Если на не­ко­то­ром шаге был изоб­ра­жен круг ра­ди­у­са R, то на сле­ду­ю­щем шаге будут изоб­ра­же­ны окруж­но­сти ра­ди­у­сов Таким об­ра­зом, пло­щадь белой об­ла­сти есть сумма:

Это сумма бес­ко­неч­но убы­ва­ю­щей гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии с и

Ответ:

За­ме­тим, что

Скла­ды­вая по­лу­чен­ные вы­ра­же­ния, по­лу­ча­ем:

Ответ: 0.

Пусть ра­ди­ан­ная мера угла близ­ка свер­ху ра­ди­ан­ной мере угла то есть По­ка­жем, что длина сто­ро­ны a близ­ка свер­ху длине сто­ро­ны b. По­сколь­ку на­про­тив боль­ше­го угла лежит боль­шая сто­ро­на, до­ста­точ­но до­ка­зать, что В силу убы­ва­ния функ­ции (школь­ни­ки долж­ны до­ка­зать это^*), по­лу­ча­ем:

Так как то По тео­ре­ме си­ну­сов от­ку­да

^*  — до­ка­за­тель­ство убы­ва­ния на :

Дей­стви­тель­но, Сле­до­ва­тель­но, функ­ция убы­ва­ет на от­рез­ке и y(0) = 0. То есть на от­рез­ке

На­зо­вем «ве­ли­чи­ной» слова число n − m, где n и m  — ко­ли­че­ство букв Л и A со­от­вет­ствен­но в дан­ном слове. За­ме­тим, что все до­пу­сти­мые опе­ра­ции со­хра­ня­ют оста­ток «ве­ли­чи­ны» слова по мо­ду­лю 3. «Ве­ли­чи­на» из­вест­но­го слова ЛЛAФAЛAФФAЛAФФФAЛAФФФФAЛЛ равна 7 − 8 = −1, а «ве­ли­чи­на» слова ЛФAЛФAЛФAЛФAЛAФЛAФЛAФЛAФЛ равна 9 − 8 = 1, то есть такое слово не может встре­тить­ся в ал­фа­ви­те этого языка.

Ответ: нет.

По не­ра­вен­ству тре­уголь­ни­ка BD > BC − DC  =  12 и BD < AB + AD  =  14, сле­до­ва­тель­но, 12 < BD < 14. Так как BD  — целое число, то BD  =  13.

Ответ: 13.

Можно за­ме­тить, что среди чисел от 1 до 100 ровно 14 чисел де­лят­ся на 7, ровно два де­лят­ся на 49, по­это­му в раз­ло­же­нии 1 · 2 · 3 · ... · 100 в про­из­ве­де­ние про­стых мно­жи­те­лей число 7 вой­дет в сте­пе­ни 16. Среди чисел от 1 до 100 ровно 50 чет­ных, по­это­му в раз­ло­же­нии 1 · 2 · 3 · ... · 100 в про­из­ве­де­ние про­стых мно­жи­те­лей число 2 вой­дет в сте­пе­ни, не мень­шей 50. По­это­му в дроби после со­кра­ще­ния в зна­ме­на­те­ле оста­нет­ся лишь

Ответ: 2401.

Най­дем не­сколь­ко по­след­них зна­че­ний по­сле­до­ва­тель­но­сти, учи­ты­вая, что и :

Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли пе­ри­о­ди­че­скую по­сле­до­ва­тель­ность с пе­ри­о­дом 6. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 0,5.

Пусть N  — вы­би­тые за n рас­смат­ри­ва­е­мых серий, в по­след­ней из ко­то­рых Иван выбил 82 очка. Тогда N = 76n и N − 82 = 75(n − 1). Решая по­лу­чен­ную си­сте­му, на­хо­дим n = 7 и N = 532. Пусть для вы­пол­не­ния усло­вия за­да­чи Ивану не­об­хо­ди­мо вы­бить x очков. В этом слу­чае по­лу­ча­ем 77 · 8 = 532 + x, от­ку­да x = 84.

Ответ: 84.

Пусть x, y  — це­ло­чис­лен­ные корни дан­но­го урав­не­ния. По тео­ре­ме Виета x + y = −a и xy = b + 1, сле­до­ва­тель­но,

По­сколь­ку x, y  — по­ло­жи­тель­ные целые числа, то число a² + b² раз­ло­жи­ли на два целых мно­жи­те­ля, каж­дый из ко­то­рых боль­ше 1. Таким об­ра­зом, число со­став­ное.

Пусть число участ­ни­ков тур­ни­ка равно n, а число по­пав­ших в 1-ю груп­пу равно k. Тогда число сыг­ран­ных пар­тий равно:

где m  — мало, от­ку­да:

от­ку­да

Если n = 18, то:

тогда

Итак, наи­боль­шее воз­мож­ное число участ­ни­ков равно 18, груп­пы участ­ни­ков на­счи­ты­ва­ют 4 и 14 че­ло­век, ко­ли­че­ство «меж­груп­по­вых» пар­тий равно 2.

