Со­ста­вим урав­не­ние

от­ку­да Раз­ность де­лит­ся на 9, зна­чит, и сумма де­лит­ся на 9, что рав­но­силь­но де­ли­мо­сти на 9 суммы Сумма двух раз­лич­ных чисел из ин­тер­ва­ла от 0 до 9 не мень­ше 1 и не боль­ше 17, по­это­му по­след­нее воз­мож­но толь­ко при Под­ста­вим это в преды­ду­щее урав­не­ние, по­лу­чим сле­до­ва­тель­но, четвёрка (a, b, c, d) может быть за­пи­са­на в виде (a, a + c + 1, c, 9 − a), где a, c  — любая пара цифр, удо­вле­тво­ря­ю­щих со­от­но­ше­ни­ям При каж­дом фик­си­ро­ван­ном зна­че­ние c может быть любым от 0 до всего ва­ри­ан­тов. Сле­до­ва­тель­но, общее ко­ли­че­ство лю­бо­пыт­ных чисел равно сумме

Ответ: 36.

В силу сим­мет­рии можно счи­тать, что Тогда

сле­до­ва­тель­но, за­клю­че­но между квад­ра­та­ми по­сле­до­ва­тель­ных чисел и то есть само не может быть точ­ным квад­ра­том.

1.  До­ка­жем, что Рас­смот­рим сле­ду­ю­щее раз­би­е­ние шах­мат­ной доски 8 на 8 на до­ми­но. Разобьём доску на квад­ра­ты 2 на 2 клет­ки, окра­сим каж­дый из их в крас­ный и синий цвета в шах­мат­ном (от­но­си­тель­но доски 4 на 4) по­ряд­ке, и разобьём крас­ные квад­ра­ты на пары го­ри­зон­таль­ных до­ми­но, а синие  — на пары вер­ти­каль­ных до­ми­но. Любой пря­мо­уголь­ник пло­ща­ди боль­ше 4 либо со­дер­жит в себе пря­мо­уголь­ник 1 на 5 кле­ток, либо пря­мо­уголь­ник 2 на 3 клет­ки. Легко убе­дить­ся в том, что для рас­смат­ри­ва­е­мо­го раз­би­е­ния пря­мо­уголь­ник 1 на 5 кле­ток, либо 2 на 3 клет­ки в любом месте доски со­дер­жит це­ли­ком хотя бы одно до­ми­но.

2.  До­ка­жем, что для про­из­воль­но­го раз­би­е­ния доски 8 на 8 на до­ми­но можно найти не­ко­то­рый пря­мо­уголь­ник пло­ща­ди 4, со­став­лен­ный из кле­ток, не со­дер­жа­щий ни од­но­го до­ми­но це­ли­ком. Рас­смот­рим до­ми­но раз­би­е­ния, со­дер­жа­щее клет­ку «d4», можно, по­вер­нув при не­об­хо­ди­мо­сти лоску, счи­тать его го­ри­зон­таль­ным. По­дроб­но раз­берём слу­чай, когда оно со­сто­ит из кле­ток «c4», «d4» вто­рой слу­чай, когда оно со­сто­ит из кле­ток «d4», «e4» ана­ло­ги­чен. Рас­смот­рим клет­ки «c3», «d3» и «c5», «d5». Если хотя бы одна из этих кле­ток, ска­жем «с3» (осталь­ные слу­чаи ана­ло­гич­ны), лежит в го­ри­зон­таль­ном до­ми­но раз­би­е­ния, то вер­ти­каль­ный пря­мо­уголь­ник «с2», «с3», «c4», «c5» не со­дер­жит це­ли­ком ни од­но­го до­ми­но раз­би­е­ния. Если все эти клет­ки лежат в вер­ти­каль­ных до­ми­но раз­би­е­ния, то до­ми­но, со­дер­жа­щие «с3» и «d3» вер­ти­каль­ны, по­это­му пря­мо­уголь­ник «b3», «c3», «d3», «e3» не со­дер­жит це­ли­ком ни од­но­го до­ми­но раз­би­е­ния. За­ме­тим, что за счёт вы­бо­ра клет­ки «d4» для на­ча­ла рас­суж­де­ний, обес­пе­чи­ва­ет­ся не­воз­мож­ность вы­хо­да вы­би­ра­е­мой по­лос­ки 1 на 4 за пре­де­лы доски.

