Любые две окруж­но­сти, могут пе­ре­се­кать­ся не более чем в двух точ­ках. Из че­ты­рех окруж­но­стей можно вы­брать 6 раз­лич­ных пар окруж­но­стей. Сле­до­ва­тель­но, точек пе­ре­се­че­ния не может быть боль­ше 12.

Ниже на ри­сун­ке пред­став­лен слу­чай, когда точек пе­ре­се­че­ния ровно 12.

Ответ: 12.

Из усло­вия сле­ду­ет, что иначе по­лу­чим не­вер­ное не­ра­вен­ство 2016 < 0. Далее усло­вие за­да­чи пе­ре­пи­шем в виде:

Если a > 0, то ветви па­ра­бо­лы на­прав­ле­ны вверх и f(−1) < 0, и дан­ное урав­не­ние имеет два раз­лич­ных корня. Ана­ло­гич­но при a < 0. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Дан­ная за­да­ча эк­ви­ва­лент­на сле­ду­ю­щей.

Най­ди­те наи­мень­шее на­ту­раль­ное число m, для ко­то­ро­го най­дут­ся на­ту­раль­ные числа n и k, такие что n > k > 1 и

Оче­вид­но, что m > 9. Если где то ра­вен­ство озна­ча­ет, что b = 1. Но в этом слу­чае, не­за­ви­си­мо от a вто­рая цифра спра­ва в числе равна a + 1, и это не может быть 1. Таким об­ра­зом, Ясно, что n = 100 не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию по­то­му, что

С дру­гой сто­ро­ны, n = 101 под­хо­дит, т. к. 101∙11=1111.

Ответ: 101.

Про­ве­дем ре­ше­ние ин­дук­ци­ей по ко­ли­че­ству участ­ни­ков кон­фе­рен­ции. База ин­дук­ции про­ве­ря­ет­ся не­по­сред­ствен­но.

Пред­по­ло­жим, что для n участ­ни­ков утвер­жде­ние за­да­чи верно.

Пусть на кон­фе­рен­цию при­е­ха­ли n + 1 участ­ни­ков. Если каж­дый из них имеет чет­ное число зна­ко­мых, что можно оста­вить одну из ком­нат пу­стой и тре­бо­ва­ние за­да­чи будет вы­пол­не­но. По­это­му будем счи­тать, что не­ко­то­рый участ­ник А имеет нечётное ко­ли­че­ство зна­ко­мых B₁, B₂, …, B_{2k + 1}. По­про­сим участ­ни­ка A на время уда­лить­ся с кон­фе­рен­ции. Кроме того, за­ста­вим любых двух его зна­ко­мых по­зна­ко­мить­ся между собой, если они пре­жде не были зна­ко­мы, и, на­про­тив, вре­мен­но пре­рвать зна­ком­ство, если они знали друг друга. По­лу­чен­ную ком­па­нию из n че­ло­век можно, по пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции, раз­ме­стить в двух ком­на­тах так, чтобы у каж­до­го было чет­ное число зна­ко­мых в своей ком­на­те. Не ума­ляя общ­но­сти, можно счи­тать, что участ­ни­ки B₁, B₂, …, B_2s по­па­ли в первую ком­на­ту, а B_{2s + 1}, B_{2s + 2}, …, B_{2k + 1}  — во вто­рую (). Те­перь по­зо­вем об­рат­но из­гнан­но­го A и под­се­лим его в первую ком­на­ту  — он будет знать

там чет­ное число людей. При этом ко­ли­че­ство зна­ко­мых у участ­ни­ков B₁, B₂, …, B_2s ста­нет не­чет­ным. На­ко­нец, вер­нем все зна­ком­ства между B_i () в пер­во­на­чаль­ное со­сто­я­ние. Каж­дое при­об­ре­тен­ное или по­те­рян­ное зна­ком­ство ме­ня­ет ко­ли­че­ство зна­ко­мых на еди­ни­цу. По­это­му у каж­до­го из B₁, B₂, …, B_2s ко­ли­че­ство зна­ко­мых среди людей этого на­бо­ра по­ме­ня­ет чет­ность (и ста­нет чет­ным), а у каж­до­го из B_{2s + 1}, B_{2s + 2}, …, B_{2k + 1} по-преж­не­му оста­нет­ся чет­ным. У дру­гих участ­ни­ков, кроме A и B_i, на­бо­ры зна­ко­мых всё это время во­об­ще не ме­ня­лись. По­это­му по­лу­чен­ное раз­ме­ще­ние всех участ­ни­ков по двум ком­на­там удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

По усло­вию за­да­чи Сле­до­ва­тель­но, ab = −n, то числа a и b раз­ных зна­ков и не равны нулю. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти будем счи­тать, что По­сколь­ку то

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем 44 пары чисел a и b, удо­вле­тво­ря­ю­щих за­дан­ным усло­ви­ям.

