Обо­зна­чим Пре­об­ра­зу­ем его:

За­ме­тим, что если среди чисел c, d есть хотя бы одно чет­ное, то а если оба они не­чет­ны, то

Сле­до­ва­тель­но, ми­ни­маль­ное зна­че­ние S от­ри­ца­тель­но и до­сти­га­ет­ся, когда пара чисел сов­па­да­ет с парой В этом слу­чае от­ку­да При имеем а при имеем Оба этих числа равны

Мак­си­маль­ное зна­че­ние S будет по­ло­жи­тель­но. Когда среди чисел c, d есть хотя бы одно чет­ное, За­ме­тим, что если то при любых зна­че­ни­ях b, c, d. Если же то также Тогда Сле­до­ва­тель­но, мак­си­маль­ное зна­че­ние S равно 1 и до­сти­га­ет­ся при и

Ответ: ми­ни­маль­ное зна­че­ние равно и до­сти­га­ет­ся, когда Мак­си­маль­ное зна­че­ние S равно 1 и до­сти­га­ет­ся при и

Ис­поль­зуя фор­му­лу суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии и усло­вие, что она со­сто­ит из на­ту­раль­ных чисел по­лу­ча­ем урав­не­ние в целых чис­лах

где По­сколь­ку 2017  — про­стое число, у урав­не­ния су­ще­ству­ют сле­ду­ю­щие ре­ше­ния:

В пер­вой си­сте­ме урав­не­ний из усло­вия по­лу­ча­ем Таким об­ра­зом,

При ре­ше­нии вто­рой си­сте­мы по­лу­ча­ем сле­ду­ю­щие ре­ше­ния

По­след­няя си­сте­ма дает три­ви­аль­ный слу­чай, когда сумма со­дер­жит един­ствен­ное сла­га­е­мое

Таким об­ра­зом, су­ще­ству­ет ровно 2017 не­три­ви­аль­ных раз­ло­же­ний числа 2017 в сумму чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, со­сто­я­щей из на­ту­раль­ных чисел, если учи­ты­вать по­ря­док сло­же­ния.

Если по­ря­док сло­же­ния не учи­ты­вать, то по­лу­ча­ет­ся 1009 не­три­ви­аль­ных раз­ло­же­ний числа 2017 в сумму чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, со­сто­я­щей из на­ту­раль­ных чисел.

Ответ: 1009 не­три­ви­аль­ных раз­ло­же­ний.

Об­ра­тим вни­ма­ние, что точки

об­ра­зу­ют вер­ши­ны пра­виль­но­го пя­ти­уголь­ни­ка впи­сан­но­го в окруж­ность еди­нич­но­го ра­ди­у­са.

Легко про­ве­рить, что сумма век­то­ров, обо­зна­чен­ных на ри­сун­ке крас­ным, равна ну­ле­во­му век­то­ру. Таким об­ра­зом,

Имея в виду, что

по­лу­ча­ем, что

от­ку­да легко по­лу­чить не­об­хо­ди­мое утвер­жде­ние.

Пре­не­бре­гая ре­ля­ти­вист­ски­ми эф­фек­та­ми, можно счи­тать, что за­да­ча сво­дит­ся к сле­ду­ю­ще­му гео­мет­ри­че­ско­му во­про­су: каков наи­мень­ший набор точек A₁, A₂, ... A_n, чтобы для любой точки T на по­верх­но­сти сферы хотя бы один из от­рез­ков A_kT имел един­ствен­ное пе­ре­се­че­ние со сфе­рой в точке T. По­сколь­ку сферу можно вло­жить в тет­ра­эдр, то че­ты­рех спут­ни­ков до­ста­точ­но.

Те­перь не­об­хо­ди­мо до­ка­зать, что трех точек не до­ста­точ­но. Через три точки все­гда можно про­ве­сти плос­кость. Плос­кость A₁A₂A₃ может на­хо­дит­ся в одном из трех по­ло­же­ний от­но­си­тель­но сферы. Она может её пе­ре­се­кать, может её ка­сать­ся и может с ней не пе­ре­се­кать­ся. Во всех трех слу­ча­ях су­ще­ству­ет две по­ляр­ные точки на сфере, в ко­то­рых либо A₁A₂A₃, либо па­рал­лель­ная ей плос­кость ка­са­ет­ся сферы. Хотя бы одна из этих по­ляр­ных точек не видна ни из одной точки плос­ко­сти, по­это­му при любом рас­по­ло­же­нии точек A₁, A₂, A₃ в плос­ко­сти A₁A₂A₃, хотя бы одна из по­ляр­ных точек не будет видна.