Ответ: n  =  4.

Обо­зна­чим ве­ли­чи­ны углов тре­уголь­ни­ка АВС бук­ва­ми А, В, С со­от­вет­ствен­но.

1.  Найдём ве­ли­чи­ны углов DHI и DGI. В четырёхуголь­ни­ке ABGI углы при вер­ши­нах A, B, I равны по­это­му ве­ли­чи­на угла ВGI равна а ве­ли­чи­на DGI равна Ана­ло­гич­но, в четырёхуголь­ни­ке AСНI углы при вер­ши­нах A, С, I равны по­это­му ве­ли­чи­на угла СНI равна а ве­ли­чи­на DНI равна Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник HIG рав­но­бед­рен­ный с углом при ос­но­ва­нии.

2.  Тре­уголь­ни­ки HBI и ABI равны по общей сто­ро­не ВI и при­ле­жа­щим к ней углам и Сле­до­ва­тель­но, равны со­от­вет­ству­ю­щие сто­ро­ны HI  =  AI и углы BIH и BIA.

3.  Тре­уголь­ни­ки ЕНI и ЕАI равны по двум сто­ро­нам HI  =  AI, EI  =  EI и углам и между ними. Сле­до­ва­тель­но, равны со­от­вет­ству­ю­щие углы ЕНI и ЕАI= Тогда ве­ли­чи­на угла ВНЕ равна сумме углов DHI и ЕНI, то есть А. Ана­ло­гич­но, равны тре­уголь­ни­ки FGI и FAI и од­но­имен­ные углы, по­это­му ве­ли­чи­на угла СGF равна сумме углов DGI и FGI, то есть тоже А. Сле­до­ва­тель­но, углы BHE и CGF равны между собой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

1.  Пусть сна­ча­ла для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го k. Вы­иг­рыш­ной стра­те­ги­ей для Пети яв­ля­ет­ся сле­ду­ю­щая: если после оче­ред­но­го хода Васи фишка ока­за­лась на по­зи­ции с но­ме­ром то Петя на­зы­ва­ет число После этого Вася пе­ре­дви­нет фишку либо на по­зи­цию номер либо на по­зи­цию номер (по мо­ду­лю В любом слу­чае, мак­си­маль­ная сте­пень двой­ки, де­ля­щая номер по­зи­ции, на ко­то­рой фишка ока­жет­ся после оче­ред­но­го хода Васи, уве­ли­чи­ва­ет­ся ми­ни­мум на 1 . Сле­до­ва­тель­но, после не более, чем k ходов номер по­зи­ции фишки ста­нет де­лить­ся на что воз­мож­но толь­ко для по­зи­ции с но­ме­ром 0 , и Петя вы­иг­ра­ет.

2.  Пусть те­перь где   — мак­си­маль­ный нечётный де­ли­тель n. За­ме­тим, что по­зи­ции, но­ме­ра ко­то­рых де­лят­ся на p, пло­хие для Васи, если он по­ста­вит сна­ча­ла фишку на одну из них, то Петя, при­ме­няя стра­те­гию, ана­ло­гич­ную опи­сан­ной в п. 1, на­зы­вая каж­дый раз число вы­иг­ра­ет. По­это­му Вася дол­жен сна­ча­ла по­ста­вить фишку на любую по­зи­цию с но­ме­ром x, не де­ля­щим­ся на p. Пусть оче­ред­ным ходом Петя на­звал любое на­ту­раль­ное число s из диа­па­зо­на от 1 до Одно из чисел x – s и x + s не де­лит­ся на p, в про­тив­ном слу­чае на p де­лит­ся их сумма, равна 2x, а, зна­чит, на p де­лит­ся x, что про­ти­во­ре­чит его вы­бо­ру. Сле­до­ва­тель­но, на каж­дом ходу Вася может ста­вить фишку на по­зи­цию, номер ко­то­рой не де­лит­ся на p, и она ни­ко­гда не ока­жет­ся на по­зи­ции с но­ме­ром 0. Таким об­ра­зом, для n, не яв­ля­ю­щих­ся сте­пе­ня­ми двой­ки, Петя вы­иг­рать не смо­жет.

Ответ:

Одно из ре­ше­ний вы­гля­дит так.

