несколько точек. Докажите, что можно провести прямую так, чтобы расстояния от всех точек до неё были различными.

  Рассмотрим две из данных точек A и B. Пусть некоторая прямая l обладает тем свойством, что расстояния до неё от точек A и B равны. Если точки A и B лежат по одну сторону от прямой l, то прямая l параллельна прямой B. Если же точки A и B лежат по разные стороны от прямой l, то как нетрудно видеть, прямая l проходит через середину отрезка AB. Итак, если расстояния от двух точек до прямой одинаковы, то эта прямая либо параллельна прямой, соединяющей данные точки, либо она проходит через середину отрезка, соединяющего данные точки.   Рассмотрим все прямые, проходящие через всевозможные пары данных точек. Эти прямые образуют конечное множество L. Рассмотрим также середины всевозможных отрезков, соединяющих пары данных точек. Эти точки образуют конечное множество P. Выберем теперь прямую, не параллельную никакой прямой из множества L и не проходящую ни через одну из точек множества P (это возможно ввиду конечности множеств L и P).

Несколько шестиклассников и семиклассников обменялись рукопожатиями. При этом оказалось, что каждый шестиклассник пожал руку семи семиклассникам, а каждый семиклассник пожал руку шести шестиклассникам. Кого было больше - шестиклассников или семиклассников?

Заметим, что общее число рукопожатий между учениками разных классов в шесть раз больше числа семиклассников и в семь раз больше числа шестиклассников.

Семиклассников.

Докажите, что n! не делится на 2n.

Из чисел от 1 до n каждое второе делится на 2, то есть добавляет множитель 2 в разложение числа n! на простые множители. Таких чисел  [n/2].  Кроме того, каждое четвёртое число делится на  4 = 22,  то есть добавляет еще одну двойку в разложение числа n!. Таких чисел  [n/4].  Каждое восьмое число добавляет еще одну двойку и т.д. Таким образом, простой множитель 2 входит в разложение числа n! на простые множители с показателем, равным [n/2] + [n/4] + ... + [n/2k] + ... < n/2 + n/4 + ... + n/2k + ... = n  (мы воспользовались формулой для суммы бесконечной геометрической прогрессии). Таким образом, двойка входит в разложение числа n! на простые множители с показателем, меньшим n.

Докажите равенство   1 – 1/2 + 1/3 – 1/4 + ... + 1/199 – 1/200 = 1/101 + 1/102 + ... + 1/200.

1/2 + 1/102 + ... + 1/200 = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/199 + 1/200 – 1 – 1/2 – ... – 1/100 = 1 + 1/3 + 1/5 + ... + 1/199 + 1/2 + 1/4 + ... + 1/200 – 2(1/2 + 1/4 + ... + 1/200) = = 1 + 1/3 + 1/5 + ... + 1/199 – 1/2 – 1/4 – ... – 1/200.

Кусок сыра имеет форму кубика 3×3×3, из которого вырезан центральный кубик. Мышь начинает грызть этот кусок сыра. Сначала она съедает некоторый кубик 1×1×1. После того, как мышь съедает очередной кубик 1×1×1, она приступает к съедению одного из соседних (по грани) кубиков с только что съеденным. Сможет ли мышь съесть весь кусок сыра?

Покрасим кубики 1*1 в шахматном порядке. Заметим, что кубиков одного цвета будет на два больше, чем кубиков другого цвета (одного цвета - 12, другого - 14). Но после черного кубика мышь может съесть только белый кубик, и наоборот, т.е. цвета поедаемых кубиков строго чередуются. Таким образом, в каждый момент времени число съеденных белых кубиков отличается от числа съеденных черных кубиков не больше, чем на 1. Отсюда следует невозможность съедения всего куска сыра.

нет.

Нужно узнать пятизначный номер телефона, задавая вопросы, на которые возможен ответ "да" или "нет". За какое наименьшее число вопросов это гарантированно можно сделать (при условии, что на вопросы даются правильные ответы)?