За­ме­тим, что ана­ло­гич­ные со­об­ра­же­ния не ра­бо­та­ют для дру­гих фигур. На­при­мер, если бы наша пла­не­та об­ла­да­ла фор­мой пра­виль­но­го мно­го­гран­ни­ка, то до­ста­точ­но было бы всего двух точек. Так, на­при­мер, для куба до­ста­точ­но двух точек, рас­по­ло­жен­ных на пря­мой, со­дер­жа­щей его боль­шую диа­го­наль.

Ответ: не менее трех точек.

Фор­ма­ли­зу­ем ше­рен­гу в ка­че­стве ло­ман­ной, на­ри­со­ван­ной на клет­ча­том лист­ке, со­сто­я­щую из диа­го­на­лей кле­ток этого листа. Если сол­дат смот­рит на­пра­во, то ему от­ве­ча­ет линия, иду­щая по диа­го­на­ли «/», a если сол­дат смот­рит на­ле­во, то ему от­ве­ча­ет «\». Каж­дую се­кун­ду все со­че­та­ния «∧» ме­ня­ют­ся на «∨». Дви­же­ние в ше­рен­ге пре­кра­тить­ся и сол­да­ты смо­гут разой­тись в раз­ные сто­ро­ны тогда, когда в ло­ман­ной не оста­нет­ся ни од­но­го со­че­та­ния «∧». Число сол­дат по­вер­ну­тых в ту или иную сто­ро­ну оста­ет­ся по­сто­ян­ным, по­это­му концы ло­ман­ной за­фик­си­ро­ва­ны на про­тя­же­нии всего вре­ме­ни дви­же­ния в ше­рен­ге. Ко­неч­ная ло­ман­ная будет иметь един­ствен­ный излом типа «∧».

ше­рен­га из пяти сол­дат в на­чаль­ный мо­мент вре­ме­ни сразу после

по­во­ро­та по ко­ман­де «НАЛЕ-ВО» со­от­вет­ству­ет крас­ной ло­ман­ной.

Из­ме­не­ния через одну и две се­кун­ды (по крас­ной стрел­ке и зе­ле­ной стрел­кам)

ука­за­ны синим и зе­ле­ным со­от­вет­ствен­но.

Стро­ки, в ко­то­рых на­хо­дит­ся ло­ман­ная за­ну­ме­ру­ем свер­ху вниз, на­чи­ная с 1. Тогда, если в мо­мент вре­ме­ни t на стро­ке k на­хо­дит­ся излом типа «∧», то в мо­мент вре­ме­ни на стро­ке ровно под «∧» по­яв­ля­ет­ся излом типа «∨». Про­цесс за­кан­чи­ва­ет­ся тогда, когда не оста­ет­ся ни од­но­го из­ло­ма типа «∧», по­это­му в любой мо­мент вре­ме­ни пока про­цесс не за­кон­чил­ся на какой-то из строк на­хо­дит­ся излом типа «∧».

За­ме­тим, что на стро­ке 1, на­чи­ная с мо­мен­та вре­ме­ни не может быть ни од­но­го из­ло­ма типа «∧», от­сю­да сле­ду­ет, что в мо­мент вре­ме­ни новых из­ло­мов на стро­ке 2 не по­яв­ля­ет­ся, по­сколь­ку на стро­ке 1 уже не было ни од­но­го из­ло­ма типа «∧». Об­ра­тим вни­ма­ние также на то, что те из­ло­мы типа «∧», ко­то­рые были в мо­мент вре­ме­ни на стро­ке 2 пе­ре­хо­дят в из­ло­мы на стро­ке 3, по­это­му на стро­ке 2 на­чи­ная с мо­мен­та вре­ме­ни t  =  2 нет ни од­но­го из­ло­ма типа «∧».

Ана­ло­гич­но, если в мо­мент вре­ме­ни на стро­ке n нет ни од­но­го из­ло­ма типа «∧», то в мо­мент вре­ме­ни на стро­ке нет ни од­но­го из­ло­ма типа «∧» по­то­му что те, что были в мо­мент вре­ме­ни пе­ре­шли в из­ло­мы на стро­ке а новых не по­яви­лось по­то­му что не было на стро­ке n.