Ответ: см. рис.

За­пи­шем усло­вия в сле­ду­ю­щем виде Раз­де­лив пер­вое на вто­рое, по­лу­чим Так как k³  — трёхзнач­ное число, то рав­ное ему b⁶  — трёхзнач­ное число. Оче­вид­но b не равно 1 и 2 , так как Далее, b может быть равно 3, так как И на­ко­нец, если то что тоже не под­хо­дит. Итак, b  =  3. От­сю­да k  =  9 и a  =  243.

Ответ:

Про­ну­ме­ру­ем по­зи­ции, на ко­то­рый на­хо­дят­ся сме­ша­ри­ки. Сна­ча­ла у Кроша по­зи­ция 1, у Ло­ся­ша  — 2, у Со­ву­ньи  — 3. При об­го­не чётность но­ме­ра по­зи­ции у тех, кто участ­ву­ет в об­го­не, ме­ня­ет­ся. Зна­чит, у Со­ву­ньи и Кроша после чётного числа об­го­нов она не по­ме­ня­лась, и они вдвоём за­ня­ли оба нечётных места (пер­вое и тре­тье). То есть, сме­ша­ри­ки либо фи­ни­ши­ро­ва­ли в том же по­ряд­ке, либо в об­рат­ном. Так как Лосяш за­кон­чил гонку рань­ше Кроша, зна­чит, по­ря­док по­ме­нял­ся. Таким об­ра­зом, Со­ву­нья при­бе­жа­ла пер­вой, Лосяш  — вто­рым, Крош  — по­след­ним.

Ответ: Со­ву­нья при­бе­жа­ла пер­вой, Лосяш  — вто­рым, Крош  — по­след­ним.

Ком­мен­та­рий.

Воз­мож­но пе­ре­бор­ное ре­ше­ние, но тогда пе­ре­бор дол­жен был пред­став­лен пол­но­стью. По­ка­зы­вать, что си­ту­а­ция воз­мож­на, не обя­за­тель­но, если до­ка­за­но, что осталь­ные ва­ри­ан­ты не под­хо­дят.

До­ка­жем, что ни­ка­кие три по­сле­до­ва­тель­ные числа не могут быть ко­ли­че­ством мышей на гра­нях. Дей­стви­тель­но, если бы на каких-то трёх гра­нях жило x, x + 1 и x + 2 мышей, то x и x + 1 долж­ны были бы быть на про­ти­во­по­лож­ных гра­нях. Но тогда x + 2 мыши нигде бы быть не могло.

Рас­смот­рим пер­вые 8 на­ту­раль­ных чисел. Среди пер­вых трёх нет хотя бы од­но­го, среди сле­ду­ю­щих трёх нет хотя бы од­но­го. Зна­чит, ми­ни­маль­ная сумма 1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 8  =  27. Рас­са­дить 27 мышей воз­мож­но. Для этого разобьём все грани на пары про­ти­во­по­лож­ных. На пер­вой паре будет си­деть 1 и 2 мыши, на вто­рой −4 и 5, на тре­тьей −7 и 8. Таким об­ра­зом, ко­ли­че­ства, от­ли­ча­ю­щи­е­ся на 1, от­но­сят­ся к про­ти­во­по­лож­ным гра­ням, а на со­сед­них раз­ни­ца хотя бы 2.

Ответ: 27.

Пусть в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ABC равны сто­ро­ны AB  =  BC и вы­пол­не­но со­от­но­ше­ния для бис­сек­трис из усло­вия AE  =  2BD. До­стро­им ABC до ромба ABCF. Тогда, так как BD  — бис­сек­три­са в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке, это и ме­ди­а­на. Тогда BD  — это по­ло­ви­на диа­го­на­ли на­ше­го ромба, так как она по­па­да­ет в се­ре­ди­ну дру­гой диа­го­на­ли AC. Тогда точки B, D и F лежат на одной пря­мой. За­ме­тим, что BF  =  2BD = AE, что озна­ча­ет ра­вен­ство диа­го­на­лей в тра­пе­ции ABEF. Тогда она рав­но­бо­кая, то есть AB  =  EF. В част­но­сти, по трём сто­ро­нам равны тре­уголь­ни­ки ABE и FEB, от­ку­да

Пусть Тогда

Зна­чит, в тре­уголь­ни­ке FBE из суммы углов по­лу­ча­ем

от­ку­да α = 18°, а углы ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка равны 36°, 36° и 108°.