Ответ: 44.

Если цена была равна s, то после из­ме­не­ния она долж­на со­ста­вить или При любом дру­гом из­ме­не­нии новая цена долж­на де­лить­ся на 11. Число 2017 на 11 не де­лит­ся, а по­то­му оно не может быть по­лу­че­но с по­мо­щью не­сколь­ких таких из­ме­не­ний.

Ответ: прав бо­ярин.

Найдём сле­ду­ю­щие члены по­сле­до­ва­тель­но­сти:

Ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции до­ка­жем, что при всех на­ту­раль­ных n:

1)  n = 1:   — верно.

2)  Пусть утвер­жде­ние верно при

3)  

Так как то

Ответ:

Обо­зна­чим

Тогда имеем:

Ответ: пер­вое число боль­ше.

1.  Если n  — чётное, то такой мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. До­ста­точ­но взять пра­виль­ный n-уголь­ник.

2.  Для n  =  3 или 5 та­ко­го быть не может. Дей­стви­тель­но, ни­ка­кие две сто­ро­ны в тре­уголь­ни­ке не па­рал­лель­ны. Если каж­дая из сто­рон пя­ти­уголь­ни­ка была бы па­рал­лель­на дру­гой сто­ро­не, мы бы нашли три па­рал­лель­ные сто­ро­ны, при этом две из них долж­ны были бы пе­ре­се­кать­ся. Это не­воз­мож­но.

3.  Для n  =  7 такой мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. При­мер при­ведён на ри­сун­ке 1.

Рис. 1

До­ка­жем ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции, что для нечётного по­ло­жи­тель­но­го числа n > 5 ис­ко­мый мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. Пусть для не­ко­то­ро­го це­ло­го k су­ще­ству­ет k-уголь­ник, удо­вле­тво­ря­ю­щий усло­вию за­да­чи. Вы­бе­рем вер­ши­ну, в ко­то­рой внут­рен­ний угол мно­го­уголь­ни­ка мень­ше 180°. Те­перь от­ре­жем ма­лень­кий па­рал­ле­ло­грамм как по­ка­за­но на ри­сун­ке 2. Мы по­лу­чим (k + 2)-уголь­ник, удо­вле­тво­ря­ю­щий усло­вию за­да­чи.

Рис. 2

Ответ: при и

По­сколь­ку b + d = 2c, то 3c = n² для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го n. Сле­до­ва­тель­но, n де­лит­ся на 3 и c = 3l² для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го l.

По­сколь­ку a + b + d + e = 4c, то 5c= m³ для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го m. Сле­до­ва­тель­но, m де­лит­ся на 5 и c = 5²l³ для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го l.

Наи­мень­шее число, удо­вле­тво­ря­ю­щие дан­ным усло­ви­ям равно 5² · 3³ = 675.

Ответ: 675.

По прин­ци­пу Ди­ри­х­ле как ми­ни­мум в одном фи­ли­а­ле как ми­ни­мум 41 участ­ник и как ми­ни­мум 21 из них од­но­го пола. Тре­бу­ет­ся до­ка­зать, что по мень­шей мере 5 из этих 21 участ­ни­ка од­но­го воз­рас­та. Если это не так, то су­ще­ству­ет не более 4 участ­ни­ков из каж­дой воз­раст­ной груп­пы. В груп­пе из 21 че­ло­ве­ка как ми­ни­мум 6 воз­раст­ных групп, и если мы возь­мем по пред­ста­ви­те­лю из каж­дой воз­раст­ной груп­пы, то оче­вид­но по­лу­чим про­ти­во­ре­чие с одним из усло­вий за­да­чи.