Таким об­ра­зом, время, не­об­хо­ди­мое для за­вер­ше­ния про­цес­са не боль­ше, чем ко­ли­че­ство строк, за­ни­ма­е­мых на­чаль­ной и ко­неч­ной кон­фи­гу­ра­ци­я­ми, сов­ме­щен­ны­ми на одном ри­сун­ке. Об­ра­тим вни­ма­ние, что по­сколь­ку ко­ли­че­ство раз­вер­нув­ших­ся в ту или иную сто­ро­ну сол­дат по­сто­ян­но, то сумма вы­со­ты ло­ман­ной на­чаль­ной кон­фи­гу­ра­ции и вы­со­ты ло­ман­ной ко­неч­ной кон­фи­гу­ра­ции не может пре­вы­шать ко­ли­че­ство столб­цов, а самая вы­со­кая ком­би­на­ция до­сти­га­ет­ся если на­чаль­ная кон­фи­гу­ра­ция цен­траль­но сим­мет­рич­на по от­но­ше­нию к ко­неч­ной кон­фи­гу­ра­ции, тогда время равно

Таким об­ра­зом, для за­вер­ше­ния дви­же­ния в ше­рен­ге после вы­пол­не­ния ко­ман­ды «НА­ЛЕ­ВО» со­став­ля­ет се­кун­ду.

Ответ: се­кун­ду.

Пусть b₁  — пер­вый член гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии, а q  — мно­жи­тель этой про­грес­сии.

По усло­вию за­да­чи любой эле­мент про­грес­сии В таком слу­чае обя­за­тель­но яв­ля­ет­ся дроб­ным чис­лом, то есть Пусть пред­став­ле­ние мно­жи­те­ля про­грес­сии в виде не­со­кра­ти­мой дроби и

Пред­по­ло­жим, что тогда и либо либо Далее будем по­ла­гать, что Под­ста­вим в урав­не­ние

По­лу­ча­ем

от­ку­да

По­сколь­ку то сле­до­ва­тель­но, по­след­нее урав­не­ние можно пе­ре­пи­сать в виде

За­ме­тим, что в силу по­след­не­го ра­вен­ства, по­сколь­ку иначе сумма не могла бы быть равна на­ту­раль­но­му числу. Так как все эле­мен­ты суммы на­ту­раль­ны и в сумме долж­ны да­вать 2017, то и Те­перь

и n и m вза­им­но про­стые, от­ку­да сле­ду­ет, что а зна­чит Пред­по­ло­жим, что тогда а зна­чит сумма

не может да­вать на­ту­раль­но­го числа. Сле­до­ва­тель­но,

Оста­лось найти все ком­би­на­ции, когда

При под­хо­дят все суммы типа

При по­лу­ча­ем урав­не­ние До­ста­точ­но рас­смот­реть слу­чай Тогда

Из усло­вия

по­лу­ча­ем, что a сле­до­ва­тель­но, нужно пе­ре­брать все воз­мож­ные m от 1 до 25 в по­ис­ках та­ко­го, что будет на­ту­раль­ным чис­лом.

Под­бо­ром по­лу­ча­ем, что таким чис­лом из ука­зан­но­го диа­па­зо­на яв­ля­ет­ся толь­ко число 7, при ко­то­ром Про­ве­рим

Для не­чет­ных верно, что

По­сколь­ку 2017  — про­стое число, то оно не может быть про­из­ве­де­ни­ем двух целых чисел. При по­лу­ча­ем урав­не­ние

при­чем а сле­до­ва­тель­но, По­сколь­ку n, m вза­им­но про­стые стоит про­ве­рить лишь пары чисел

Для про­вер­ки ре­ко­мен­ду­ем пе­рей­ти к урав­не­нию Ни одна из пар не под­хо­дит, При по­лу­ча­ем урав­не­ние

при­чем а сле­до­ва­тель­но, Нужно про­ве­рить пары чисел (1, 2), (1, 3), (2, 3). Для про­вер­ки ре­ко­мен­ду­ем пе­рей­ти к урав­не­нию Ни одна из пар не под­хо­дит.

При по­лу­ча­ем, что а сле­до­ва­тель­но, По­сколь­ку n, m вза­им­но про­стые, то не­об­хо­ди­мо рас­смот­реть лишь пару (1, 2). Тогда

од­на­ко число 2018 не яв­ля­ет­ся на­ту­раль­ной сте­пе­нью числа 2, по­это­му та­ко­го быть не может.

