Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

Неуловимый Джо никогда не проигрывает на рулетке больше четырех раз подряд и никогда не ставит больше 10 долларов. Как ему выиграть 1000 долларов? (В случае выигрыша на рулетке возвращается удвоенная ставка; вначале Джо имеет 100 долларов.)

Пусть Джо поставит вначале 50 центов. Если выиграет, пусть он скажет "хорошо" и снова поставит 50 центов. Если проиграет, то в следующей ставке он ставит 1 доллар. Если он выигрывает, то его выигрыш покроет предыдущий проигрыш, и по сумме двух ставок он выиграет 50 центов. После этого пусть Джо снова скажет "хорошо" и в новой ставке ставит 50 центов. Если он проиграет и во второй раз, в третий раз он поставит 2 доллара, чтобы в случае выигрыша покрыть предыдущие проигрыши. Если проигрывает в третий раз, то в четвертый раз ставит 4 доллара, если проигрывает и в четвертый, то в пятый раз ставит 8 долларов. По условию он не проигрывает пяти раз подряд, значит играя таким образом до первого выигрыша, он заработает 50 центов не более, чем за 5 ставок. После этого он скажет "хорошо" и будет ставить также, как вначале. Итак, после 2000 "хорошо" Джо выиграет 1000 долларов. Для этого ему потребуется сделать не более 10000 ставок.

Плоскость, заданная уравнением x+2y+3z=0, разбивает пространство на два полупространства. Узнайте, в одном или в разных полупространствах лежат точки (1,2,-2) и (2,1,-1).

Нетрудно убедиться, что одно из полупространств (то, в сторону которого "смотрит" нормальный вектор (1,2,3)), задается неравенством x+2y+3z>0, а другое полупространство - неравенством x+2y+3z<0. Таким образом, чтобы понять, в каком из полупространств лежит точка, нужно подставить ее координаты в выражение x+2y+3z и посмотреть на знак полученного числа. Для точек (1,2,-2) и (2,1,-1) имеем: 1+2*2+3*(-2)=-1<0 и 2+2*1+3*(-1)=1>0. Таким образом, они лежат в разных полупространствах.

в разных.

Первоклассник Петя знает только цифру 1. Докажите, что он может записать число, которое делится на 2001.

См. задачу 34968.

Сообщение, зашифрованное в пункте А шифром простой замены в алфавите из букв русского языка и знака пробела (–) между словами, передается в пункт Б отрезками по 12 символов. При передаче очередного отрезка сначала передаются символы, стоящие на чётных местах в порядке возрастания их номеров, начиная со второго, а затем – символы, стоящие на нечётных местах (также в порядке возрастания их номеров), начиная с первого. В пункте Б полученное шифрованное сообщение дополнительно шифруется с помощью некоторого другого шифра простой замены в том же алфавите, а затем таким же образом, как и из пункта А, передается в пункт В. По перехваченным в пункте В отрезкам:     СО–ГЖТПНБЛЖО     РСТКДКСПХЕУБ     –Е–ПФПУБ–ЮОБ     СП–ЕОКЖУУЛЖЛ     СМЦХБЭКГОЩПЫ     УЛКЛ–ИКНТЛЖГ восстановите исходное сообщение, зная, что в одном из переданных отрезков зашифровано слово КРИПТОГРАФИЯ.

  СОВРЕМЕННАЯ –   КРИПТОГРАФИЯ   ЭТО–НАУКА–О–   СЕКРЕТНОСТИ–   ШИФРОВАЛЬНЫХ   СИСТЕМ–СВЯЗИ

Петя вынимает из мешка чёрные и красные карточки и складывает их в две стопки. Класть карточку на другую карточку того же цвета запрещено. Десятая и одиннадцатая карточки, выложенные Петей, – красные, а двадцать пятая – чёрная. Какого цвета двадцать шестая выложенная карточка?

Заметим, что положения, когда сверху лежат две карточки одного цвета, и положения, когда сверху лежат две карточки разного цвета, чередуются. Поскольку 10-я и 11-я карточки – красные, то после того как была положена 11-я карточка, сверху лежали две карточки одного цвета (красные). Значит, и после того, как была положена 25-я карточка (как и любая карточка с нечётным номером), сверху оказались две карточки одного цвета. Так как 25-я карточка чёрная, то две верхние карточки – чёрные. Поэтому, следующая, 26-я карточка может быть только красной (на чёрную карточку можно положить только красную).

Красная.

Основание пирамиды Хеопса – квадрат, а её боковые грани – равные равнобедренные треугольники. Может ли угол грани при вершине пирамиды равняться 100°?

Пусть AB – одно из рёбер основания пирамиды, E – вершина пирамиды, а O – центр основания. Заметим, что треугольники ABE и ABO равнобедренные с основанием AB. При этом  AE > AO  и  BE > BO  (отрезок больше своей проекции). Поэтому  ∠AEB < ∠AOB = 90°.

Не может.

За дядькой Черномором выстроились чередой бесконечное число богатырей разного роста. Докажите, что он может приказать части из них выйти из строя так, чтобы в строю осталось бесконечное число богатырей и все они стояли по росту (в порядке возрастания или убывания).

  Назовём B-хвостом всю череду богатырей, стоящих за богатырем B. Рассмотрим два случая.   1) В одном из хвостов (B-хвосте) нет самого высокого богатыря. Возьмём в этом хвосте произвольного богатыря B1. За ним найдётся более высокий богатырь B2 (иначе самый высокий из богатырей между B и B1, включая последнего, был бы самым высоким в B-хвосте. Аналогично в B2-хвосте найдётся богатырь B3, который выше B2, и т. д. В результате получится бесконечная "возрастающая" череда богатырей.   2) В каждом хвосте есть самый высокий богатырь. Возьмем произвольного богатыря B. Пусть B1 – самый высокий в B-хвосте, B2 – самый высокий в B1-хвосте (он, конечно, ниже B1), B3 – самый высокий в B2-хвосте (он ниже B2), и т. д. В результате получится бесконечная "убывающая" череда богатырей.

На плоскости дана прямая m и два многоугольника - M1 и M2. Известно, что любая прямая, параллельная прямой m, пересекает эти многоугольники по отрезкам равной длины. Докажите, что площади многоугольников M1 и M2 равны.

Проведем прямую, параллельную m, через каждую вершину многоугольников M1 и M2. Эти прямые разобьют многоугольники M1 и M2 на несколько трапеций (две крайние трапеции могут выродиться в треугольники). Рассмотрим две трапеции, соответствующие многоугольникам M1 и M2, заключенных между соседними параллельными прямыми. В этих трапециях равны соответствующие основания (как отрезки прямых, параллельных m, пересекающие многоугольники M1 и M2) и высоты. Отсюда следует, что их площади равны. Таким образом, наши многоугольники M1 и M2 составлены из трапеций, имеющих соответственно равные площади. Это означает, что площади многоугольников M1 и M2 равны.

Вычислите .

Запишем: Но так как графики функций и симметричны относительно прямой , и интегралы от этих функций на промежутке от 0 до будут равны. Таким образом, искомый интеграл равен .

.

Существует ли четырехугольник, который можно разрезать двумя прямыми на 6 кусков?

Пример ясен из картинки.

существует.

В турнире по волейболу, прошедшем в один круг, 20% всех команд не выиграли ни одной игры. Сколько было команд?

Заметим, что не может быть двух команд, не одержавших ни одной победы. Действительно, во встрече этих команд между собой одна из них одержала победу. Таким образом, 20% (то есть 1/5) от общего числа команд – это одна команда.

5 команд.

Яблоко плавает на воде так, что 1/5 часть яблока находится над водой, а 4/5 – под водой. Под водой яблоко начинает есть рыбка со скоростью 120 г/мин., одновременно над водой яблоко начинает есть птичка со скоростью 60 г/мин. Какая часть яблока достанется рыбке, а какая – птичке?

Пока яблоко окончательно не съели, часть его будет находиться над водой, а часть – под водой. Следовательно, рыбка, и птичка закончат есть яблоко одновременно. Поскольку рыбка ест в два раза быстрее, ей достанется в два раза больше.

2/3 – рыбке, 1/3 – птичке.

В десятичной записи числа имеется ноль. При вычеркивании этого нуля число уменьшилось в 9 раз. На каком месте стоял этот ноль?

Пусть  A0B  – десятичная запись искомого числа, где A – k-значное, а B – m-значное число. Тогда  AB0 = 10·AB =  A0B +  AB,  откуда  B0  = B +  AB.  Значит, число  AB  состоит не более чем из  m + 1  цифры, то есть A – цифра.

На втором месте слева.

Хозяйка испекла для гостей пирог. К ней может прийти либо 10, либо 11 человек. На какое наименьшее число кусков ей нужно заранее разрезать пирог так, чтобы его можно было поделить поровну как между 10, так и между 11 гостями?