Ответ: 36°, 36° и 108°.

Одно из ре­ше­ний вы­гля­дит так.

Ответ: см. ри­су­нок.

Когда кошка идёт в гору, то на 1 км она тра­тит 15 минут, а когда под гору  — 12 минут. То есть, при пе­ре­ме­не на­прав­ле­ния время, ко­то­рое тра­тит­ся на 1 км, ме­ня­ет­ся на 3 ми­ну­ты. Так как на об­рат­ный путь кошка по­тра­ти­ла на 6 минут боль­ше, то уча­сток, иду­щий в гору, на об­рат­ном пути на 2 км боль­ше. Пусть длина участ­ка на пути из А в Б, иду­ще­го в гору, равна x. Тогда можно со­ста­вить урав­не­ние от­ку­да x  =  4. Зна­чит, весь путь равен x + (x + 2)  =  4 + 6  =  10 км.

Ответ: 10 км.

Ком­мен­та­рий. Воз­мож­ны и дру­гие ре­ше­ния. На­при­мер, можно было сразу со­ста­вить си­сте­му урав­не­ний и ре­шить её. Или можно было до­ка­зать, что раз­но­сти между двумя участ­ка­ми пути равна 2 км, затем уга­дать ответ, а потом до­ка­зать его един­ствен­ность.

Рас­пи­шем оба про­из­ве­де­ния без сте­пе­ней так, чтобы мно­жи­те­ли в каж­дом из них шли в по­ряд­ке не­убы­ва­ния. Рас­по­ло­жим эти за­пи­си друг под дру­гом:

Тогда оче­вид­но, что каж­дый мно­жи­тель пер­во­го про­из­ве­де­ния будет мень­ше или равен со­от­вет­ству­ю­ще­го мно­жи­те­ля вто­ро­го про­из­ве­де­ния. Кроме этого, хотя бы один раз мно­жи­тель пер­во­го про­из­ве­де­ния будет стро­го мень­ше со­от­вет­ству­ю­ще­го мно­жи­те­ля вто­ро­го про­из­ве­де­ния. На­при­мер, 2018-ый мно­жи­тель пер­во­го про­из­ве­де­ния 2017, а вто­ро­го  — 2018. Зна­чит, вто­рое про­из­ве­де­ние боль­ше.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Пусть есть два на­ту­раль­ных чис­лах a < b. Срав­ним два вы­ра­же­ния и Для этого по­де­лим пер­вое вы­ра­же­ние на вто­рое и со­кра­тим сте­пе­ни. По­лу­чим:

так как a < b. Зна­чит, пер­вое вы­ра­же­ние мень­ше вто­ро­го. В част­но­сти, в нашей за­да­че

в чём, в прин­ци­пе, можно было убе­дить­ся и со­кра­тив по-чест­но­му числа. Но тогда пер­вое число из усло­вия со­сто­ит из со­мно­жи­те­лей, ко­то­рые мень­ше со­от­вет­ству­ю­щих со­мно­жи­те­лей вто­ро­го. А зна­чит, пер­вое число мень­ше.

Ответ:

Если ры­ца­рей нет, то все го­во­ря­щие врут, так как 0 не яв­ля­ет­ся де­ли­те­лем ка­ко­го-либо на­ту­раль­но­го числа. Если ры­ца­ри есть, то пусть их a че­ло­век. Тогда прав­ду го­во­рят толь­ко люди под но­ме­ра­ми ak для С дру­гой сто­ро­ны, так как прав­ду го­во­рит ровно a че­ло­век, k ме­ня­ет­ся в точ­но­сти от 1 до a. Зна­чит, a  — это такое число, что че­ло­век с но­ме­ром a · a в ряду ещё есть а с но­ме­ром   — уже нет Оче­вид­но, что под­хо­дит толь­ко так как при на­ру­ша­ет­ся вто­рое не­ра­вен­ство, а при a > 10  — пер­вое. Итого, ры­ца­рей либо 0, либо 10.

