Обо­зна­чим ко­ли­че­ство ры­ба­ков в груп­пах через x, y, z со­от­вет­ствен­но. По усло­вию, Вы­чи­та­ем учет­верённое пер­вое урав­не­ние из вто­ро­го, по­лу­ча­ем от­ку­да зна­чит, С дру­гой сто­ро­ны, зна­чит, от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, под­хо­дить может един­ствен­ный ва­ри­ант: Про­ве­ря­ем его под­ста­нов­кой во вто­рое урав­не­ние и убеж­да­ем­ся, что это ре­ше­ние.

Ответ: В пер­вой груп­пе 5 ры­ба­ков, во вто­рой груп­пе 4 ры­ба­ка, в тре­тьей груп­пе 7 ры­ба­ков.

Число 990 есть про­из­ве­де­ние вза­им­но про­стых чисел 2, 5, 9 и 11. Любое де­ся­ти­знач­ное число, со­став­лен­ное из раз­лич­ных цифр, взя­тых по разу, де­лит­ся на 9, так как их сумма, рав­ная 45, де­лит­ся на 9. По при­зна­ку де­ли­мо­сти на 10 ис­ко­мое число долж­но окан­чи­вать­ся на 0. Оста­лось разо­брать­ся с де­ли­мо­стью на 11.

При­знак де­ли­мо­сти на 11 зву­чит так: число де­лит­ся на 11 тогда и толь­ко тогда, когда раз­ность между сум­мой всех его цифр, сто­я­щих на нечётных по по­ряд­ку слева на­пра­во ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, де­лит­ся на 11. Оце­ним зна­че­ние S суммы цифр ис­ко­мо­го числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах: оно не мень­ше и не боль­ше Сле­до­ва­тель­но, раз­ность между сум­мой всех цифр числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, рав­ная яв­ля­ет­ся нечётным чис­лом из ин­тер­ва­ла от −15 до 25, де­ля­щим­ся на 11.

Таких чисел всего два: −11 и 11, для них S со­от­вет­ствен­но, равна 17 и 28. Легко убе­дить­ся, что для S  =  17 есть толь­ко два ва­ри­ан­та и Со­об­ра­же­ния мак­си­маль­но­сти дают для них число 79483625140.

Для S  =  28 будем вы­пи­сы­вать по по­ряд­ку мак­си­маль­но воз­мож­ные цифры слева на­пра­во, пока это воз­мож­но с со­блю­де­ни­ем усло­вия, что сумма цифр на ме­стах с нечѐтными но­ме­ра­ми может быть равна в итоге 28, а сумма цифр на ме­стах с чётными но­ме­ра­ми  — 17. По­лу­чит­ся 98765, далее сумма остав­ших­ся двух цифр на ше­стом и вось­мом ме­стах долж­на рав­нять­ся 3, что воз­мож­но толь­ко, если они равны 1 и 2, от­ку­да и по­лу­ча­ет­ся число в от­ве­те. Оно боль­ше, чем ранее най­ден­ное 79483625140 для S  =  17. Если бы можно было найти боль­шее число, для него было бы S  =  28 и ше­стая слева цифра была бы боль­ше 2, что, как мы по­ня­ли, не­воз­мож­но.

Ответ: 9876524130.

До­ка­жем, что сто­ро­ны четырёхуголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ков ABC, BCD, CDA и DAB па­рал­лель­ны (и про­пор­ци­о­наль­ны) сто­ро­нам ис­ход­но­го четырёхуголь­ни­ка ABCD. Зна­чит, он имеет те же углы и яв­ля­ет­ся впи­сан­ным тогда и толь­ко тогда, когда впи­сан­ным яв­ля­ет­ся ABCD. Обо­зна­чим се­ре­ди­ну сто­ро­ны CD за М, а точки пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ков BCD и CDA за Р и Q. По свой­ству ме­ди­ан, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Фа­ле­са это влечёт па­рал­лель­ность PQ и АВ (и то, что от­но­ше­ние их длин равно 1 к 3). Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся па­рал­лель­ность осталь­ных пар сто­рон. Стро­го го­во­ря, от­сю­да сле­ду­ет по­до­бие четырёхуголь­ни­ков с ко­эф­фи­ци­ен­том но это для ре­ше­ния за­да­чи не нужно.

Обо­зна­чим числа ис­ко­мой четвёрки за a, b, c, d. По усло­вию, из пер­во­го ра­вен­ства имеем причём, если и из вто­ро­го ра­вен­ства Сле­до­ва­тель­но, для любой пары чисел из нашей либо эти числа равны, либо их сумма равна 2 и про­из­ве­де­ние остав­шей­ся пары чисел равно 1. В част­но­сти, среди чисел нашей четвёрки со­дер­жит­ся мак­си­мум два раз­лич­ных числа.