   Если придут 10 гостей, то каждый должен получить не меньше двух кусков. В самом деле, иначе один из 10 гостей получил бы один кусок в 1/10 часть пирога, и если бы пришло 11 гостей, то этот кусок нужно было бы дополнительно разделить. Таким образом, количество кусков не меньше, чем  2·10 = 20.    Покажем, что двадцати кусков хватит. Разрежем пирог на 10 кусков по 1/11 части пирога и на 10 кусков по 1/110 пирога. Если придут 10 гостей, то каждому дадим один большой кусок и один маленький – всего 1/11 + 1/110 = 1/10. Если же придут 11 гостей, то десяти из них дадим по одному большому куску в 1/11, а одному – 10 маленьких кусков.

На 20 кусков.

Сколькими способами можно составить расписание первого тура чемпионата России по футболу, в котором играет 16 команд? (Является важным, кто хозяин поля.)

16! : 8! = 28·15!! способами.

Каждый из трёх синих квадратов на плоскости пересекается с каждым из трёх красных. Верно ли, что какие-то два одноцветных квадрата тоже пересекаются?

См. рис.

Неверно.

В ряд лежат в некотором порядке семь монет (по одной с весами 1, 2, ... , 7 граммов). Для каждой монеты (кроме крайних) известна сумма весов её соседей. У какого наибольшего количества монет можно гарантированно узнать вес?

Обозначим веса монет в порядке их расположения в ряду:  x1, x2, ... , x7.  Из условия имеем:     x1 + x3 = a2,  x2 + x4 = a3,  x3 + x5 = a4,  x4 + x6 = a5,  x5 + x7 = a6,  x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 28, где ak – сумма весов соседей k-й монеты  (k = 2, 3, 4, 5).  Отсюда  x4 = a3 + a5 – (28 – a2 – a6).  Значит, вес четвёртой монеты установить можно. Поскольку x2 = a3 – x4,  x6 = a5 – x4,  то и веса второй и шестой монет можно узнать.   С другой стороны, если монеты, лежащие в ряду, имеют веса 2, 1, 5, 7, 3, 6, 4 или 4, 1, 3, 7, 5, 6, 2, тогда суммы весов соседей каждой монеты в обоих случаях одинаковы, следовательно, гарантированно установить веса первой, третьей, пятой и седьмой монет невозможно.

У трёх монет.

Авторы: Берлов С.Л., Богданов И.И., Петров Е.Ю.

Набирайте на одной чаше самые тяжелые изюминки, пока чаша не станет весить больше 500 г.

Сколько осей симметрии может быть у треугольника?

  По обе стороны от оси симметрии должно быть одинаковое количество вершин треугольника, поэтому ось симметрии должна проходить через одну из вершин. Кроме того, эта ось симметрии должна быть одновременно высотой и биссектрисой, так как остальные две вершины должны быть симметричны относительно оси.   Итак, имеются три возможности: если треугольник разносторонний, то ни одна из высот не является осью симметрии; если треугольник равнобедренный, но не равносторонний, то ровно одна из высот – ось симметрии; в равностороннем треугольнике каждая из трёх высот является его осью симметрии.

0, 1 или 3 оси.

От треугольника отрезали три треугольника, причём каждый из трёх разрезов коснулся вписанной в треугольник окружности. Известно, что периметры отрезанных треугольников равны P1, P2, P3. Найдите периметр исходного треугольника.

Покрасим одним цветом отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки – всего получилось шесть пар равных отрезков касательных. В описанном шестиугольнике, образовавшемся после отрезания треугольников, три стороны, по которым сделаны разрезы, составлены из шести отрезков разных цветов. Оставшиеся три стороны также составлены из шести отрезков разных цветов. Следовательно, сумма длин трёх разрезов равна сумме трёх участков периметра исходного треугольника, не принадлежащих отрезанным треугольникам. Отсюда нетрудно увидеть, что периметр исходного треугольника равен сумме периметров отрезаемых треугольников.

P1 + P2 + P3.

Двое играют в следующую игру. Ходят по очереди. Один называет два числа, являющихся концами отрезка. Следующий должен назвать два других числа, являющихся концами отрезка, вложенного в предыдущий. Игра продолжается бесконечно долго. Первый стремится, чтобы в пересечении всех названных отрезков было хотя бы одно рациональное число, а второй стремится ему помешать. Кто выигрывает?

  Выигрышная стратегия второго такова. Первым своим ходом он выбирает свой отрезок так, чтобы в нем не было ни одной целой точки. Вторым своим ходом он выбирает свой отрезок так, чтобы в нём не было ни одной точки вида m/2, где m – целое число. Действуя так и дальше, на n-м ходу он выбирает свой отрезок так, чтобы в нём не было ни одной точки вида m/n, где m – целое. Заметим, что при любой игре первого второй может выбирать отрезки согласно изложенным выше правилам.   Пусть рациональное число p/q (для некоторого целого p и натурального q) лежит в пересечении всех отрезков. Но это противоречит тому, что второй игрок на своем q-м ходу назвал отрезок, не содержащий рациональных чисел, представимых в виде дроби со знаменателем q.

Второй.

Куб разбит двумя способами на тетраэдры с вершинами в вершинах данного куба. Верно ли, что в обоих случаях количество тетраэдров одно и то же?

  Имеются разбиения на 5 и на 6 тетраэдров.   Первый способ. Отрежем от куба ABCDA'B'C'D' четыре тетраэдра A'ABD, C'CBD, BB'A'C', DD'A'C'. После этого останется ещё один тетраэдр ACB'D'.   Второй способ. Разобьём вначале куб на три четырёхугольных пирамиды с вершиной D', основанием каждой из которых является одна из трёх граней куба, содержащих точку B. Затем каждую их этих четырёхугольных пирамид разобьём на два тетраэдра. Всего получится 6 тетраэдров.

Неверно.

Сумма двух натуральных чисел равна 201. Докажите, что произведение этих чисел не может делиться на 201.

Пусть данные числа – a и b. Тогда  a + b = 201.  Рассмотрим произведение ab. Предположим, что ab делится на  201 = 3·67.  Тогда либо a, либо b кратно 3. Но если a делится на 3, то  b = 201 – a  также делится на 3, и наоборот. Таким образом, оба числа a и b кратны 3. Аналогично доказывается, что оба числа a и b делятся на 67. Итак, каждое из чисел a, b делится на  3·67 = 201.  Но тогда каждое из них не меньше 201, и сумма не может равняться 201.

Текст М И М О П Р А С Т Е Т И Р А С И С П Д А И С А Ф Е И И Б О Е Т К Ж Р Г Л Е О Л О И Ш И С А Н Н С Й С А О О Л Т Л Е Я Т У И Ц В Ы И П И Я Д П И Щ П Ь П С Е Ю Я Я получен из исходного сообщения перестановкой его букв. Текст У Щ Ф М Ш П Д Р Е Ц Ч Е Ш Ю Ш Ч Д А К Е Ч М Д В К Ш Б Е Е Ч Д Ф Э П Й Щ Г Ш Ф Щ Ц Е Ю Щ Ф П М Е Ч П М Е Р Щ М Е О Ф Ч Щ Х Е Ш Р Т Г Д И Ф Р С Я Ы Л К Д Ф Ф Е Е получен из того же исходного сообщения заменой каждой буквы на другую букву так, что разные буквы заменены разными, а одинаковые - одинаковыми. Восстановите исходное сообщение. (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Используя указание, подбираем Ответ: ШЕСТАЯОЛИМПИАДАПОКРИПТОГРАФИИПОСВЯЩЕНАСЕМИДЕСЯТИ ПЯТИЛЕТИЮСПЕЦИАЛЬНОЙСЛУЖБЫРОССИИ

Поверхность кубика 2*2*2 разбита на единичные квадратики (каждая грань разбита на 4 квадратика). Каждый из квадратиков покрашен в один из трех цветов, причем известно, что любые два квадратика, имеющие общую сторону, покрашены в разные цвета. Докажите, что в каждый цвет окрашено одно и то же количество квадратиков.

Заметим, что три квадратика, имеющие общую вершину куба 2*2*2, попарно имеют общую сторону, поэтому они окрашены в разные цвета. Все 24 квадратика, составляющие поверхность куба 2*2*2, можно разбить на 8 групп квадратиков, имеющих общую вершину куба (для каждой из 8 вершин кубика по 3 квадрата). В каждой из этих восьми групп квадратиков будет по одному квадратику каждого цвета. Таким образом, квадратиков каждого цвета будет 8 штук.

В правильном шестиугольнике ABCDEF точки K и L - середины сторон AB и BC соответственно. Отрезки DK и EL пересекаются в точке N. Докажите, что площадь четырехугольника KBLN равна площади треугольника DEN.