Пе­ре­ста­вим столб­цы так, чтобы все синие пря­мо­уголь­ни­ки в пер­вой стро­ке шли под­ряд, на­чи­ная с ле­во­го края. Легко по­нять, что при этом и во всех осталь­ных стро­ках синие пря­мо­уголь­ни­ки будут идти под­ряд: в нечётных  — с ле­во­го края, в чётных  — с пра­во­го. Также под­ряд будут идти во всех стро­ках и жёлтые пря­мо­уголь­ни­ки.

Те­перь пе­ре­ста­вим стро­ки так, чтобы все быв­шие стро­ки с нечётными но­ме­ра­ми шли под­ряд, и все быв­шие стро­ки с чётными  — тоже. Тогда все пря­мо­уголь­ни­ки сгруп­пи­ру­ют­ся в че­ты­ре боль­ших (см. левый ри­су­нок). Если мы по­ка­жем те­перь, что общая вер­ши­на двух синих пря­мо­уголь­ни­ков при вы­пол­не­нии усло­вия за­да­чи лежит на одной из сред­них линий квад­ра­та, по­лу­чит­ся, что оба синих пря­мо­уголь­ни­ка имеют сто­ро­ну, рав­ную 1, а сумма двух дру­гих сто­рон равна 2, и за­да­ча будет ре­ше­на. До­пу­стим, это не так. Пусть, на­при­мер, центр квад­ра­та  — внут­ри си­не­го пря­мо­уголь­ни­ка.

Пусть тогда вы­со­та ниж­не­го жёлтого пря­мо­уголь­ни­ка равна a < 1, а ши­ри­на пра­во­го  — b < 1. От­ло­жим свер­ху и слева со­от­вет­ствен­но длины a и b и раз­де­лим квад­рат на 9 пря­мо­уголь­ни­ков как на ри­сун­ке. Через S_i будем обо­зна­чать пло­щадь i-го пря­мо­уголь­ни­ка. Тогда S₁  =  S₇, S₄  =  S₆, S₂  =  S₈ и S₃  =  S₉. Но тогда пло­щадь всех синих пря­мо­уголь­ни­ков боль­ше пло­ща­ди всех жёлтых на S₅. А долж­на быть равна (так как они со­став­ля­ют по по­ло­ви­не пло­ща­ди квад­ра­та). Ана­ло­гич­ное про­ти­во­ре­чие по­лу­ча­ет­ся, если центр квад­ра­та лежит внут­ри жёлтого пря­мо­уголь­ни­ка.

Пусть где a₁, a₂, ..., a₈, a₉, a₁₀  — не­ко­то­рая пе­ре­ста­нов­ка чисел 0, 1, 2, ..., 8, 9. Тогда

Если A  =  B, то

от­ку­да сле­ду­ет, что a₁ + a₁₀ де­лит­ся на 9. Одна из двух раз­лич­ных цифр a₁, a₁₀ не­ну­ле­вая, по­это­му и то есть и, сле­до­ва­тель­но, Зна­чит,

Вспом­ним, что a₁, a₂, ..., a₈, a₉, a₁₀  — не­ко­то­рая пе­ре­ста­нов­ка чисел 0, 1, 2, ..., 8, 9, по­это­му сумма всех цифр a₁, a₂, ..., a₈, a₉, a₁₀ равна   — нечётна. Тогда

сле­до­ва­тель­но, цифра чётна, а цифра a₁  =  9−a₁₀  — нечётна.

Ответ: нет.

Вы­чтем пер­вое урав­не­ние из вто­ро­го и тре­тье­го, по­лу­чим: Под­ста­вим вы­ра­же­ния в пер­вое урав­не­ние, по­лу­чим что после рас­кры­тия ско­бок при­во­дит к ку­би­че­ско­му урав­не­нию Одним из его кор­ней яв­ля­ет­ся раз­ла­га­ем левую часть на мно­жи­те­ли

Дис­кри­ми­нант вто­рой скоб­ки от­ри­ца­те­лен, по­это­му един­ствен­ным дей­стви­тель­ным кор­нем урав­не­ния и ре­ше­ни­ем ис­ход­ной си­сте­мы яв­ля­ет­ся Тогда

Ответ:

За­ме­ча­ние.