Вначале, когда мы ничего не знаем о номере телефона, имеется 105=100000 возможных вариантов для телефонного номера. Мы задаем вопрос: "Верно ли, что номер больше 50000?". Вне зависимости от ответа, мы уменьшаем вдвое количество оставшихся возможных вариантов. Итак, после первого вопроса остается не более 50000 возможных вариантов для телефона. Если ответ на первый вопрос - "да", то задаем вопрос: "Верно ли, что номер больше 75000?". После ответа на этот вопрос останется не более 2500 вариантов. И так далее - если после n-го вопроса осталось k возможных вариантов, то можно задать (n+1)-ый вопрос таким образом, чтобы после ответа на него осталось не более [k/2]+1 возможных вариантов. Тем самым, получаем следующую зависимость количества оставшихся возможных вариантов от количества заданных вопросов: После первого вопроса - 50000 вариантов, после 2-го - 25000, 3 - 12500, 4 - 6250, 5 - 3125, 6 - 1563, 7 - 782, 8 - 391, 9 - 196, 10 - 98, 11 - 59, 12 - 30, 13 - 15, 14 - 8, 15 - 4, 16 - 2, 17 - 1. Итак, после 17-ти вопросов останется один вариант, т.е. можно будет угадать телефон. С другой стороны, за 16 вопросов угадать номер нельзя. Действительно, после 16-ти вопросов имеется 216<100000 последовательностей ответов на вопросы. Значит, какой-то из последовательностей ответов соответствует по крайней мере два варианта номера телефона. Таким образом, если искомый номер - любой из этих двух номеров, то последовательности ответов на вопросы будут одинаковыми, т.е. однозначно определить номер не удастся.

17 вопросов.

Какое наименьшее число выстрелов в игре "Морской бой" на доске 7*7 нужно сделать, чтобы наверняка ранить четырехпалубный корабль (четырехпалубный корабль состоит из четырех клеток, расположенных в один ряд)?

На первой картинке приведен пример последовательности из 12 выстрелов, при который любой четырехпалубный корабль оказывается раненным. На второй картинке приведен пример расположения двенадцати неперекрывающихся четырехпалубных кораблей. Таким образом, если мы сделали одиннадцать выстрелов, то мы не сможем ранить корабль, совпадающий с одним из показанных двенадцати.

12.00

Известно, что  x + 2y + 3z = 1.  Какое минимальное значение может принимать выражение  x² + y² + z²?

Рассмотрим прямоугольную систему координат в пространстве. Проведем плоскость П, заданную уравнением  x + 2y + 3z = 1.  Выражение x² + y² + z²  равно квадрату расстояния от начала координат O до точки с координатами  (x, y, z).  Расстояние от начала координат до точки (x, y, z),  лежащей в плоскости П, не превосходит расстояния от начала координат до плоскости П. Поэтому минимальное значение выражения  x² + y² + z²  при условии  x + 2y + 3z = 1  достигается тогда, когда точка  (x, y, z)  является основанием перпендикуляра, опущенного из O на плоскость П, и равно квадрату расстояния от O до плоскости П. Это расстояние можно вычислить по известной формуле. В результате получим  

1/14.

Найдите сумму коэффициентов при чётных степенях в многочлене, который получается из выражения  f(x) = (x³ – x + 1)100  в результате раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых.

Если в многочлен f(x) подставить  x = 1,  то мы получим сумму всех коэффициентов при степенях xk. Если же подставить  x = –1,  то мы получим сумму разность сумм коэффициентов при чётных и нёчетных степенях. Поэтому сумма коэффициентов при чётных степенях равна  ½ (f(1) + f(–1)) = 1.

1.

В системе связи, состоящей из 2001 абонентов, каждый абонент связан ровно с n другими. Определите все возможные значения n.

  Так как каждый из 2001 абонентов связан ровно с n другими, то общее число направлений связи равно 2001n. Отсюда общее число связанных пар абонентов равно  2001n : 2,  так как каждая связанная пара имеет ровно два направления связи. Поскольку это число должно быть целым, то число n должно быть чётным.   Докажем, что для каждого  n = 2t  (t = 0, 1, ..., 1000)  существует система связи из 2001 абонентов, в которой каждый связан ровно с n другими. В самом деле, расположив всех абонентов на окружности и связав каждого из них с t ближайшими к нему по часовой стрелке и с t ближайшими к нему против часовой стрелки, получим пример такой сети связи.

При установке кодового замка каждой из 26 латинских букв, расположенных на его клавиатуре, сопоставляется произвольное натуральное число, известное лишь обладателю замка. Разным буквам сопоставляются не обязательно разные числа. После набора произвольной комбинации попарно различных букв происходит суммирование числовых значений, соответствующих набранным буквам. Замок открывается, если сумма делится на 26. Докажите, что для любых числовых значений букв существует комбинация, открывающая замок.