Совершим поворот на 600 вокруг центра шестиугольника. При этом точки K, B, C, D переходят соответственно в точки L, C, D, E. Таким образом, после выполнения такого поворота четырехугольники KBCD и LCDE совместятся. Это означает, в частности, что площади четырехугольников KBCD и LCDE равны. Но площадь четырехугольника KBCD равна сумме площадей четырехугольника KBLN и четырехугольника CDNL, а площадь четырехугольника LCDE равна сумме площадей треугольника DEN и четырехугольника CDNL. Отсюда следует, что площадь четырехугольника KBLN равна площади треугольника DEN, что и требовалось доказать.

Существуют ли три различных действительных числа, каждое из которых в сумме с произведением двух оставшихся дает одно и то же число?

Не существуют.

Пол комнаты площадью 6 м² покрыт тремя коврами, площадь каждого из которых равна 3 м². Докажите, что какие-то два из этих ковров перекрываются по площади, не меньшей 1 м².

Пусть это не так. Тогда первый и второй ковры пересекаются по площади, меньшей 1 м². Поэтому объединение этих двух ковров покрывает площадь, большую  3 + 3 – 1 = 5 м².  Третий ковер имеет общую площадь, меньшую 1 м², с первым ковром и общую площадь, меньшую 1 м², со вторым ковром. Следовательно, площадь, большая 1 м², покрыта только третьим ковром. Таким образом, площадь, покрытая всеми тремя коврами, больше  5 + 1 = 6 м²,  т.е. больше площади комнаты. Противоречие.

У правильного 5000-угольника покрашено 2001 вершина. Докажите, что найдутся три покрашенные вершины, лежащие в вершинах равнобедренного треугольника.

В правильном 5000-угольнике разобьём все вершины на 1000 групп по пять вершин, расположенных через 999 последовательных вершин. Точки в каждой группе являются вершинами правильного пятиугольника. Покрашенных вершин всего  2001 = 2·1000 + 1,  следовательно, в какой-то из групп вершин покрашено не менее трёх. Но каждые три вершины правильного пятиугольника лежат в вершинах равнобедренного треугольника.

Докажите, что рациональные числа из отрезка [0;1] можно покрыть системой интервалов суммарной длины не больше 1/1000.

Рассмотрим конечные множества An, n=1, 2, ... , где через An обозначено множество рациональных чисел из отрезка [0;1], представимых в виде дроби m/n для некоторого целого m. Конечное множество точек можно покрыть системой интервалов сколь угодно малой длины. Поэтому мы можем покрыть множество A1 интервалами суммарной длины (1/2)*(1/1000), множество A2 - интервалами суммарной длины (1/4)*(1/1000), и т.д. , множество Ak - интервалами суммарной длины (1/2k)*(1/1000). Таким образом, все рациональные числа оказываются покрытыми системой интервалов, суммарная длина которых не больше, чем (1/2)*(1/1000)+(1/4)*(1/1000)+...+(1/2k)*(1/1000)+... = 1/1000. (Здесь мы использовали формулу для суммы бесконечной геометрической прогрессии.)

Стороны синего и зеленого правильных треугольников соответственно параллельны. Периметр синего треугольника равен 4, а периметр зеленого треугольника равен 5. Найдите периметр шестиугольника, полученного в пересечении этих треугольников.

Заметим, что сумма периметров синего и зеленого треугольников равна сумме периметров шести маленьких правильных треугольников, окаймляющих шестиугольник. Каждая сторона шестиугольника составляет 1/3 от периметра соответствующего треугольника. Поэтому периметр шестиугольника равен одной трети от суммы периметров синего и зеленого треугольников, т.е. равен 3.

3.00

В график функции, симметричной относительно оси ординат, вписана "ёлочка" высотой 1. Известно, что "ветки" ёлочки составляют угол 450 с вертикалью. Найдите периметр ёлочки (т.е. сумму длин всех зеленых отрезков).

Посчитаем сначала сумм длин всех зеленых отрезков, лежащих слева от оси y. Левая половина ёлочки состоит из нескольких подобных треугольников с углами 450, 450, 900. Сумма катетов этих треугольников равна высоте ёлочки, т.е. равна 1. Таким образом, сумма зеленых катетов также равна 1, а сумма зеленых гипотенуз в раз больше (поскольку в каждом из треугольников гипотенуза в раз больше катета). Итак, сумма зеленых отрезков для половины ёлочки равна , поэтому периметр ёлочки равен .

.

У деда Мороза бесконечное число конфет. За минуту до Нового года дед Мороз дает детям 100 конфет, а Снегурочка одну конфету отбирает. За полминуты до наступления Нового года дед Мороз дает детям еще 100 конфет, а Снегурочка снова одну конфету отбирает. То же самое повторяется за 15 секунд, за 7,5 секунд и т.д. до Нового года. Докажите, что Снегурочка сможет к Новому году отобрать у детей все конфеты.

Занумеруем конфеты натуральными числами 1, 2, ... так, что в первый раз дед Мороз раздает конфеты с номерами от 1 до 100, во второй раз - конфеты с номерами от 101 до 200 и т.д. Пусть в первый раз Снегурочка отбирает у детей конфету с номером 1, второй раз - конфету с номером 2 и т.д. Тогда для любого n конфета с номером n окажется у Снегурочки за 1/2n-1 минут до наступления Нового года.

При передаче сообщений используется некоторый шифр. Пусть известно, что каждому из трех шифрованных текстов ЙМЫВОТСЬЛКЪГВЦАЯЯ УКМАПОЧСРКЩВЗАХ ШМФЭОГЧСЙЪКФЬВЫЕАКК соответствовало исходное сообщение МОСКВА. Попробуйте расшифровать три текста ТПЕОИРВНТМОЛАРГЕИАНВИЛЕДНМТААГТДЬТКУБЧКГЕИШНЕИАЯРЯ ЛСИЕМГОРТКРОМИТВАВКНОПКРАСЕОГНАЬЕП РТПАИОМВСВТИЕОБПРОЕННИГЬКЕЕАМТАЛВТДЬСОУМЧШСЕОНШЬИАЯК при условии, что двум из них соответствует одно и то же сообщение. Сообщениями являются известные крылатые фразы. (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Можно заметить, что последовательность букв МОСКВА входит как подпоследовательность в каждый из шифртекстов первой тройки: йМывОтСьлКъгВцАяя укМапОчСрКщВзАх шМфэОгчСйъКфьВыеАкк На основе этого наблюдения можно предположить, что шифрование заключается в следующем. В каждый промежуток между буквами исходного сообщения (начало и конец также считаются промежутками) вставляются одна либо две буквы в соответствии с известным только отправителю и получателю ключом. Очевидно, что первая буква сообщения должна попасть на 2-е или 3-е место шифрованного текста. Сравнивая буквы, стоящие на указанных местах в подлежащих расшифрованию криптограммах, делаем вывод, что одно и то же исходное сообщение соответствует первому и третьему шифртексту и что первая буква этого сообщения - П. Рассуждая далее аналогичным образом, заключаем, что второй буквой повторяющегося сообщения является О (сопоставили ОИ из 1-й криптограммы и ИО из 3-й) и так далее. В итоге получим, что первой и третьей криптограмме соответствует исходное сообщение ПОВТОРЕНИЕМАТЬУЧЕНИЯ. Теперь расшифруем вторую криптограмму. Первой буквой сообщения могут быть только С или И. Далее, подбирая к каждой из них возможные варианты последующих букв и вычеркивая заведомо "нечитаемые" цепочки букв, получим: СЕ, СМ, ИМ, ИГ СЕГ, сео, СМО, СМР, ИМО, ИМР, ИГР, игт сегр, сегт, СМОТ, СМОК, смрк, смрр, ИМОТ, ИМОК, имрк, имрр, игрк, игрр СМОТР, СМОТО, СМОКО, смокм, ИМОТР, ИМОТО, ИМОКО, имокм СМОТРМ, СМОТРИ, смотои, смотот, смокои, смокот, имотрм, имотри, имотои, имотот, имокои, имокот СМОТРИВ, СМОТРИА СМОТРИВВ, СМОТРИВК, СМОТРИАК, СМОТРИАН и так далее. В итоге получим исходное сообщение СМОТРИВКОРЕНЬ. Ответ: 1,3 - ПОВТОРЕНИЕМАТЬУЧЕНИЯ, 2 - СМОТРИВКОРЕНЬ

Дано бесконечное число углов. Докажите, что этими углами можно покрыть плоскость.

Рассмотрим бесконечное семейство концентрических кругов с радиусами 1, 2, 3, ... Объединение этих кругов покрывает всю плоскость. Покроем круг радиуса 1 первым углом, круг радиуса 2 – вторым углом, и т.д. до бесконечности. В результате вся плоскость будет покрыта данными углами.

Переложите в равенстве  X – I = I  одну из спичек так, чтобы получилось верное равенство.