Пусть a₁  — ко­ли­че­ство зо­ло­тых монет у пер­во­го пи­ра­та, a₂  — у вто­ро­го, и т. д. Так как a_i-a_j не де­лит­ся на 10 для любых i и j, то числа a₁, a₂, …,a₁₀ долж­ны да­вать раз­лич­ные остат­ки при де­ле­нии на 10. За­пи­шем a_i = 10k_i + l_i, где l_i  — оста­ток a_i при де­ле­нии на 10. Общее ко­ли­че­ство зо­ло­тых монет равно

Так как числа l₁, ..., l₁₀  — в точ­но­сти числа 0, 1, 2, ..., 9 (толь­ко не обя­за­тель­но в таком по­ряд­ке), то их сумма равна 45. Зна­чит, всего зо­ло­тых монет 10(k₁ + k₂ + ... + k₁₀) + 45. Пред­по­ло­жим, что пи­ра­ты могут раз­де­лить се­реб­ря­ные мо­не­ты таким же об­ра­зом. Как и рань­ше мы можем по­ка­зать, что общее ко­ли­че­ство се­реб­ря­ных монет 10(m₁ + m₂ + ... + m₁₀) + 45 для не­ко­то­рых целых чисел m₁, m₂, ..., m₁₀. Но общее число се­реб­ря­ных монет четно, по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие.

По­сколь­ку то Усло­вие за­да­чи вы­пол­ня­ет­ся, если 12 крат­но n. У числа 12 шесть це­ло­чис­лен­ных де­ли­те­лей, это и будет ответ.

Ответ: 6.

Рас­смот­рим воз­мож­ные по­ло­же­ния чисел:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Упо­ря­до­чим 10 дан­ных чисел по воз­рас­та­нию. По усло­вию за­да­чи сумма пер­вых 9 чисел не может быть мень­ше 9 · 17 = 153. Сле­до­ва­тель­но, 10-е наи­боль­шее число не может быть боль­ше 20 · 10 − 153 = 47. При этом набор 17, 17, ..., 17, 47 удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: 47.

За­ме­тим, что сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 653.

Пусть x  — сумма чека. Для того, чтобы Сер­гей не мог опла­тить со­глас­но усло­вию за­да­чи (банк­но­та­ми по 1000), долж­но вы­пол­нять­ся т. е. x < 10000. Так как он смо­жет за­пла­тить не более 11000 (вклю­чая чае­вые). Сле­до­ва­тель­но, Но так как 1,15 · 9565  =  10999,75, а 1,05 · 9565  =  10043,25, то наи­боль­шая целая сумма чека 9565 руб.

Ответ: 9565 руб.

Из ра­вен­ства мы по­лу­ча­ем фор­му­лу Кроме того,

По прин­ци­пу ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции до­ка­жем, что f(x)=1-x для лю­бо­го це­ло­го x.

До­ка­жем, что ука­зан­ное ра­вен­ство верно при чет­ных x:

1)    — верно.

2)  Пусть

3)  До­ка­жем, что

Дей­стви­тель­но,

Те­перь до­ка­жем, что ука­зан­ное ра­вен­ство верно при не­чет­ных x:

1)    — верно.

2)  Пусть при не­ко­то­ром n.

3)  До­ка­жем, что :

Дей­стви­тель­но,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: −2016.

При­ме­ча­ние: за­ме­тим, что в слу­чае до­ста­точ­но до­ка­зать, что верно для лю­бо­го нечётного x.

По­вер­нем от­ре­зок BN на 60° от­но­си­тель­но точки B так, чтобы точка N пе­ре­ш­ла в се­ре­ди­ну сто­ро­ны BC, на ри­сун­ке это точка N '. Тогда от­ре­зок MN пе­рей­дет в от­ре­зок LN '.

Таким об­ра­зом, сумма |KL| + |MN| равна длине ло­ман­ной KLN '. Это ло­ма­ная будет иметь наи­мень­шую длину, если точка L лежит на пря­мой KN '. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов на­хо­дим, что

Ответ:

Вы­иг­рыш­ной стра­те­ги­ей об­ла­да­ет пер­вый игрок. Для этого ему пер­вым ходом нужно по­ло­жить 2 мо­не­ты, а сле­ду­ю­щи­ми хо­да­ми класть столь­ко монет, чтобы сумма его монет и монет, по­ло­жен­ных перед этим вто­рым иг­ро­ком была равна 5. В этом слу­чае после тре­тье­го хода пер­во­го иг­ро­ка в ряду будут ле­жать 12 монет. Далее, как бы не схо­дил вто­рой игрок своим тре­тьим ходом и как бы после этого не схо­дил пер­вый игрок 16 мо­не­та будет по­ло­же­на пер­вым иг­ро­ком.