Обозначим через S(n) остаток от деления на 26 суммы чисел, которые соответствуют первым n буквам алфавита  (n = 1, 2, ..., 26).  Если среди чисел S(1), S(2), ..., S(26) есть нуль:  S(t) = 0,  то искомой ключевой комбинацией является цепочка первых t букв алфавита. Если среди чисел S(1), S(2), ..., S(26) нет нуля, то найдутся два одинаковых числа:  S(k) = S(m)  (считаем, что  k < m).  Тогда искомой ключевой комбинацией является участок алфавита, начинающийся с (k+1)-й и заканчивающийся m-й буквой.

Остап Бендер в интервью шахматному журналу о сеансе одновременной игры в Васюках сообщил, что в одной из партий у него осталось фигур в 3 раза меньше, чем у соперника, и в 6 раз меньше, чем свободных клеток на доске, а в другой партии фигур у него осталось в 5 раз меньше, чем у соперника, и в 10 раз меньше, чем свободных клеток на доске, и все-таки он сумел выиграть обе партии. Можно ли верить его рассказу?

Обозначим через N количество фигур у О. Бендера. В первом случае  N + 3N + 6N = 64,  что невозможно. Во втором случае  N + 5N + 10N = 64  и  N = 4,  что также невозможно, так как у противника при этом должно остаться 20 фигур.

Нельзя.

Дан прямоугольный треугольник. Впишите в него прямоугольник с общим прямым углом, у которого диагональ минимальна.

Диагональ прямоугольника является наклонной, проведенной из вершины прямого угла к гипотенузе. Следовательно, диагональ не меньше высоты, опущенной из вершины прямого угла на гипотенузу, и наименьшее значение длины диагонали достигается тогда, когда одна из диагоналей совпадает с высотой треугольника.

Есть три бидона емкостью 14 л, 9 л и 5 л. В большем бидоне 14 литров молока, остальные бидоны пусты. Как с помощью этих сосудов разлить молоко пополам?

Приведем схему разливания молока (первое число - сколько литров в 14-литровом бидоне, второе - сколько в 9-литровом, третье - сколько в 5-литровом): 14 0 0 - 9 0 5 - 9 5 0 - 4 5 5 - 4 9 1 - 13 0 1 - 13 1 0 - 8 1 5 - 8 6 0 - 3 6 5 - 3 9 2 - 12 0 2 - 12 2 0 - 7 2 5 - 7 7 0 .

Некоторый текст зашифровали, поставив в соответствие каждой букве некоторую (возможно, ту же самую букву) букву так, что текст можно однозначно расшифровать. Докажите, что найдется такое число N, что после N-кратного применения шифрования заведомо получится исходный текст. Найдите из всех таких значений N наименьшее, годящееся для всех шифров (при условии, что в алфавите 33 буквы). (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

По условию шифрование допускает однозначную расшифровку. Это означает, что шифрование - это просто некоторая перестановка 33 букв алфавита, (т.е. в каждую из букв некоторая буква шифруется). Пусть буква a1 шифруется в букву a2, буква a2 шифруется в букву a3, и т.д. , буква ak шифруется в букву ak+1, ... В последовательности букв a1, a2, ... в некоторый момент возникнет первое повторение, т.е. буква ak+1 совпадет с одной из букв a1, a2, ... , ak, а буквы a1, a2, ... , ak - различны. Но ak+1 не может совпасть с одной из букв a2, ... , ak, поскольку в них шифруются соответственно a1, a2, ... , ak-1, а в ak+1 шифруется ak. Таким образом, ak+1=a1. Итак, мы имеем следующий цикл: a1 шифруется в букву a2, буква a2 шифруется в букву a3, ... , буква ak шифруется в букву a1. При k-кратном шифровании буквы a1, a2, ... , ak будут стоять на тех же местах, как и в исходном тексте. Вся перестановка букв тем самым разбилась на циклы. Длина цикла может быть от 1 до 33. Если взять N, делящееся на каждое из чисел 1, 2, ... , 33, и сделать N-кратное шифрование, то буквы каждого цикла будут стоять на своих местах, т.е. мы получим исходный текст. Наоборот, если N не делится на одно из чисел k от 1 до 33, то в случае, если шифрование содержит цикл длины k, после N-кратного применения шифрования мы не получим исходный текст. Итак, искомое число N - наименьшее общее кратное чисел 1, 2, ... , 33. Это число огромно, оно равно 144403552893600.

наименьшее искомое число - 144403552893600.

В таблице n*n отмечены некоторые 2n клеток. Докажите, что найдется параллелограмм с вершинами в центрах отмеченных клеток.