Переложим спичку, обозначающую "минус", вперед, перевернув на 90°:   I X I = I.  Рассматривая "X" как знак умножения, получим верное равенство.

Можно ли через точку в пространстве провести 7 различных прямых так, чтобы для каждых двух из них нашлась третья, которая перпендикулярна им обеим?

Расположим три пары взаимно перпендикулярных прямых в некоторой плоскости П и еще одну прямую m – перпендикулярно этой плоскости. Если какие-либо две прямые из этой семерки лежат в плоскости П, то им перпендикулярна прямая m, а если одна из этих двух прямых – прямая m, то им перпендикулярна прямая, парная со второй прямой.

Можно.

На контрольной работе учитель дал пять задач и ставил за контрольную оценку, равную количеству решённых задач. Все ученики, кроме Пети, решили одинаковое число задач, а Петя – на одну больше. Первую задачу решили 9 человек, вторую – 7 человек, третью – 5 человек, четвёртую – 3 человека, пятую – один человек. Сколько четвёрок и пятерок было получено на контрольной?

Предположим, что Петя получил не меньше 4, тогда остальные решили не меньше 3 задач каждый, и суммарное число задач, решённых всеми учениками, – не меньше  3·9 = 27  (из условия видно, что число учеников не меньше 9). Но, с другой стороны, это число равно  9 + 7 + 5 + 3 + 1 = 25.  Противоречие.

Ни одной.

На бесконечной шахматной доске через каждые три клетки по горизонтали и по вертикали стоит фишка. Можно ли обойти конем оставшуюся часть доски, побывав при этом на каждом поле ровно один раз?

Предположим, что фишки расставлены на черных полях (см. картинку). Рассмотрим достаточно большой квадрат (4N-3)*(4N-3) (значение N уточним позже), в углах которого расставлены фишки, а также квадрат размером (4N+1)*(4N+1), полученный из квадрата (4N-3)*(4N-3) расширением на 2 клетки в каждую сторону. Число белых полей в квадрате (4N-3)*(4N-3) равно A(N) = ((4N-3)*(4N-3)-1)/2 = 8N2-12N+4. Если бы конь обошел все не занятые фишками поля, то с каждого белого поля квадрата (4N-3)*(4N-3) он бы пошел на одно из черных полей квадрата (4N+1)*(4N+1), не занятых фишками (причем все эти черные поля должны быть различны). Всего внутри этого квадрата N2 полей заняты фишками, поэтому число незанятых черных полей равно B(N) = ((4N+1)*(4N+1)+1)/2-N2 = 7N2+4N+1. Итак, если конь обошел оставшуюся часть доски, то B(N) должно быть не меньше, чем A(N). Однако при N>16 имеем: A(N)-B(N) = N2-16N+3 = N(N-16)+3 > 0. Таким образом, мы получили противоречие, показывающее, что искомый обход конем бесконечной доски невозможен.

нельзя.

Расставьте скобки в выражении 1-2-3-4-5-6-7=0 так, чтобы получилось верное равенство.

Оказывается, можно обойтись и одной парой скобок. Например, так: 1-2-3-4-(5-6-7)=0.

Дан треугольник со сторонами 2, 3, 4. Найдите радиус наименьшего круга, из которого можно вырезать этот треугольник.

Заметим, что этот треугольник - тупоугольный. Поэтому он помещается в окружность, построенную на наибольшей стороне, как на диаметре (радиус этой окружности равен 2). С другой стороны, из круга радиуса, меньшего 2, нельзя вырезать данный треугольник, поскольку сторона длины 4 должна быть не меньше диаметра круга.

2.00

Можно ли доску 10×10 разрезать на фигурки из четырёх клеток в форме буквы Г?

Раскрасим в шахматном порядке вертикали доски. При этом 50 клеток покрашено в белый цвет и 50 – в чёрный. Каждая буква "Г" занимает нечётное число (1 или 3) белых клеток. Поэтому если бы доску можно было разрезать на 25 фигурок в виде буквы "Г", то белых клеток на доске было бы нечётное число (сумма 25 нечётных чисел). Противоречие.

Нельзя.

Разрежьте фигуру, полученную из прямоугольника 4×5 вырезанием четырёх угловых клеток 1×1, на три части, не являющиеся квадратами, так, чтобы из этих частей можно было сложить квадрат.

См. рис.

Какие веса могут иметь три гири для того, чтобы с их помощью можно было взвесить любое целое число килограммов от 1 до 10 на чашечных весах (гири можно ставить на обе чашки)? Приведите пример.

Возьмём, например, гири веса 3, 4 и 9 кг:  1 = 4 – 3,  2 = 9 – 3 – 4,  5 = 9 – 4,  6 = 9 – 3,  7 = 3 + 4,  8 = 3 + 9 – 4,  10 = 4 + 9 – 3.

Например, гири 3, 4 и 9 кг.

В клетках квадратной таблицы 10×10 расставлены числа от 1 до 100. Пусть S1, S2, ..., S10 – суммы чисел, стоящих в столбцах таблицы. Могло ли оказаться так, что среди чисел S1, S2, ..., S10 каждые два соседних различаются на 1?

Если Si и Si+1 различаются на 1, то эти два числа имеют разную чётность, то есть в последовательности S1, S2, ..., S10 чётные и нечётные числа строго чередуются. Значит, среди чисел S1, ..., S10 ровно пять чётных и пять нечётных. Отсюда следует, что сумма  S1 + ... + S10  нечётна. С другой стороны, S1 + ... + S10 = 1 + 2 + ... + 100,  а в этой сумме 50 нечётных слагаемых, поэтому она чётна. Противоречие.

Не могло.

На доске записано число 123456789. У написанного числа выбираются две соседние цифры, если ни одна из них не равна 0, из каждой цифры вычитается по 1, и выбранные цифры меняются местами (например, из 123456789 можно за одну операцию получить 123436789). Какое наименьшее число может быть получено в результате таких операций?

  Заметим, что при выполнении каждой операции не меняется чётность цифры, стоящей на каждом месте. В самом деле, вначале у нас было число 123456789, то есть число вида НЧНЧНЧНЧН (Н означает нечётную цифру, а Ч – чётную). Если мы возьмём пару соседних цифр, скажем НЧ, то при уменьшении этих цифр на 1 получится пара ЧН, а при смене местами снова получится пара НЧ. Итак, в процессе выполнения операций число все время будет иметь вид НЧНЧНЧНЧН. Минимальным числом такого вида является число 101010101.   Осталось показать, что число 101010101 получить можно. Для этого достаточно в исходном числе 123456789 применить два раза нашу операцию к паре соседних цифр 2 и 3, четыре раза – к паре 4 и 5, шесть раз – операцию к паре 6 и 7 и наконец восемь раз – к паре 8 и 9.

101010101.

Рассматриваются квадратичные функции  y = x² + px + q,  для которых  p + q = 2002. Покажите, что параболы, являющиеся графиками этих функций, пересекаются в одной точке.

y(1) = 1 + p + q = 2003.  Но это означает, что каждый из графиков проходит через точку  (1, 2003)  координатной плоскости.

Дети перебрасываются красными, белыми и синими мячами. Каждый ребенок бросил и поймал в сумме три мяча, причём это мячи различных цветов. Кроме того, некоторые три мяча были брошены, но никем не пойманы. Докажите, что эти три мяча – трёх различных цветов.

Пусть количество детей равно k, а количество брошенных, но не пойманных красных мячей равно m. Тогда количество брошенных и пойманных красных мячей равно  ½ (k – m)  (так как каждый из этих мячей один из детей бросил, а другой – поймал). Таким образом, k и m одной чётности. Аналогично число брошенных, но не пойманных мячей каждого цвета имеет чётность, совпадающую с чётностью k. Сумма этих трёх чисел равна 3. Поскольку они неотрицательны, то все они равны 1.

Ключом шифра, называемого "поворотная решетка", является трафарет, изготовленный из квадратного листа клетчатой бумаги размера n×n (n чётно). Некоторые из клеток вырезаются. Одна из сторон трафарета помечена. При наложении этого трафарета на чистый лист бумаги четырьмя возможными способами (помеченной стороной вверх, вправо, вниз, влево) его вырезы полностью покрывают всю площадь квадрата, причём каждая клетка оказывается под вырезом ровно один раз. Буквы сообщения, имеющего длину n², последовательно вписываются в вырезы трафарета, сначала наложенного на чистый лист бумаги помеченной стороной вверх. После заполнения всех вырезов трафарета буквами сообщения трафарет располагается в следующем положении и т. д. После снятия трафарета на листе бумаги оказывается зашифрованное сообщение. Найдите число различных ключей для произвольного чётного числа n.