Ответ: 18.

Если не­зна­ко­мых людей нет, то ко­ли­че­ство людей, ко­то­рые зна­ко­мы со всеми, равно 168. Пусть А и В не зна­ко­мы друг с дру­гом, тогда все осталь­ные люди зна­ко­мы между собой (если С не зна­ком с D, то в груп­пе А, В, С, D никто не зна­ком с осталь­ны­ми тремя). Если А и В зна­ко­мы со всеми осталь­ны­ми, то 166 че­ло­век зна­ко­мы со всеми. Если же А не зна­ком также и с С, где С ≠ D, то и А, и В, и С зна­ко­мы со всеми осталь­ны­ми 165 лю­дь­ми (так как в любой груп­пе А, В, С, D толь­ко D может быть зна­ко­мым с осталь­ны­ми тремя), ко­то­рые к тому же зна­ко­мы между собой. Таким об­ра­зом, ми­ни­маль­ное ко­ли­че­ство людей, зна­ко­мых со всеми, равно 165.

Ответ: 165.

Будем по­ла­гать, что до­рож­ки рас­по­ло­же­ны го­ри­зон­таль­но, длин­ной сто­ро­ной вдоль оси абс­цисс. Ко­стяш­ки в таких до­рож­ках бы­ва­ют двух видов: вер­ти­каль­ные (рас­по­ло­жен­ные по­пе­рек до­рож­ки) и го­ри­зон­таль­ные, рас­по­ло­жен­ные вдоль до­рож­ки.

Каж­дая вер­ти­каль­ная ко­стяш­ка как бы "пе­ре­ре­за­ет до­рож­ку" и делит ее на две части, спра­ва и слева от себя. Каж­дая го­ри­зон­таль­ная ко­стяш­ка обя­за­тель­но имеет пар­ную го­ри­зон­таль­ную ко­стяш­ку, вме­сте с ко­то­рой она об­ра­зу­ет квад­рат "2 на 2".

Дей­стви­тель­но, если бы была пара го­ри­зон­таль­ных ко­стя­шек, ко­то­рые бы не об­ра­зо­вы­ва­ли квад­рат (т. е. рас­по­ла­га­лись так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке), то обе части до­рож­ки спра­ва и слева от этой пары ко­стя­шек со­дер­жа­ли бы не­чет­ные ко­ли­че­ства ко­стя­шек и не могли бы быть по­кры­ты ко­стяш­ка­ми.

Обо­зна­чим через F(n) число воз­мож­ных за­мо­ще­ний ко­стяш­ка­ми раз­ме­ром "2 на 1" до­рож­ки раз­ме­ром "2 на n" . Тогда, оче­вид­но, F(1) = 1, F(2) = 2, F(3) = 3. Каж­дое за­мо­ще­ние до­рож­ки "2 на n" имеет на пра­вом своем конце или вер­ти­каль­ную ко­стяш­ку (уда­лив ко­то­рую можно по­лу­чить за­мо­ще­ние до­рож­ки "2 на (n − 1) или пару го­ри­зон­таль­ных ко­стя­шек (уда­лив ко­то­рые можно по­лу­чить за­мо­ще­ние до­рож­ки "2 на (n − 2)"). Это об­сто­я­тель­ство обос­но­вы­ва­ет фор­му­лу: т. е. по­сле­до­ва­тель­ность F(n) яв­ля­ет­ся по­сле­до­ва­тель­но­стью Фи­бо­нач­чи.

Ответ: F(12) = 233.

Пусть a₁, a₂, ..., a₂₀₁₉  — ис­ход­ная ариф­ме­ти­че­ская про­грес­сия. Тогда a_n = a₁ + (n − 1)d. Пусть s₁, s₂, ..., s_n  — по­сле­до­ва­тель­ность, по­лу­чен­ная из сред­них зна­че­ний. Для лю­бо­го вы­пол­ня­ет­ся для не­ко­то­рых l и m. Сле­до­ва­тель­но,

Если l и m (l ≠ m) про­бе­га­ют все зна­че­ния от 1 до 2025, то l + m − 2, про­бе­га­ют все зна­че­ния от 1 до 4047 (2024 + 2025 − 2). Сле­до­ва­тель­но, по­лу­чен­ная по­сле­до­ва­тель­ность яв­ля­ет­ся ариф­ме­ти­че­ской про­грес­си­ей с пер­вым чле­ном a₁ и зна­ме­на­те­лем При этом Коля вы­пи­сал 4047 чисел.

Ответ: 4047.

Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что 2026n = 2019k + 2009 или 2016n − 2019k = 2009. По­лу­ча­ем,

Если n = k, то 7n = 2009 и n = 287.