С точ­но­стью до пе­ре­ста­но­вок сла­га­е­мых су­ще­ству­ет 1008 спо­со­бов пред­ста­вить число 2017 в виде двух сла­га­е­мых, 1 спо­соб пред­ста­вить в виде суммы трех сла­га­е­мых, и 1 спо­соб пред­ста­вить в виде 2017 сла­га­е­мых. Итого 1010 спо­со­бов.

Ответ: 1010 спо­со­бов.

За­пи­шем ОДЗ: Об­ра­тим вни­ма­ние, что урав­не­ние можно ло­га­риф­ми­ро­вать и за­пи­сать в виде

Ис­сле­ду­ем функ­цию на мо­но­тон­ность. Для этого най­дем про­из­вод­ную

Ока­зы­ва­ет­ся, что функ­ция f(x) воз­рас­та­ет на про­ме­жут­ке (0, e) и убы­ва­ет на про­ме­жут­ке Вы­чис­лим пре­де­лы

Най­дем, когда Ре­ше­ни­ем этого не­ра­вен­ства ока­зы­ва­ет­ся про­ме­жу­ток (0, 1]. Сде­ла­ем эскиз гра­фи­ка функ­ции f(x).

Оче­вид­но, что одним из ре­ше­ний урав­не­ния все­гда яв­ля­ет­ся по­лу­пря­мая

Вто­рое ре­ше­ние су­ще­ству­ет толь­ко в том слу­чае, если или Урав­не­ние имеет един­ствен­ное ре­ше­ние толь­ко в слу­чае если В таком слу­чае где Ис­сле­ду­ем функ­цию Для этого най­дем ее про­из­вод­ную

По­сколь­ку то функ­ция g убы­ва­ет при и воз­рас­та­ет при Вы­яс­ним пре­дел функ­ции g в нуле

Таким об­ра­зом, в об­ла­сти функ­ция g при­ни­ма­ет зна­че­ния

а зна­чит си­сте­ма об­ла­да­ет един­ствен­ным ре­ше­ни­ем при

Ответ: при

Фор­ма­ли­зу­ем пла­не­ты и Солн­це как сферы, при­чем ра­ди­ус сферы Солн­ца боль­ше лю­бо­го дру­го­го ра­ди­у­са. Вы­бе­рем две пла­не­ты и про­ве­дем через цен­тры этих пла­нет и Солн­ца плос­кость α. Точки в ко­то­рых к сфере Солн­ца про­хо­дят ка­са­тель­ные плос­ко­сти па­рал­лель­ные плос­ко­сти α будем на­зы­вать по­ляр­ны­ми. По­ляр­ные точки не видны с пла­нет, цен­тры ко­то­рых на­хо­дят­ся в плос­ко­сти α, по­сколь­ку ра­ди­ус Солн­ца боль­ше ра­ди­у­са любой из пла­нет. По­ми­мо пла­нет, цен­тры ко­то­рых лежат в плос­ко­сти α, оста­лось не более 6-и пла­нет, по­это­му с одной из сто­рон от плос­ко­сти α лежит не более чем три цен­тра пла­нет. По­ляр­ная точка, рас­по­ло­жен­ная в том по­лу­про­стран­стве, где на­хо­дит­ся не более трех цен­тров пла­нет, видна разве что с этих пла­нет, по­это­му она видна не более чем с трех пла­нет.

Рас­смот­рим слу­чай, когда тогда сол­дат либо уже на­хо­дит­ся в пра­виль­ном по­ло­же­нии, либо при­хо­дит в него за 1 се­кун­ду. Если то пе­ре­би­рая все ва­ри­ан­ты на­чаль­но­го рас­по­ло­же­ния при­хо­дим к вы­во­ду, что мак­си­маль­ное время −3 се­кун­ды. Если то мак­си­маль­ное время  — 5 се­кунд. Сде­ла­ем пред­по­ло­же­ние ин­дук­ции, что для про­из­воль­но­го n время будет Пусть есть сол­дат. За­ме­тим, что для дви­жу­щих­ся левее еф­рей­то­ра сол­дат ока­зы­ва­ет­ся, что после того как еф­рей­тор ока­зы­ва­ет­ся смот­ря­щим на­ле­во, сол­да­ты дей­ству­ют также как если бы еф­рей­тор по­сто­ян­но смот­рел на­ле­во, по­сколь­ку на сле­ду­ю­ще­го за еф­рей­то­ром сол­да­та по­ло­же­ние еф­рей­то­ра вли­я­ет толь­ко в тех слу­ча­ях, когда они стоят с еф­рей­то­ром лицом к лицу. Еф­рей­тор после каж­до­го сво­е­го раз­во­ро­та воз­вра­ща­ет­ся в «пра­виль­ное» по­ло­же­ние за одну се­кун­ду и не ме­ня­ет сво­е­го по­ло­же­ния до тех пор, пока сле­ду­ю­щий за ним сол­дат не при­дет в «не­пра­виль­ное» по­ло­же­ние, а для того, чтобы сто­я­щий за еф­рей­то­ром сол­дат вер­нул­ся в «не­пра­виль­ное» по­ло­же­ние также долж­но прой­ти не менее одной се­кун­ды.