 Все клетки квадрата размера разобьём на непересекающиеся группы по четыре клетки в каждой. Отнесём клетки к одной и той же группе, если при каждом повороте квадрата до его самосовмещения они перемещаются на места клеток этой же группы. Всего таких групп будет n²/4. При наложении трафарета на квадрат ровно одна клетка из каждой группы окажется под его вырезами. Каждому трафарету поставим в соответствие упорядоченный набор всех клеток из таких групп, оказавшихся под вырезами трафарета при наложении его на квадрат помеченной стороной вверх. Этих клеток n²/4 (по одной из каждой группы), значит, всего таких наборов 4n²/4.

4n²/4.

Дана криптограмма: Восстановите цифровые значения букв, при которых справедливы все указанные равенства, если разным буквам соответствуют различные цифры. Расставьте буквы в порядке возрастания их цифровых значений и получите искомый текст. (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Из последней строчки легко заметить, что Ш=0. Тогда из первого столбца находим, что И=1. Затем из последнего столбца находим Ф=2. Итак,

Ладья стоит на поле a1 шахматной доски. За ход разрешается сдвинуть ее на любое число клеток вправо или вверх. Выигрывает тот, кто поставит ладью на клетку h8. Кто выигрывает при правильной игре?

Опишем выигрышную стратегию второго игрока. Своим первым ходом первый игрок обязан убрать ладью с диагонали a1-h8. Своим ходом второй игрок может возвратить ладью на диагональ. Мы приходим к ситуации, аналогичной начальной. Отличие лишь в том, что ладья стала ближе к полю h8. Придерживаясь такой стратегии, второй игрок первым придет на поле h8.

выигрывает второй.

Замостите плоскость одинаковыми пятиугольниками.

Возьмем паркет из одинаковых центрально-симметричных шестиугольников (пчелиные соты), и разрежем каждый из этих шестиугольников пополам (см. картинку).

На экваторе растет несколько 100-метровых сосен. Однажды все сосны завалились на восток и покрыли весь экватор. Докажите, что если бы они завалились на запад, то они также покрыли бы весь экватор.

Рассмотрим промежуток между двумя соседними соснами. Так как он был завален соснами, когда сосны завалилсь на восток, то длина этого промежутка не больше 100 м. В самом деле, если бы этот промежуток был более 100 м, то ни одна из завалившихся на восток сосен не смогла бы накрыть восточный конец этого промежутка. Рассуждая таким же образом для каждого промежутка между соседними соснами, получаем, что ни один из этих промежутков не превышает 100 м. Отсюда следует, что если бы сосны завалились на запад, то каждая сосна накрыла бы целиком промежуток до следующей сосны, находящийся к западу от нее.

Двое играют в двойные шахматы: все фигуры ходят как обычно, но каждый делает по два шахматных хода подряд. Докажите, что первый может как минимум сделать ничью.

Предположим, противное, т.е. второй игрок имеет выигрышную стратегию. Это означает, что у второго есть правило П ответа на любые возможные ходы первого такое, что если второй ему следует, то независимо от ходов первого второй игрок побеждает. Пусть первый игрок первые два хода подряд сделал конем - первым ходом вывел коня, а вторым - поставил его обратно. Тогда позиция такая же как вначале, а очередь хода - у второго игрока. Таким образом, в этот момент первый игрок может воспользоваться стратегией П, чтобы наверняка выиграть. Но это противоречие тому, что у второго игрока имеется выигрышная стратегия.

На каждой из клеток доски размером 9×9 находится фишка. Петя хочет передвинуть каждую фишку на соседнюю по стороне клетку так, чтобы снова в каждой из клеток оказалось по одной фишке. Сможет ли Петя это сделать?

Раскрасим клетки доски в шахматном порядке так, чтобы все угловые клетки были чёрными. Тогда всего чёрных клеток на доске 41, а белых – 40. С чёрной клетки Петя может передвинуть фишку только на белую, а с белой – только на чёрную. Поэтому после того, как Петя сдвинет все фишки, на чёрных полях окажутся 40 фишек, то есть не все чёрные поля будут заняты.

Не сможет.

Пусть x - некоторое натуральное число. Среди утверждений: 2x больше 70; x меньше 100; 3x больше 25; x не меньше 10; x больше 5; три верных и два неверных. Чему равно x?

Первое утверждение эквивалентно тому, что x > 35, а третье утверждение эквивалентно тому, что x > 8, поскольку x - натуральное число. Первое утверждение неверно, так как если бы оно было верно, то были бы верны также третье, четвертое и пятое утверждения, т.е. бы хотя бы 4 верных утверждения. Поэтому x не превосходит 35. Отсюда следует, что второе утверждение верно. Но тогда неверно четвертое утверждение (иначе были бы верны третье и пятое утверждения, и снова мы получили бы по крайней мере 4 верных утверждения). Отсюда вывод: утверждения 3 и 5 - верные. А из неверности четвертого утверждения и верности третьего утверждения сразу следует, что x=9.

9.00

Город в виде треугольника разбит на 16 треугольных кварталов, на пересечении любых двух улиц расположена площадь (всего в городе 15 площадей). Турист начал обход города с некоторой площади и закончил обход на некоторой другой площади, при этом он побывал на каждой площади ровно 1 раз. Докажите, что в процессе обхода турист хотя бы 4 раза повернул на 1200.

Всего площадей 15, следовательно, турист прошел по 14 улицам, соединяющим пары соседних площадей. Окрасим кварталы в черный и белый цвета в шахматном порядке (см. картинку), черных кварталов получилось 10, и каждая улица является границей ровно одного черного квартала. Турист не мог пройти по всем трем улицам, ограничивающим квартал. Значит, найдутся 14-10=4 черных квартала, для которых турист прошел по двум улицам. Если турист прошел по двум улицам одного квартала, то нетрудно видеть, что он совершил поворот на 1200 в одной из площадей этого квартала. Итак, не мене, чем в четырех черных кварталах совершен поворот на угол 1200.

Николай с сыном и Петр с сыном были на рыбалке. Николай поймал столько же рыб, сколько и его сын, а Петр – втрое больше, чем его сын. Всего было поймано 25 рыб. Как зовут сына Петра?

  Имеется три возможности:  1) на рыбалку ходили четыре разных человека – Николай, Петр и их сыновья;  2) Петр – сын Николая;  3) Николай – сын Петра.   В первом случае каждая пара отец – сын поймала чётное число рыб, что противоречит условию.   Во втором случае общее число рыб у Петра и Николая в 6 раз больше, чем у сына Петра, то есть общее число рыб должно делиться на 7. Это тоже противоречит условию.   Значит, остается единственная возможность: Николай – сын Петра. (То, что этот случай не противоречит условию, убедитесь сами.)

Николай.

Докажите, что найдутся двадцать москвичей, имеющих одинаковое число волос на голове. (Известно, что у человека на голове не более 400000 волос, а в Москве не менее 8 миллионов жителей.)

Всех москвичей разделим на 400001 группу – по числу волос. Предположим, что в каждой из этих групп не более 19 человек. Тогда всего жителей в Москве не более  19·400001 < 8000000.  Противоречие.

Дана квадратная таблица 4×4, в каждой клетке которой стоит знак "+" или "–" :

См. решение задачи 30756.

Нельзя.

Есть три кирпича и линейка. Как измерить без вычислений диагональ кирпича?

Приставим друг к другу три кирпича как показано на картинке. Теперь расстояние между точками A и B можно измерить, и это расстояние равно большой диагонали кирпича.

Буквы русского алфавита занумерованы в соответствии с таблицей: Для зашифрования сообщения, состоящего из n букв, выбирается ключ K - некоторая последовательность из n букв приведенного выше алфавита. Зашифрование каждой буквы сообщения состоит в сложении ее номера в таблице с номером соответствующей буквы ключевой последовательности и замене полученной суммы на букву алфавита, номер которой имеет тот же остаток от деления на 30, что и эта сумма. Прочтите шифрованное сообщение: РБЬНПТСИТСРРЕЗОХ, если известно, что шифрующая последовательность не содержала никаких букв, кроме А, Б и В. (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Каждую букву шифрованного сообщения расшифруем в трех вариантах, предполагая последовательно, что соответствующая буква шифрующей последовательности есть буква А, Б или буква В: шифрованное сообщениеРБЬНПТ СИТСРРЕЗО Х вариант АПАЩМОС Р ЗСРППД ЖНФ вариант БОЯШЛНР П ЖРПООГЕ МУ вариант ВНЮЧКМП ОЕПОННВД ЛТ Выбирая из каждой колонки полученной таблицы ровно по одной букве, находим осмысленное сообщение НАШКОРРЕСПОНДЕНТ, которое и является искомым. В решении большую долю занимает именно поиск осмысленного варианта - число всех различных вариантов исходных сообщений без ограничений на осмысленность равно 316 или 43046721, т.е. более 40 миллионов!