После на­хож­де­ния дей­стви­тель­но­го корня его един­ствен­ность можно до­ка­зать и дру­гим спо­со­бом, ис­сле­до­вав функ­цию Её про­из­вод­ная имеет корни она боль­ше нуля левее пер­во­го и пра­вее вто­ро­го из них, и от­ри­ца­тель­на между ними. Сле­до­ва­тель­но. функ­ция воз­рас­та­ет на про­ме­жут­ках

и убы­ва­ет на про­ме­жут­ке Зна­чит, точка яв­ля­ет­ся точ­кой её ло­каль­но­го мак­си­му­ма, а точка   — точ­кой ло­каль­но­го ми­ни­му­ма. При этом её зна­че­ния в этих точ­ках

от­ри­ца­тель­ны, сле­до­ва­тель­но, её гра­фик может пе­ре­се­кать ось Оx толь­ко на про­ме­жут­ке на ко­то­ром она стро­го мо­но­тон­но воз­рас­та­ет. Зна­чит, ре­ше­ний урав­не­ния не может быть боль­ше од­но­го, уже най­ден­но­го нами

Обо­зна­чим числа нашей пе­ре­ста­нов­ки слева на­пра­во за a₁, a₂, ..., a_n.

Спо­соб I. Пойдём с конца. По­след­нее число a_n за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ки либо боль­ше, либо мень­ше всех чисел мно­же­ства 1, 2, 3, ..., n, сле­до­ва­тель­но, оно равно 1 или n. Пред­по­след­нее число a_n–1 за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ки либо боль­ше, либо мень­ше всех чисел мно­же­ства 1, 2, 3, ..., n, кроме a_n, то есть это наи­мень­ший или наи­боль­ший эле­мент во мно­же­стве 1, 2, 3, ..., n−1 или во мно­же­стве 2, 3, ..., n. В каж­дом из слу­ча­ев есть ровно две воз­мож­но­сти вы­бо­ра, ва­ри­ан­ты для двух по­след­них чисел пе­ре­ста­нов­ки вы­гля­дят так Не­слож­но убе­дить­ся, что при любом пер­вые k чисел a₁, a₂, ..., a_k пе­ре­ста­нов­ки об­ра­зу­ют ин­тер­вал из k под­ряд иду­щих чисел из мно­же­ства 1, 2, 3, ..., n, а число a_k яв­ля­ет­ся в этом ин­тер­ва­ле ми­ни­маль­ным или мак­си­маль­ным  — всего две воз­мож­но­сти, кроме са­мо­го пер­во­го числа a₁ для ко­то­ро­го остаётся един­ствен­ная воз­мож­ность. Всего по­лу­ча­ем ровно воз­мож­но­стей вы­бо­ра.

Ответ: 2^n − 1.

Спо­соб II. Пусть a₁  =  m, где m  — одно из чисел 1, 2, ..., n. Любое число a_k мень­шее m, будет по усло­вию также мень­ше и всех чисел, мень­ших m и сто­я­щих левее a_k, по­это­му все числа за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ки, мень­шие m об­ра­зу­ют в ней убы­ва­ю­щую под­по­сле­до­ва­тель­ность. Ана­ло­гич­но, все числа, боль­шие m, об­ра­зу­ют в ней воз­рас­та­ю­щую под­по­сле­до­ва­тель­ность. При этом любое вза­им­ное рас­по­ло­же­ние этих под­по­сле­до­ва­тель­но­стей удо­вле­тво­ря­ет усло­вию и при­во­дит к за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ке. Сле­до­ва­тель­но, любая за­бав­ная пе­ре­ста­нов­ка пол­но­стью задаётся зна­че­ни­ем её пер­во­го эле­мен­та и но­ме­ра­ми m − 1 мест, на ко­то­рых в убы­ва­ю­щем по­ряд­ке слева на­пра­во рас­по­ло­же­ны числа m – 1, m – 2, ..., 1 среди n − 1 всех чле­нов за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ки, кроме пер­во­го. Осталь­ные места ав­то­ма­ти­че­ски за­пол­нят­ся чис­ла­ми m + 1, m + 2, ..., n в по­ряд­ке воз­рас­та­ния. Сле­до­ва­тель­но, при фик­си­ро­ван­ном ко­ли­че­ство за­бав­ных пе­ре­ста­но­вок равно числу со­че­та­ний а общее их ко­ли­че­ство равно сумме