Пусть еф­рей­тор из­на­чаль­но на­хо­дит­ся в «пра­виль­ном» по­ло­же­нии, тогда даль­ней­шая эво­лю­ция си­сте­мы из n сол­дат, сто­я­щих за ним будет про­хо­дить также как в слу­чае n сол­дат  — зa се­кун­ду они вы­стро­ят­ся в «пра­виль­ном» по­ряд­ке. Если еф­рей­тор из­на­чаль­но не на­хо­дит­ся в пра­виль­ном по­ло­же­нии, то он по­тра­тит 1 се­кун­ду перед этим, чтобы при­дти в него. После того как n сол­дат вы­стро­и­лись пра­виль­но, в не­пра­виль­ном по­ло­же­нии может остать­ся еф­рей­тор, ко­то­ро­му нужно по­тра­тить 1 се­кун­ду, чтобы при­дти в пра­виль­ное по­ло­же­ние. Скла­ды­вая не­об­хо­ди­мое время по­лу­ча­ем, что сол­дат вы­стро­ят­ся пра­виль­но за се­кун­ду. Чтобы по­ка­зать, что это время дей­стви­тель­но мак­си­маль­но (то есть оцен­ку для сол­дат нель­зя улуч­шить), при­ве­дем при­мер кон­фи­гу­ра­ции, ко­то­рая дает ровно се­кун­ду. Обо­зна­чим за →, сол­да­та, смот­ря­ще­го на­пра­во, и за ← — сол­да­та, смот­ря­ще­го на­ле­во. Таким свой­ством об­ла­да­ет кон­фи­гу­ра­ция где по­след­няя стрел­ка от­ве­ча­ет сер­жан­ту. Через n се­кунд си­сте­ма будет на­хо­дить­ся в со­сто­я­нии имея в виду, что по­ло­же­ния сол­дат будут по­вто­рять­ся через од­но­го. После этого через каж­дую се­кун­ду слева будет уве­ли­чи­вать­ся ко­ли­че­ство сол­дат, смот­ря­щих «на­ле­во» и сто­я­щих при этом под­ряд. Про­цесс за­кон­чит­ся, когда слева ока­жет­ся n, смот­ря­щих «на­ле­во» сол­дат, сто­я­щих при этом под­ряд. Для этого нужно, чтобы после n-той се­кун­ды слева «при­рос­ло» ещё сол­дат, по­это­му после n-той се­кун­ды по­на­до­бить­ся еще се­кун­да. Таким об­ра­зом, сол­да­ты при­дут в «пра­виль­ное» по­ло­же­ние ровно через се­кун­ду. Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ное время для n сол­дат не боль­ше, чем се­кун­да, и не мень­ше, чем се­кун­да.

Ответ: мак­си­маль­ное время для n сол­дат не боль­ше, чем се­кун­да, и не мень­ше, чем се­кун­да.

Функ­цию можно пе­ре­пи­сать в виде

За­пи­шем ОДЗ:

Ответ: см. ри­су­нок.

До­ка­жем ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции, что для лю­бо­го на­ту­раль­но­го

где Для ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся с ко­эф­фи­ци­ен­та­ми Пред­по­ло­жим те­перь, что утвер­жде­ние верно для не­ко­то­ро­го фик­си­ро­ван­но­го n до­ка­жем, что из ра­вен­ства для n сле­ду­ет ра­вен­ство для Тогда

Об­ра­тим вни­ма­ни­ем, что мы по­лу­чи­ли ре­кур­рент­ные со­от­но­ше­ния и при­чем

Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся, что

с теми же ко­эф­фи­ци­ен­та­ми a_n, b_n. Из ра­венств

пе­ре­мно­жая левые и пра­вые части, по­лу­ча­ем

Обо­зна­чим E_n число ва­ри­ан­тов три­ан­гу­ля­ций вы­пук­ло­го n-уголь­ни­ка. Оче­вид­но, что для тре­уголь­ни­ка су­ще­ству­ет един­ствен­ная три­ан­гу­ля­ция, по­это­му а для че­ты­рех­уголь­ни­ка су­ще­ству­ет ровно две

В про­из­воль­ном n-уголь­ни­ке вы­де­лим одну из сто­рон.