Ключом шифра, называемого "решеткой", является прямоугольный трафарет размера 6 на 10 клеток. В трафарете вырезаны 15 клеток так, что при наложении его на прямоугольный лист бумаги размера 6 на 10 клеток четырьмя возможными способами его вырезы полностью покрывают всю площадь листа. Буквы сообщения (без пропусков) последовательно вписываются в вырезы трафарета (по строкам, в каждой строке слева направо) при каждом из четырех его возможных положений. Прочтите исходный текст, если после зашифрования на листе бумаги оказался следующий текст (на русском языке): (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Исходный текст состоит из 48 букв, следовательно, при зашифровании было использовано три положения решетки полностью и еще три буквы вписаны в четвертом положении. Значит, незаполненные 12 клеток совпадают с вырезами решетки в четвертом положении. Так как текст вписывается последовательно, то неизвестные нам три выреза могут располагаться только в первой строке таблицы и первых пяти клетках второй строки (до первого известного выреза). Считаем, что трафарет лежит в четвертом положении. Учитывая, что в одну клетку листа нельзя вписать две буквы, получаем, что вырезы могут быть только в отмеченных знаком "?" местах трафарета ("*" - места известных вырезов): Очевидно, что из отмеченных в первой строке двух клеток вырезается только одна (так как они совмещаются поворотом). Получаем два возможных варианта решетки (либо первый "?", либо второй "?" в первой строке). Читаемый текст получается при втором варианте. Ответ: ПОЛЬЗУЯСЬШИФРОМРЕШЕТКАНЕЛЬЗЯОСТАВЛЯТЬПУСТЫЕМЕСТА

В центре квадрата сидит волк, а в вершинах - сидят собаки. Волк может бегать по внутренности квадрата с максимальной скоростью , а собаки - только по сторонам квадрата с максимальной скоростью . Известно, что волк задирает собаку, а две собаки задирают волка. Всегда ли волк сможет выбежать из квадрата?

Покажем, как могут действовать собаки, чтобы не выпустить волка. Каждая из собак может бегать таким образом, чтобы вектор, соединяющий ее с волком, не менял направления. В самом деле, за единицу времени волк может сместиться на расстояние в направлении, перпендикулярном соответствующей диагонали. Собаке при этом достаточно сместиться на расстояние . Итак, волк все время находится в центре "диагонального креста", образованного собаками. Мы видим, что при попытке выбежать из квадрата сразу две собаки настигают волка.

не всегда.

По стороне правильного треугольника катится окружность радиуса, равного его высоте. Докажите, что угловая величина дуги, высекаемой на окружности сторонами треугольника, всегда равна 600.

Пусть окружность катится по стороне BC треугольника ABC. Тогда угол BAC равен полусумме двух дуг, равных 600.

Найдите значение выражения 1!*3-2!*4+3!*5-4!*6+...-2000!*2002+2001!.

Обозначим данное выражение за S и начнем преобразовывать его с конца: -2000!*2002+2001! = 2000!(-2002+2001) = -2000!. Таким образом, S = 1!*3-2!*4+3!*5-4!*6+...+1999!*2001-2000!. Далее, 1999!*2001-2000! = 1999!(2001-2000) = 1999!. Отсюда S = 1!*3-2!*4+3!*5-4!*6+...-1998!*2000+1999!. Сокращая и дальше таким же образом сумму S, мы придем к тому, что S=1!=1.

В одной из трех коробок лежит приз, две другие коробки пустые. Вы не знаете, в какой из коробок находится приз, а ведущий знает. Вы должны показать на одну из коробок, в которой по Вашему мнению находится приз. После этого ведущий открывает одну из двух оставшихся коробок. Так как он не хочет сразу отдавать приз, он открывает пустую коробку. После этого Вам предлагается окончательно выбрать коробку. Можете ли Вы выиграть приз с вероятностью, большей 1/2?

Вы можете выиграть приз с вероятностью 2/3. Пусть Вы в первый раз показали на коробку A, а ведущий открыл пустую коробку B. Тогда нужно выбирать третью коробку (т. е. коробку, отличную от A и B). Действительно, Вы ошибетесь только если приз находился в коробке A, но изначально нужно считать, что приз находится в каждой из коробок с вероятностью 1/3.

У весов сдвинута стрелка. Когда на весы положили одну связку бананов, весы показали 1,5 кг. Когда на весы положили связку бананов побольше, весы показали 2,5 кг. Когда взвесили сразу обе связки бананов, весы показали 3,5 кг. Сколько на самом деле весили связки бананов?

На сумму  1,5 + 2,5 = 4 кг  сдвиг стрелки влият дважды, а на вес 3,5 кг – только один раз. Поэтому сдвиг стрелки равен  4 – 3,5 = 0,5 кг.  Следовательно, правильный вес связок на полкило меньше, чем показывают весы.

1 и 2 кг.

В окружность вписаны две равнобедренные трапеции с соответственно параллельными сторонами. Докажите, что диагональ одной из них равна диагонали другой трапеции.

Пусть боковая сторона трапеции образует с меньшим основанием угол, равный α. Для обеих трапеций этот угол один и тот же, а диагональ равна произведению диаметра окружности на синус этого угла.

Автор: Агаханов Н.Х.

Каждому вектору можно сопоставить симметричный относительно центра доски.

Шифрпреобразование простой замены в алфавите  A = {a1, a2, ..., an},  состоящем из n различных букв, заключается в замене каждой буквы шифруемого текста буквой того же алфавита, причём разные буквы заменяются разными. Ключом шифра простой замены называется таблица, в которой указано, какой буквой надо заменить каждую букву алфавита A. Если слово СРОЧНО зашифровать простой заменой с помощью ключа:

Поскольку разные буквы заменяются разными, то при зашифровании разных слов получаются разные слова. С другой стороны, одинаковые буквы заменяются на одинаковые, следовательно, из одинаковых слов получаются одинаковые. Таким образом, число различных слов, которые можно получить в указанном процессе шифрования с начальным словом СРОЧНО, совпадает с наименьшим номером цикла шифрования, дающего это начальное слово. Так как буква С повторяется в каждом цикле шифрования, номер которого кратен 5, а буквы Р, О, Ч, Н - в каждом цикле, номера которых кратны 13, 7, 2 и 3 соответственно, то слово СРОЧНО появится впервые в цикле с номером, равным  НОК(2, 3, 5, 7, 13) = 2730.

2730 слов.

Суммой двух букв назовём букву, порядковый номер которой в алфавите имеет тот же остаток от деления на число букв в алфавите, что и сумма порядковых номеров исходных двух букв. Суммой двух буквенных последовательностей одинаковой длины назовём буквенную последовательность той же длины, полученную сложением букв исходных последовательностей, стоящих на одинаковых местах. Докажите, что существует последовательность из 33 различных букв русского алфавита, сумма которой с последовательностью букв, представляющей собой сам этот алфавит, не содержит одинаковых букв.

Докажем, что сумма алфавита с самим собой не содержит одинаковых букв. Пусть m и n – порядковые номера различных букв алфавита. Поскольку  |m – n| < 33,  то  2m – 2n = 2(m – n)  не делится на 33, то есть 2m и 2n дают разные остатки от деления на 33.

Суммой двух букв назовём букву, порядковый номер которой в алфавите имеет тот же остаток от деления на число букв в алфавите, что и сумма порядковых номеров исходных двух букв. Суммой двух буквенных последовательностей одинаковой длины назовём буквенную последовательность той же длины, полученную сложением букв исходных последовательностей, стоящих на одинаковых местах. Докажите, что сумма любой последовательности из 26 различных букв английского алфавита с последовательностью букв, представляющей собой сам этот алфавит, содержит не менее двух одинаковых букв.

  При сложении двух последовательностей сумма порядковых номеров всех букв получаемой при этом последовательности и сумма порядковых номеров всех букв обоих слагаемых имеет один и тот же остаток от деления на 26. Значит, разность упомянутых сумм должна делиться на 26 без остатка.   Если в сумме двух указанных последовательностей все буквы различны, то упомянутая разность равна сумме порядковых номеров букв алфавита. Однако сумма  1 + 2 + ... + 26 = 13·27  на не делится.

У Вани работает 10 сотрудников. Каждый месяц Ваня повышает зарплату на 1 рубль ровно девятерым (по своему выбору). Как Ване повышать зарплаты, чтобы сделать их одинаковыми? (Зарплата – целое число рублей.)

Не будем доплачивать сотруднику с самой большой зарплатой до тех пор, пока его зарплата не сравняется с той, которая была самой маленькой (если сотрудников с наибольшей зарплатой несколько, то выберем любого из них). Таким образом, наименьшую зарплату будут иметь по крайней мере двое сотрудников. Затем, снова выберем сотрудника с самой большой зарплатой и не будем ему доплачивать, пока его зарплата не сравняется с той, которая была самой маленькой, и получим не менее трёх сотрудников с одинаковой зарплатой. Проделав такую операцию не более 9 раз, Ваня сможет уравнять все зарплаты.