Если n < k, то n > 287.

Если n > k, то n < 0.

Итак, это число 2026 · 287 = 581462.

Ответ: 581462.

Пусть со­бы­тие A  — «у вто­ро­го вы­па­ло боль­ше орлов, чем у пер­во­го», со­бы­тие B  — «у пер­во­го вы­па­ло боль­ше орлов, чем у пер­во­го». По­сколь­ку вы­па­де­ние орла и решки рав­но­ве­ро­ят­но. То со­бы­тия A и B рав­но­ве­ро­ят­ны. Так как вто­рой бро­сал мо­не­ту ровно на один раз боль­ше пер­во­го, то либо орлов, либо решек у него вы­па­ло боль­ше, но не од­но­вре­мен­но. По­это­му со­бы­тия A и B до­пол­ня­ют друг друга.

Таким об­ра­зом, P(A) = P(B) и P(A) + P(B) = 1. Сле­до­ва­тель­но, P(A) = 0,5.

Ответ: 0,5.

За­ме­тим, что по­это­му, за­ме­нив по­след­ний по­ка­за­тель сте­пе­ни чис­лом 2019, по­лу­чим боль­шее число:

Ответ: 2019.

Пусть a_n  — длина сто­ро­ны квад­ра­та перед n-м скла­ды­ва­ни­ем. За­ме­тим, что После пер­во­го скла­ды­ва­ния длина линий из­ги­бов будет равна Так как при каж­дом скла­ды­ва­нии «тол­щи­на» в ли­стах бу­ма­ги уве­ли­чи­ва­ет­ся вдвое, то после ше­сто­го скла­ды­ва­ния длина линий из­ги­бов будет равна

Ответ:

За­ме­тим, что p(x) − p(y) де­лит­ся на x − y. Зна­чит, p(2019) − 6 де­лит­ся на 2019 − 7 = 2012, а 2012 де­лит­ся на 4. То есть p(2019) имеет оста­ток 2 при де­ле­нии на 4, чего не бы­ва­ет у пол­ных квад­ра­тов.

Ответ: нет.

По­вер­нем че­ты­рех­уголь­ник ABCD во­круг точки А на 90° (про­тив ча­со­вой стрел­ки). Пусть точка B, C и D пе­рей­дут в точки B₁, C₁, D₁ со­от­вет­ствен­но. Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что

От­ку­да По­это­му

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке CDC₁ по­лу­ча­ем:

Так как то

Ответ:

Если мы обо­зна­чим сту­лья за 0, 1, 2, …, n − 1, где стул, за­ня­тый пер­вым по­се­ти­те­лем обо­зна­чен за 0, то стул, за­ня­тый (k+1)-м по­се­ти­те­лем обо­зна­чен за На­пом­ним, что Так как два по­се­ти­те­ля за­ни­ма­ют одно место тогда и толь­ко тогда, когда най­дут­ся два целых числа p и q между 0 и n − 1 такие, что де­лит­ся на n. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти будем счи­тать p > q.

Сна­ча­ла рас­смот­рим слу­чай n, не яв­ля­ю­ще­го­ся сте­пе­нью 2. За­пи­шем тогда 2n = uv, где u > v, при­чем одно из зна­че­ний u или v есть сте­пень 2, как ми­ни­мум 2, и дру­гое зна­че­ние  — не­чет­ное число, как ми­ни­мум 3. Пусть и Так как чис­ли­те­ли  — чет­ные числа, то p и q  — целые, а так как чис­ли­те­ли не пре­вос­хо­дят 2u, то p и q  — раз­лич­ные целые числа от 0 до n − 1.

Имеем, То есть для n, не яв­ля­ю­щим­ся сте­пе­нью 2, по­лу­ча­ем более од­но­го по­се­ти­те­ля на дан­ном стуле.

Те­перь рас­смот­рим слу­чай, когда n яв­ля­ет­ся сте­пе­нью 2. Два по­се­ти­те­ля сидят на одном стуле озна­ча­ет, что два целых числа p и q между 0 и n − 1 та­ко­вы, что де­лит­ся на n. Раз­ность двух мно­жи­те­лей в чис­ли­те­ле равна (p + q + 1) − (p − q) = 2q + 1, не­чет­ное число. Это озна­ча­ет, что толь­ко один мно­жи­тель может быть чет­ным. Ве­ли­чи­на этого чет­но­го мно­жи­те­ля не боль­ше, чем p + q + 1, что мень­ше 2n. Таким об­ра­зом, любой чет­ный мно­жи­тель в мень­ше, чем n. Если n  — сте­пень 2, то не может де­лить­ся на n, и каж­дый стул занят толь­ко одним по­се­ти­те­лем.

Ответ: где m = 0, 1, 2, ... (1, 2, 4, 8, ...).