Об­ра­тим вни­ма­ние, что вы­де­лен­ная сто­ро­на n-уголь­ни­ка обя­за­тель­но со­дер­жит­ся в одном из тре­уголь­ни­ков три­ан­гу­ля­ции в ка­че­стве сто­ро­ны, по­сколь­ку с одной сто­ро­ны не может ока­зать­ся внут­ри тре­уголь­ни­ка, ко­то­рый со­дер­жит­ся в мно­го­уголь­ни­ке, а с дру­гой сто­ро­ны не может не со­дер­жать­ся в тре­уголь­ни­ках три­ан­гу­ля­ции, иначе не весь мно­го­уголь­ник будет раз­бит на части.

Ил­лю­стра­ция. Се­ми­уголь­ник, в ко­то­ром вы­де­ле­на одна из сто­рон и все воз­мож­ные тре­уголь­ни­ки три­ан­гу­ля­ции ее со­дер­жа­щие. Рас­смот­рим все тре­уголь­ни­ки три­ан­гу­ля­ции, со­дер­жа­щие вы­де­лен­ную сто­ро­ну. Ока­зы­ва­ет­ся, что с одной сто­ро­ны от лю­бо­го из таких тре­уголь­ни­ков лежит k-уголь­ник (где вклю­чая вы­рож­ден­ный слу­чай дву­у­голь­ни­ка) и -уголь­ник. Эти мно­го­уголь­ни­ки мень­ше­го по­ряд­ка также можно три­ан­гу­ли­ро­вать и ко­ли­че­ство три­ан­гу­ля­ций с вы­де­лен­ным тре­уголь­ни­ком равна про­из­ве­де­нию счи­тая, что

Об­ра­тим вни­ма­ни­ем, что по­лу­ча­ю­щи­е­ся в ре­зуль­та­те таких опе­ра­ций три­ан­гу­ля­ции n уголь­ни­ка все­гда раз­лич­ны между собой, по­сколь­ку для раз­лич­ных вы­де­лен­ных тре­уголь­ни­ков три­ан­гу­ля­ции не могут сов­па­дать. В таком слу­чае для пя­ти­уголь­ни­ка

для ше­сти­уголь­ни­ка

и для се­ми­уголь­ни­ка

Пе­ре­чис­лим ниже их все:

Сле­ду­ет об­ра­тить вни­ма­ние, что с точ­но­стью до по­во­ро­та су­ще­ству­ет шесть спо­со­бов три­ан­гу­ля­ции, опи­сан­ные в левом столб­це ри­сун­ка, а с точ­но­стью до по­во­ро­та и от­ра­же­ния су­ще­ству­ет ровно че­ты­ре спо­со­ба три­ан­гу­ля­ции.

Ответ: с точ­но­стью до по­во­ро­та су­ще­ству­ет шесть спо­со­бов три­ан­гу­ля­ции, опи­сан­ные в левом столб­це ри­сун­ка, а с точ­но­стью до по­во­ро­та и от­ра­же­ния су­ще­ству­ет ровно че­ты­ре спо­со­ба три­ан­гу­ля­ции.

Если пред­по­ло­жить, что му­равьи могут дви­гать­ся с раз­ны­ми ско­ро­стя­ми, то в слу­чае, если на рас­сто­я­нии от кон­цов ветки рас­по­ло­жить двух му­ра­вьев дви­жу­щих­ся в сто­ро­ну бли­жай­ших кон­цов ветки со ско­ро­стью δ и ещё од­но­го му­ра­вья дви­жу­ще­го­ся со ско­ро­стью v с одной из этих по­зи­ций в сто­ро­ну цен­тра ветки, то му­ра­вей, на­хо­дя­щий­ся в се­ре­ди­не дол­жен будет прой­ти путь пре­жде чем хотя бы один из кон­цов ста­нет ему до­сту­пен.

Если ско­ро­сти му­ра­вьев могут быть про­из­воль­ны­ми, то пред­по­ла­гая, что где мы по­лу­ча­ем, что му­ра­вей на­хо­дя­щий­ся в се­ре­ди­не прой­дет по мень­шей мере путь раз­ме­ром По­сколь­ку n про­из­во­лен, то про­из­ве­де­ние может быть не­огра­ни­чен­но боль­шим.