Расположите на плоскости шесть прямых и отметьте на них семь точек так, чтобы на каждой прямой было отмечено три точки.

Одним из вариантов ответа являются шесть прямых, содержащих четыре стороны произвольного четырёхугольника (не параллелограмма и не трапеции!) и две его диагонали, на которых отмечены все семь точек их пересечения.

Можно ли расположить 12 одинаковых монет вдоль стенок большой квадратной коробки так, чтобы вдоль каждой стенки лежало ровно   а) по 2 монеты;   б) по 3 монеты;   в) по 4 монеты;   г) по 5 монет;   д) по 6 монет;   е) по 7 монет? (Разрешается класть монеты одну на другую.)

  а) Так как по условию все монеты нужно положить вдоль стенок, и каждой стенки касается ровно две монеты, то общее количество монет – не больше 8.

  б)-д) Примеры требуемых расположений приведены на рисунке.

Положительные иррациональные числа a и b таковы, что 1/a+1/b=1. Докажите, что среди чисел [ma], [nb] каждое натуральное число встречается ровно один раз.

Докажем, что среди чисел вида ma и nb для натуральных m и n ровно k-1 число, меньшее k. Применив затем это утверждение для k=1, 2, ... , получим, что в каждом промежутке от 1 до 2, от 2 до 3, ... , от k-1 до k добавляется ровно одно число вида [ma] или [nb]. Итак, зададимся некоторым натуральным k. Найдем числа M и N такие, что Ma<k<(M+1)a и Nb<k<(N+1)b. (Здесь мы имеем право взять строгие неравенства, поскольку a и b - иррациональные числа.) Тогда имеется ровно M+N чисел вида [ma] или [nb], меньших k. В самом деле, число [ma] меньше k в точности при m = 1, 2, ... , M; и аналогично число [nb] меньше k в точности при b = 1, 2, ... , N. Осталось понять, что M+N=k-1. Разделим неравенства Ma<k<(M+1)a и Nb<k<(N+1)b на a и b соответственно, а затем сложим их. Получим: M+N < k/a+k/b < M+N+2. По условию k/a+k/b=1, поэтому M+N < k < M+N+2. Таким образом, натуральное k заключено между натуральными числами M+N и M+N+2. Отсюда однозначно k=M+N+1, т.е. M+N=k-1, что мы и хотели доказать.

Существуют ли несколько невыпуклых многоугольников, из которых можно составить выпуклый?

Достаточно какой-нибудь выпуклый многоугольник (скажем, прямоугольник) разрезать ломаной на два невыпуклых многоугольника.

конечно, существуют.

Трое друзей решают жребием, кто идет за соком. У них есть одна монета. Как им устроить жребий, чтобы все имели равные шансы бежать?

Один из возможных путей таков. Вначале бросаем монету два раза. Если оба раза выпал орел, то идет первый, если первый раз выпал орел, а второй раз - решка, то идет второй, если же первый раз выпала решка, а второй раз - орел, то идет третий, если оба раза выпала решка, то проводим второй раунд жребия, аналогичный первому, т.е. снова бросаем монету два раза, и т.д. Ясно, что в каждом раунде вероятность проигрыша каждого из трех друзей равна 1/4, и еще с вероятностью 1/4 придется провести новый раунд. Теоретически возможно, что все время выпадают решки, и этот процесс не закончится. Но вероятность этого события равна 0. Действительно, вероятность того, что после n раундов жребий не закончен, равна 1/22n (во всех 2n бросаниях выпала решка); но 1/22n стремится к нулю, если n стремится к бесконечности.

В окружность вписан треугольник ABC. Точка P пробегает дугу ACB. Найдите геометрическое место центров вписанных окружностей всевозможных треугольников ABP.

Пусть I - центр вписанной окружности треугольника ABP. Тогда PI - биссектриса угла APB. Продолжим биссектрису до пересечения с описанной окружностью треугольника ABP в точке M. Точка M является серединой дуги AB, так как вписанные углы APM и BPM равны. В частности, M не зависит от положения точки P. Заметим, что AI и BI - биссектрисы соответственно углов PAB и PBA. Поэтому можно обозначить углы API и BPI за p, углы PAI и BAI за a, углы PBI и ABI за b. Угол AIM - внешний для треугольника AIP, отсюда угол AIM равен a+p. Далее, углы BAM и BPM вписанные и опираются на одну и ту же дугу, следовательно, они равны, т.е. угол BAM равен p. Угол IAM равен сумме углов BAI и BAM, т.е. равен a+p. Таким образом, углы AIM и IAM равны a+p. Следовательно, треугольник AIM равнобедренный (MI=MA), значит точка I лежит на дуге окружности с центром в точке M и радиусом MA. Наоборот, если I - любая точка дуги окружности с центром в точке M и радиусом MA, лежащей внутри данной окружности, то строим точку P на пересечении MI с окружностью и рассуждениями, обратными к приведенным, убеждаемся, что I - центр вписанной окружности треугольника ABP. Итак, искомое геометрическое место - указанная дуга окружности.

Любой ли трехгранный угол можно так пересечь плоскостью, что в сечении получится правильный треугольник?

Рассмотрим трехгранный угол SABC, у которого плоский угол BSC меньше 600, а ребро SA перпендикулярно плоскости SBC. Предположим, что сечение ABC этого трехгранного угла является правильным треугольником. В прямоугольных треугольниках ABS и ACS равны гипотенузы, поэтому SB=SC. В равнобедренном треугольнике SBC угол при вершине S наименьший, поэтому BC<SB. Ясно также, что SB<AB (наклонная больше проекции), и следовательно, BC<AB. Получено противоречие.

нет, не любой.

Докажите, что число    делится на 2k и не делится на 2k+1.

  Докажем утверждение индукцией по k. База  (k = 1)  очевидна.   Шаг индукции.     Таким образом, число Nk+1 получается из Nk домножением на 2 и на нечётное число, поэтому по предположению индукции оно делится на на 2k+1 и не делится на 2k+2.

На столе стоят восемь стаканов с водой. Разрешается взять любые два стакана и уравнять в них количества воды, перелив часть воды из одного стакана в другой. Докажите, что с помощью таких операций можно добиться того, чтобы во всех стаканах было поровну воды.

Разделим стаканы на пары A - A', B - B', C - C', D - D', и уравняем количества воды в каждой паре стаканов. Теперь у нас две совершенно одинаковые четверки: A, B, C, D и A', B', C', D'. Уравняем количество воды в первой четверке, а затем точно таким же способом - во второй четверке. Итак, мы свели нашу задачу к той же самой задаче, но уже для четырех стаканов. Точно также разделим четыре стакана по парам и, уравняв количества воды в этих парах, сведем задачу к случаю двух стаканов. Но в двух стаканов количества воды можно уравнять по условию.

Король стоит на поле a1 шахматной доски. За ход разрешается сдвинуть его на одну клетку вправо, или на одну клетку вверх, или на одну клетку вправо-вверх. Выигрывает тот, кто поставит короля на клетку h8. Кто выигрывает при правильной игре?

Раскрасим доску в два цвета, как показано на картинке. Вначале король стоит на желтой клетке. Его выигрышная стратегия - ходить всегда на зеленую клетку. Он может придерживаться этой стратегии. Действительно, с зеленой клетки второй игрок может пойти только на желтую, а с любой желтой клетки всегда есть возможность пойти снова на зеленую. Так как на клетку h8 можно попасть только с желтой клетки, то выигрывает первый игрок.

первый.

Можно ли через вершины куба провести 8 параллельных плоскостей так, чтобы расстояния между соседними плоскостями были равны?

Введем прямоугольные координаты так, чтобы 8 вершин куба имели координаты (0,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (1,1,0), (0,0,1), (1,0,1), (0,1,1), (1,1,1). Эти вершины лежат соответственно на параллельных плоскостях, которые задаются уравнениями x+2y+4z=0, x+2y+4z=1, x+2y+4z=2, ... , x+2y+4z=7. Нетрудно убедиться, что расстояния между соседними плоскостями одно и то же. Чтобы понять, как эти плоскости выглядят в пространстве, обратитесь к картинке (здесь одноцветные сечения центрально-симметричны, ребра вдоль оси y разделены пополам, ребра вдоль оси z разделены на четыре равные части).

можно.

Из произвольной точки круглого бильярдного стола пущен шар. Докажите, что внутри стола найдётся такая окружность, что траектория шара её ни разу не пересечёт.

Заметим, что при отражении от "круглой стенки" угол падения шара (то есть угол между звеном и перпендикуляром к касательной к окружности бильярда в точке падения шара) равен углу отражения (то есть угол между следующим звеном и тем же перпендикуляром). Заметим, что расстояние от центра круга до звена ломаной из траектории не меняется. Если это расстояние R>0, то годится любая окружность с центром в центре бильярдного стола и радиусом r<R, например r=R/2. Если R=0, то траекторией шара является один из диаметров стола, всё остальное пространство свободно и там можно разместить какую-нибудь окружность.