Спо­соб III. Пойдём с на­ча­ла, рас­смот­рим, как ме­ня­ет­ся мно­же­ство пер­вых k чисел за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ки при уве­ли­че­нии В ка­че­стве a₁ можно взять любое на­ту­раль­ное число из ин­тер­ва­ла 1, 2, 3, ..., n и Пусть на k-ом шаге уже вы­бра­ны числа a₁, a₂, ..., a_k, обо­зна­чим за m_k и M_k со­от­вет­ствен­но ми­ни­маль­ное и мак­си­маль­ное их них. До­ка­жем, что оче­ред­ное a_k+1 долж­но рав­нять­ся либо m_k − 1, либо m_k + 1. Дей­стви­тель­но, если сразу на­ру­ша­ет­ся усло­вие за­бав­но­сти, так как a_k+1 рас­по­ло­же­но пра­вее m_k и M_k но боль­ше од­но­го из них и мень­ше дру­го­го. Если то число m_k − 1 не вхо­дит в и ещё не ис­поль­зо­ва­но в пе­ре­ста­нов­ке, зна­чит, оно будет рас­по­ло­же­но в ней где-то пра­вее a_k+1 тогда трой­ка на­ру­ша­ет усло­вие за­бав­но­сти, так как при этом m_k − 1 мень­ше m_k, но боль­ше a_k+1, сто­я­щих левее него. Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся, что пред­по­ло­же­ние также на­ру­ша­ет усло­вие за­бав­но­сти. Остаётся толь­ко или

Из до­ка­зан­но­го сле­ду­ет, что для каж­до­го мно­же­ство A_k со­сто­ит из не­ко­то­рых k по­сле­до­ва­тель­ных чисел из ин­тер­ва­ла 1, 2, 3, ..., n и A_k+1 по­лу­ча­ет­ся из него до­бав­ле­ни­ем числа, со­сед­не­го с этим ин­тер­ва­лом слева или спра­ва. Зна­чит, за­бав­ная пе­ре­ста­нов­ка при дан­ном под­хо­де од­но­знач­но задаётся пер­вым чис­лом m, и по­сле­до­ва­тель­но­стью n − 1 до­бав­ле­ния но­во­го числа слева и спра­ва от уже ис­поль­зо­ван­ных, из ко­то­рых m − 1 будут до­бав­ле­ни­ем чисел слева и n − m  — до­бав­ле­ни­ем чисел спра­ва. По­сле­до­ва­тель­ность же до­бав­ле­ний од­но­знач­но опре­де­ля­ет­ся m − 1 но­ме­ра­ми до­бав­ле­ний слева. Сле­до­ва­тель­но, при фик­си­ро­ван­ном пер­вом числе m ко­ли­че­ство за­бав­ных пе­ре­ста­но­вок равно числу со­че­та­ний a общее их ко­ли­че­ство равно сумме

За­ме­ча­ние.

Воз­мо­жен сле­ду­ю­щий ва­ри­ант этого ре­ше­ния. До­ка­зы­ва­ет­ся, что или по­это­му на каж­дом шаге раз­ность между M_k и m_k уве­ли­чи­ва­ет­ся не мень­ше, чем на 1. Ко­ли­че­ство шагов равно n − 1, а ито­го­вая раз­ность между M_n и m_n не пре­вос­хо­дит n − 1, зна­чит, на каж­дом шаге она растёт ровно на 1. От­сю­да сразу по­лу­ча­ет­ся, что для каж­до­го мно­же­ство со­сто­ит из не­ко­то­рых k по­сле­до­ва­тель­ных чисел из ин­тер­ва­ла 1, 2, 3, ..., n и A_k+1 по­лу­ча­ет­ся из него до­бав­ле­ни­ем числа, со­сед­не­го с этим ин­тер­ва­лом слева или спра­ва. Далее окон­ча­ние до­ка­за­тель­ства такое же, как в толь­ко что рас­смот­рен­ном.