Сде­ла­ем те­перь есте­ствен­ное пред­по­ло­же­ние, что му­равьи дви­жут­ся с оди­на­ко­вой ско­ро­стью v и каж­дый му­ра­вей дер­жит эс­та­фет­ную па­лоч­ку, а при встре­че му­равьи пре­жде чем раз­вер­нуть­ся об­ме­ни­ва­ют­ся эс­та­фет­ны­ми па­лоч­ка­ми.

Эс­та­фет­ные па­лоч­ки не ме­ня­ют на­прав­ле­ние дви­же­ния, а учи­ты­вая, что обмен па­лоч­ка­ми и раз­во­рот му­ра­вьев про­ис­хо­дит мо­мен­таль­но, то они дви­жут­ся с по­сто­ян­ной ско­ро­стью v, рав­ной ско­ро­сти му­ра­вьев, вдоль ветки. Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ное время, за ко­то­рое все эс­та­фет­ные па­лоч­ки га­ран­ти­ро­ван­но по­ки­нут ветку ока­зы­ва­ет­ся рав­ным см. По­сколь­ку в каж­дый мо­мент вре­ме­ни у од­но­го му­ра­вья на­хо­дит­ся эс­та­фет­ная па­лоч­ка, то эс­та­фет­ные па­лоч­ки по­ки­нут ветку тогда и толь­ко тогда, когда все му­равьи по­ки­нут ветку. Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ное время, ко­то­рое му­ра­вей может про­ве­сти на ветке не боль­ше, чем T.

Если в на­чаль­ный мо­мент вре­ме­ни на одном из кон­цов ветки му­ра­вей с эс­та­фет­ной па­лоч­кой на­чи­на­ет дви­же­ние к се­ре­ди­не ветки, то его эс­та­фет­ная па­лоч­ка будет на­хо­дить­ся на ветке ровно cм вре­ме­ни, по­это­му см  — мак­си­маль­ное время, ко­то­рое эс­та­фет­ные па­лоч­ки могут на­хо­дить­ся на ветке. В то же время, му­ра­вей, ко­то­рый уда­лит по­след­нюю эс­та­фет­ную па­лоч­ку с ветки, сам будет по­след­ним му­ра­вьем, ко­то­рый сой­дет с этой ветки. По­сколь­ку он на­хо­дил­ся весь про­ме­жу­ток вре­ме­ни [0, T] на ветке и дви­гал­ся в раз­ные сто­ро­ны со ско­ро­стью v, то за это время он прой­дет ровно см.

Ответ: 50 см.

a)  Нуж­ные куски все­гда можно по­лу­чить, на­при­мер, так. Вы­бе­рем из об­ра­зо­вав­ших­ся ча­стей ту, ко­то­рая не ко­ро­че дру­гой (и, зна­чит, не ко­ро­че 12,5 мет­ров), вы­ре­за­ем из неё 12 мет­ро­вый кусок. У нас оста­нет­ся две части, сумма длин ко­то­рых равна 13 м. По край­ней мере одна из этих ча­стей будет не ко­ро­че 6,5; вы­ре­за­ем 6-мет­ро­вый кусок и так далее. Оста­вать­ся будут пары ча­стей с сум­ма­ми длин 7 м, 4 м и 2 м, а вы­ре­зать­ся куски дли­ной 3 м, 2 м и 1 м со­от­вет­ствен­но.

б)  Если про­вод дли­ной мет­ров раз­ре­за­ли, на­при­мер, на части с дли­на­ми 0,995 м и 23,995 м, то по­лу­чить тре­бу­е­мые куски нель­зя. В самом деле, из куска 0,995 м не­воз­мож­но вы­ре­зать ни од­но­го тре­бу­е­мо­го куска, а из куска 23,995 м это сде­лать не по­лу­чит­ся, по­сколь­ку сумма длин боль­ше 23,995.

Ответ: а) можно; б) нель­зя.

По усло­вию f(x) при­ни­ма­ет целые зна­че­ния при всех целых x, по­это­му числа и   — целые. Зна­чит,   — целое, а так как c  — целое, то и 2a целое. Если то 2a не мень­ше 1, и, зна­чит, Функ­ция с ко­эф­фи­ци­ен­том удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи, по­сколь­ку сумма де­лит­ся на 2 для всех чётных и нечётных x.