Выписаны в ряд числа от 1 до 2002. Играют двое, делая ходы поочередно. За один ход разрешается вычеркнуть любое из записанных чисел вместе со всеми его делителями. Выигрывает тот, кто зачеркнёт последнее число. Докажите, что у первого игрока есть способ играть так, чтобы всегда выигрывать.

По правилам игры ничьих не бывает, поэтому либо первый игрок, либо второй имеет выигрышную стратегию. Первый игрок может "передать ход" второму, вычеркнув первым ходом 1. Действительно, пусть второй вычёркивает число x и все его делители. После этого хода вычеркнуты те числа, какие были бы вычеркнуты, если бы первый игрок первым своим ходом вычеркнул x (и все его делители). Поэтому у второго игрока не может быть выигрышной стратегии: первый игрок, "передав ход", может играть, следуя любой стратегии второго игрока. Значит, выигрышная стратегия есть у первого игрока.

Из чисел 1, 2, ... , 49, 50 выбрали 26 чисел. Обязательно ли среди них найдутся два числа, отличающиеся друг от друга на 1?

Разделим все числа на 25 пар соседних: 1-2, 3-4, ... , 49-50. Если бы из каждой пары было выбрано не более одного числа, то всего было бы выбрано не более 25 чисел. Но по условию выбрано 26 чисел. Это означает, что для какой-то пары оба числа из этой пары оказались выбранными. Эти числа и составляют искомую пару выбранных чисел, отличающихся на 1.

обязательно.

Докажите, что если в четырехугольнике два противоположные угла тупые, то диагональ, соединяющая вершины этих углов, меньше другой диагонали.

Пусть B и D - вершины тупых углов четырехугольника ABCD. Построим на диагонали AC как на диаметре окружность. Тогда точки B и D лежат внутри этой окружности. Пусть прямая BD пересекает окружность в точках M и N. Тогда BD<MN, но MN не меньше AC, так как длина хорды окружности не превосходит диаметра этой окружности.

Автор: Произволов В.В.

а) 10 точек, делящие окружность на 10 равных дуг, попарно соединены пятью хордами. Обязательно ли среди них найдутся две хорды одинаковой длины?

б) 20 точек, делящие окружность на 20 равных дуг, попарно соединены 10 хордами. Докажите, что среди них обязательно найдутся две хорды одинаковой длины?

Может ли сумма 1000 последовательных нечётных чисел быть седьмой степенью натурального числа?

Пусть (n-999), (n-997), ..., (n-1), (n+1), ..., (n+999) - тысяча последовательных нечётных чисел. Тогда их сумма S=(n-999)+(n-997)+...+(n-1)+(n+1)+...+(n+999)=1000n. Если n=10000, то S=1000n=10000000=107, то есть сумма S равна седьмой степени натурального числа.

да.

Для проверки телетайпа, печатающего буквами русского алфавита АБВГДЕЁЖЗИЙКЛМНОПРСТУФХЦЧШЩЪЫЬЭЮЯ передан набор из 9 слов, содержащий все 33 буквы алфавита. В результате неисправности телетайпа на приемном конце получены слова ГЪЙ АЭЁ БПРК ЕЖЩЮ НМЬЧ СЫЛЗ ШДУ ЦХОТ ЯФВИ Восстановите исходный текст, если известно, что характер неисправности таков, что каждая буква заменяется буквой, отстоящей от нее в указанном алфавите не дальше, чем на две буквы. Например, буква Б может перейти в одну из букв А, Б, В, Г. (Задача с сайта www.cryptography.ru.)

Можно ли из квадрата со стороной 10 см вырезать несколько кругов, сумма диаметров которых больше 5 м?

Разрежем квадрат на 1002 квадратиков со стороной 1мм. В каждый из этих квадратиков впишем круг и вырежем все такие круги. Сумма диаметров всех кругов будет равна 1002 мм = 10 м.

можно.

Докажите, что в пространстве найдётся гладкая кривая, которая пересекается с каждой плоскостью.

Зададим кривую в параметрической форме:  x = t,  y = t³,  z = t5,  где t пробегает все действительные числа. Пусть  Ax + By + Cz + D = 0  – уравнение некоторой плоскости (здесь не все числа A, B, C одновременно равны нулю). Точка кривой, отвечающая параметру t, лежит в этой плоскости тогда и только тогда, когда At + Bt3 + Ct5 + D = 0.  Мы имеем уравнение пятой, третьей или первой степени относительно t (в зависимости от равенства нулю коэффициентов). Многочлен нечётной степени всегда имеет корень. Поэтому хотя бы одна точка пересечения кривой с плоскостью существует.

На доске записаны два числа a и b  (a > b).  Их стирают и заменяют числами a+b/2 и a–b/2. С вновь записанными числами поступают аналогичным образом. Верно ли, что после нескольких стираний разность между записанными на доске числами станет меньше 1/2002?

Проделав указанную операцию дважды, мы получим числа a/2, b/2.  Значит, после 2k операций получатся числа 2–ka, 2–kb. Но при достаточно больших k 2–ka – 2–kb < 1/2002.

Верно.

Шеренга новобранцев стояла лицом к сержанту. По команде "налево" некоторые повернулись налево, некоторые – направо, а остальные – кругом. Всегда ли сержант сможет встать в строй так, чтобы с обеих сторон от него оказалось поровну новобранцев, стоящих к нему лицом?

  Для каждого положения сержанта в строю вычислим разность d между количеством человек, стоящих слева от сержанта к нему лицом, и количеством человек, стоящих справа от сержанта к нему лицом. Посмотрим, как это число меняется при сдвиге сержанта на одно место вправо. Если он "проходит" новобранца, стоявшего к нему спиной, то d увеличивается на 1. Если сержант "проходит" новобранца, стоявшего к нему лицом, то d уменьшается на 1. Иначе d не меняется.   Ясно также, что, когда сержант стоит крайним слева, d неположительно, а когда он стоит крайним справа, d неотрицательно. Поскольку на каждом шаге d меняется не более чем на 1, где-то "по дороге" оно примет значение 0. В этом положении с обеих сторон от сержанта лицом к нему находится поровну новобранцев.

Всегда.

Сломанный калькулятор выполняет только одну операцию "звездочка":  a☆b = 1 – a : b. Докажите, что с помощью этого калькулятора все же возможно выполнить любое из четырёх арифметических действий.

Деление:  (a☆b)☆1 = 1 – ((a☆b) : 1) = 1 – (1 – a : b) = a : b. Умножение:  ab = a : (1 : b) = a : ((1☆b)☆1) = (a☆((1☆b)☆1))☆1. Вычитание:  a – b = (b☆a)·a = ((b☆a)☆((1☆a)☆1))☆1. Сложение:  a + b = a – (0 – b).

В классе 20 учеников, причём каждый дружит не менее, чем с 14 другими. Можно ли утверждать, что найдутся четыре ученика, которые все дружат между собой?

Соберём весь класс в одной комнате. Рассмотрим некоторого человека А. Пусть теперь из комнаты выйдут все ученики, которые не дружат с А. По условию таких не более пяти. Поэтому в комнате осталось по крайней мере 15 учеников. Выберем из оставшихся в комнате ученика B, отличного от А. Пусть из комнаты выйдут все ученики, которые не дружат с B. После этого в комнате осталось не меньше 10 учеников. Наконец, выберем из оставшихся в комнате ученика C, отличного от А и от B. Пусть из комнаты выйдут все ученики, которые не дружат с C. После этого в комнате осталось не меньше пяти учеников. Эти пять учеников – это А, B, C и еще два ученика D и E, которые дружат с А, B, C. Искомая четвёрка учеников – это, например, А, B, C, D.

Можно.

Докажите, что предпоследняя цифра степени тройки всегда чётна.

  Для чисел 30, 31, 32 и 33 это верно. Поэтому достаточно проверить, что  34n+r – 3r  делится на 20 при любом натуральном n и  r = 0, 1, 2, 3.   Но  34n+r – 3r = 3r(81n – 1)  делится даже на  81 – 1 = 80.

Плоская выпуклая фигура ограничена отрезками AB и AC и дугой BC некоторой окружности. Постройте какую-нибудь прямую, которая делит пополам её площадь.

Пусть A – вершина угла, B и C – концы дуги, D – её середина. Сегменты, опирающиеся на хорды BD и DC, равны. Поэтому достаточно провести через точку D прямую, которая делит пополам площадь четырёхугольника ABDC. Проведём через середину K диагонали BC прямую l, параллельную AC. Пусть, для определенности, l пересекает отрезок AB в точке E (случай пересечения l с отрезком AC рассматривается аналогично). Прямая DE искомая. Действительно,  SAEDC = SADC + SAED = SADC + SAKD = SAKDC = ½ SABDC.