Спо­соб IV. Ин­дук­ци­ей по n до­ка­жем, что для про­из­воль­но­го n ко­ли­че­ство за­бав­ных пе­ре­ста­но­вок равно 2ⁿ. База ин­дук­ции  — при n  =  1 и n  =  2 оно, оче­вид­но, равно 1  =  2⁰ и 2  =  2¹. Пусть для n чисел утвер­жде­ние верно, рас­смот­рим про­из­воль­ную за­бав­ную пе­ре­ста­нов­ку чисел 1, 2, 3, ..., n, n + 1. Пусть число n + 1 стоит на k-ом слева месте. Если спра­ва от n + 1 стоит не­ко­то­рое число m, то любое число l < m стоит пра­вее m, иначе m будет од­но­вре­мен­но мень­ше n + 1 и боль­ше l, сто­я­щих левее него, что на­ру­ша­ет усло­вие за­бав­но­сти. Пра­вее n + 1 стоят n − k + 1 чисел, мак­си­маль­ное из ко­то­рых не мень­ше n − k + 1, сле­до­ва­тель­но, пра­вее n + 1 стоят в точ­но­сти числа ..., 2, 1 в убы­ва­ю­щем по­ряд­ке. Тогда левее n + 1 в не­ко­то­ром по­ряд­ке рас­по­ло­же­но k − 1 число Оче­вид­но, что усло­вие за­бав­но­сти для них вы­пол­не­но, по­это­му они пред­став­ля­ют собой за­бав­ную пе­ре­ста­нов­ку k − 1 чисел. По пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции, при число таких пе­ре­ста­но­вок равно 2^k − 2 числа пра­вее n + 1 рас­по­ла­га­ют­ся един­ствен­ным об­ра­зом, сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство за­бав­ных пе­ре­ста­но­вок n + 1 числа, в ко­то­рых n + 1 стоит на месте равно 2^k − 2 Кроме того, если в за­бав­ной пе­ре­ста­нов­ке число n + 1 стоит на пер­вом месте, то, как было по­ка­за­но, она равна Зна­чит, общее ко­ли­че­ство за­бав­ных пе­ре­ста­но­вок n + 1 числа равно сумме

что за­вер­ша­ет до­ка­за­тель­ство шага ин­дук­ции.

Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков СK и ВН за Р. От­ме­тим на луче ВН точку Т такую, что Р яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной от­рез­ка ВТ. Диа­го­на­ли ВТ и СK четырёхуголь­ни­ка ВСТK де­лят­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния P по­по­лам, по­это­му он яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грам­мом, его сто­ро­ны ВK и СТ па­рал­лель­ны и ве­ли­чи­на угла СТВ равна ве­ли­чи­не угла KВТ, то есть Ве­ли­чи­на угла СВТ равна В тре­уголь­ни­ке АНС ве­ли­чи­ны углов НАС и НСА тоже равны и сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки АНС и ВСТ по­доб­ны. Их со­от­вет­ству­ю­щие сто­ро­ны АС и ВТ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а от­рез­ки МН и СP яв­ля­ют­ся ме­ди­а­на­ми этих тре­уголь­ни­ков, про­ведёнными к со­от­вет­ству­ю­щим сто­ро­нам, по­это­му тоже пер­пен­ди­ку­ляр­ны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

По усло­вию, все числа не­от­ри­ца­тель­ны и не пре­вос­хо­дят 1 сле­ду­ет, что их по­пар­ные суммы x + z, x + y, y + z не боль­ше 2. За­ме­ним в зна­ме­на­те­ле каж­дой дроби левой части не­ра­вен­ства 2 на со­от­вет­ству­ю­щую сумму, от чего каж­дый зна­ме­на­тель не уве­ли­чит­ся и не­ра­вен­ство уси­лит­ся. По­лу­чим:

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние за­да­чи.

При­ве­дем не­ра­вен­ство к об­ще­му зна­ме­на­те­лю. В левой части по­лу­чим:

В пра­вой части по­лу­чим:

Сла­га­е­мые и со­кра­ща­ют­ся, по­лу­ча­ем не­ра­вен­ство

эк­ви­ва­лент­но не­ра­вен­ству из усло­вия за­да­чи. В силу сим­мет­рии можно счи­тать, что по­это­му сла­га­е­мые x²y и xy² в левой части не пре­вос­хо­дят xyz, а осталь­ные 16 сла­га­е­мых не боль­ше 1. Сле­до­ва­тель­но, сумма всех 18 сла­га­е­мых левой части не боль­ше 16 + 2xyz, то есть пра­вой части. Не­ра­вен­ство до­ка­за­но.