Ответ:

Обо­зна­чим пары чисел на про­ти­во­по­лож­ных гра­нях куба через a₁ и a₂, b₁ и b₂, c₁ и c₂. Тогда сумма вось­ми про­из­ве­де­ний равна

Вос­поль­зу­ем­ся не­ра­вен­ством о сред­нем ариф­ме­ти­че­ском и гео­мет­ри­че­ском для трёх по­ло­жи­тель­ных чисел и

Левая часть равна по­это­му наи­мень­шее зна­че­ние суммы

paвно 30.

Знак ра­вен­ства до­сти­га­ет­ся толь­ко в слу­чае

Этим усло­ви­ям удо­вле­тво­ря­ют, на­при­мер, числа 1 и 9, 2 и 8, 3 и 7.

Ответ: 30.

Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой B₁D с опи­сан­ной окруж­но­стью тре­уголь­ни­ка BNM (см. рис.). До­ка­жем, что четырёхуголь­ник NDMK  — па­рал­ле­ло­грамм. Так как диа­го­на­ли па­рал­ле­ло­грам­ма в точке пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам, от­сю­да будет сле­до­вать, что пря­мая B₁DK делит MN в от­но­ше­нии 1 : 1.

Сна­ча­ла до­ка­жем па­рал­лель­ность пря­мых MD и NK. Впи­сан­ные углы BB₁D и BCD опи­ра­ют­ся на одну дугу BAD, по­это­му Рав­ны­ми будут и впи­сан­ные углы BB₁K и BNK как опи­ра­ю­щи­е­ся на дугу BMK, то есть по­это­му Это озна­ча­ет, что от­рез­ки MC и NK па­рал­лель­ны.

Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся па­рал­лель­ность MK и ND.

Четырёхуголь­ни­ки BADC и BMKN впи­сан­ные, по­это­му и Так как от­сю­да сле­ду­ет, что и, зна­чит, от­рез­ки MK и ND па­рал­лель­ны.

Итак, NDMK  — па­рал­ле­ло­грамм, и B₁D делит MN по­по­лам.

Ответ: 1 : 1.

Так как гра­фи­ки про­хо­дят через точку (1, 1), то и то есть и Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 0.

Пусть всего будет k бу­ке­тов, в каж­дом бу­ке­те m белых и n крас­ных роз. Тогда и Из этих ра­венств видно, что число k яв­ля­ет­ся общим де­ли­те­лем чисел 323 и 221. По усло­вию k долж­но быть мак­си­маль­но воз­мож­ным, по­это­му k  — наи­боль­ший общий де­ли­тель, От­сю­да k  =  17, при этом в каж­дом бу­ке­те будет 19 белых и 13 крас­ных роз.

Ответ: 17.

Можно счи­тать, что ис­ход­ные по­ло­жи­тель­ные числа рас­по­ло­же­ны в по­ряд­ке воз­рас­та­ния: Рас­смот­рим числа (см. таб­ли­цу).

a1,	a2,				an,

Оче­вид­но, что здесь каж­дое число боль­ше преды­ду­ще­го, по­это­му все вы­пи­сан­ные числа раз­лич­ны. Их ко­ли­че­ство

со­от­вет­ству­ет тре­бо­ва­ни­ям за­да­чи.

Оста­лось при­ве­сти при­мер, в ко­то­ром боль­ше, чем раз­лич­ных сумм по­лу­чить не удаст­ся. Для этого по­дой­дет набор из пер­вых n на­ту­раль­ных чисел, из ко­то­рых нель­зя со­ста­вить боль­ше, чем раз­лич­ных сумм: эти суммы  — все на­ту­раль­ные числа от 1 до

6)  Числа дают при­мер n раз­лич­ных чисел, из ко­то­рых можно об­ра­зо­вать наи­боль­шее ко­ли­че­ство раз­лич­ных сумм. Сумма любых k чисел этого на­бо­ра это число, в де­ся­тич­ной за­пи­си ко­то­ро­го ис­поль­зу­ют­ся толь­ко 1 и 0. Каж­дая такая сумма может быть пред­став­ле­на в виде n-эле­мент­но­го упо­ря­до­чен­но­го на­бо­ра из 0 и 1. По­сколь­ку на каж­дом месте на­бо­ра могут быть толь­ко две цифры, их общее ко­ли­че­ство равно Един­ствен­ный не­воз­мож­ный набор, со­став­лен­ный из n нулей, не­об­хо­ди­мо ис­клю­чить, по­это­му общее ко­ли­че­ство до­пу­сти­мых на­бо­ров равно

Ответ: a) б)