Докажем, что найдется параллелограмм, у которого есть пара сторон, параллельных строке таблицы. Рассмотрим в каждой строке самую левую из отмеченных клеток (если там имеются отмеченные клетки). Пусть в некоторой строке самая левая отмеченная клетка находится на k-ом месте слева. Сдвинем тогда все отмеченные клетки этой строки на (k-1) клетку влево, после этого самая левая отмеченная клетка в этой строке будет находиться в самом левом столбце. Проделаем такие сдвиги отмеченных клеток с каждой строкой, в которой есть хотя бы одна отмеченная клетка. От проделанных сдвигов свойство таблицы "иметь 4 отмеченные клетки в вершинах параллелограмма, сторона которого параллельна строке таблицы" не меняется. Поэтому достаточно доказать, что этим свойством обладает уже новая таблица. В первом столбце новой таблицы не более n отмеченных клеток. В оставшихся (n-1) столбцах не менее n отмеченных клеток. Тогда по принципу Дирихле найдутся две отмеченные клетки в одном столбце, отличном от первого слева. Эти две клетки, а также две клетки, расположенные в тех же строках и в первом слева столбце, образуют искомую четверку отмеченных клеток.

Существует ли невырожденный треугольник АВС, для углов которого выполняется равенство: sinA + sinB = sinC?

Нет. Предположим, что такой треугольник существует. Тогда, умножив каждую часть равенства на выражение 2*R, где R радиус окружности, описанной около треугольника АВС, получим равенство ВС + АС = АВ, которое противоречит неравенству треугольника.

не существует.

По кругу стоят натуральные числа от 1 до 6 по порядку. Разрешается к любым трем подряд идущим числам прибавить по 1 или из любых, стоящих через одно, вычесть 1. Можно ли с помощью нескольких таких операций сделать все числа равными?

Рассмотрим три суммы - первого и четвертого, второго и пятого, третьего и шестого. Вначале эти суммы были равны соответственно 1+4=5, 2+5=7, 3+6=9. Заметим, что при выполнении первой операции, описанной в условии, каждая из этих трех сумм возрастает на 1, а при выполнении второй операции - каждая из сумм уменьшается на 1. Таким образом, эти три суммы никогда не станут равными. Отсюда следует, что все шесть чисел также не могут стать равными.

Имеются два кошелька и одна монета. Внутри первого кошелька одна монета, и внутри второго кошелька одна монета. Как такое может быть?

Один кошелек может лежать внутри другого.

Можно ли квадратный лист бумаги размером 2*2 сложить так, чтобы его можно было разрезать на 4 квадрата 1*1 одним взмахом ножницами?

Сложим квадрат пополам по диагонали, а затем полученный равнобедренный прямоугольный треугольник - еще раз пополам (см. картинку). Теперь все 4 отрезка длины 1, по которым нужно разрезать квадрат 2*2 на 4 квадрата 1*1, совместились. Тем самым, сделав единственный разрез ножницами, получим 4 квадрата 1*1. На самом деле, аналогичная задача может быть решена и для разрезания квадрата n*n на единичные квадратики.

можно.

Имеются 100 бесконечных геометрических прогрессий, каждая из которых состоит из натуральных чисел. Всегда ли можно указать натуральное число, которое не содержится ни в одной из этих прогрессий?

  Пусть q – знаменатель прогрессии a1, a2, ..., где все ai – натуральные числа. Тогда  q = a2/a1  – число рациональное. Пусть q – нецелое, то есть  q = k/m,  где числа k и m – взаимно просты и  m > 1.  Тогда можно найти такую степень t, что a1 не делится на mt. При этом число  at+1 = a1ktm–t  не является целым. Это противоречие показывает, что q – натуральное число.   Теперь понятно, что в каждой геометрической прогрессии никакой член, на исключением первого, не может быть простым числом. Таким образом, 100 геометрических прогрессий могут покрыть не более 100 простых чисел из натурального ряда. Поскольку простых чисел бесконечно много, какое-то простое число не принадлежит ни одной из прогрессий.

Всегда.

Бесконечный коридор ширины 1 поворачивает под прямым углом. Докажите, что можно подобрать проволоку так, чтобы расстояние между ее концами больше 4, и чтобы ее можно было протащить через этот коридор.

Картинка показывает, что если изогнуть проволоку в виде четверти окружности, то ее можно будет протащить через поворот коридора. В этом случае нетрудно посчитать длину хорды AB, стягивающей проволоку. Положим AX=OX=OY=AY=x. По условию XT=1 - это ширина коридора. OA=OT=1+x. Из треугольника OXA получаем теперь, что (1+x)2=2x2, откуда находим x=1+21/2. Отсюда получаем, что AB=2x>4.