1)   Все че­ты­ре числа равны между собой, тогда Ввиду мо­но­тон­но­сти функ­ции яв­ля­ю­щей­ся сум­мой двух мо­но­тон­но воз­рас­та­ю­щих функ­ций и ре­ше­ние будет един­ствен­но: По­лу­ча­ем первую ис­ко­мую четвёрку

2)   Часть чисел (не менее двух) равна a, осталь­ные (не менее од­но­го) равны Если чисел, рав­ных a, ровно два, то от­ку­да и мы имеем на самом деле слу­чай 1). Если чисел, рав­ных a, ровно три, то и, либо и мы опять по­лу­ча­ем слу­чай 1), либо и мы по­лу­ча­ем новую ис­ко­мую четвёрку До­бав­ляя ре­ше­ния, по­лу­ча­ю­щи­е­ся пе­ре­ста­нов­ка­ми пе­ре­мен­ных, по­лу­чим три новых четвёрки.

Ответ: и

Если в каж­дой стро­ке не боль­ше двух раз­лич­ных букв, то общее их число не пре­вос­хо­дит 10  =  5 · 2. Далее можно счи­тать, что в пер­вой стро­ке ровно три раз­лич­ных буквы. Если каж­дая из остав­ших­ся строк имеет хотя бы одну общую букву с пер­вой, то общее число букв не пре­вос­хо­дит 3 + 4 · 2  =  11. Пусть име­ет­ся стро­ка, можно счи­тать, вто­рая, в ко­то­рой три раз­лич­ных буквы, от­лич­ных от букв пер­вой стро­ки. Тогда в каж­дом столб­це кроме букв пер­вой и вто­рой строк может быть не более одной новой буквы, всего не более 3 + 3 + 5 · 1  =  11.

При­мер рас­ста­нов­ки 11 раз­лич­ных букв: по глав­ной диа­го­на­ли таб­ли­цы из ле­во­го ниж­не­го угла в пра­вый верх­ний за­пи­са­ны пер­вые пять раз­лич­ных букв, по со­сед­ней снизу диа­го­на­ли  — сле­ду­ю­щие че­ты­ре, в левом верх­нем углу  — де­ся­тая, а в осталь­ных клет­ках  — один­на­дца­тая буквы.

Ответ: 11.

Пе­ре­пи­шем урав­не­ние в виде Пре­об­ра­зо­вы­вая пра­вую часть, по­лу­чим По­след­няя дробь будет целым чис­лом при n  =  3 и n  =  8, но по­след­нее число не яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем (под­ставь­те!).

Ответ:

Двой­ка мень­ше трой­ки, по­это­му и сле­до­ва­тель­но, С дру­гой сто­ро­ны, и сле­до­ва­тель­но, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: боль­ше, чем

Всего будет по 20 го­ри­зон­таль­ных и вер­ти­каль­ных от­рез­ков. Если счи­тать их рас­по­ло­жен­ны­ми вдоль ко­ор­ди­нат­ных осей ОХ и OY со­от­вет­ствен­но, и обо­зна­чить ко­ли­че­ство по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных го­ри­зон­таль­ных и вер­ти­каль­ных от­рез­ков за x и y со­от­вет­ствен­но, то ко­ор­ди­на­ты суммы всех по­лу­чен­ных век­то­ров будут равны Сле­до­ва­тель­но, чтобы сумма всех век­то­ров рав­ня­лась нулю, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы ровно по­ло­ви­на го­ри­зон­таль­ных и ровно по­ло­ви­на вер­ти­каль­ных от­рез­ков были ори­ен­ти­ро­ва­ны по­ло­жи­тель­но, а осталь­ные  — от­ри­ца­тель­но. При этом без­раз­лич­но, какие имен­но. спо­со­бов вы­бо­ра 10 из 20 го­ри­зон­таль­ных по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных от­рез­ков и спо­со­бов вы­бо­ра 10 из 20 вер­ти­каль­ных по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных от­рез­ков не­за­ви­си­мы друг от друга, по­это­му от­ве­том будет число

Ответ:

Обо­зна­чим се­ре­ди­ны сто­рон AB, BC, CD и DA четырёхуголь­ни­ка ABCD через X, Y, Z, T со­от­вет­ствен­но. По свой­ству ме­ди­ан, точки P, Q, R, S делят от­рез­ки OX, OY, OZ, OT в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от О. Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка PQRS равна пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка XYZT. По­ка­жем, что пло­щадь по­след­не­го четырёхуголь­ни­ка равна по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD. За­ме­тим, что от­ре­зок XY яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка АВС, по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка XBY равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC. Ана­ло­гич­но, пло­щадь тре­уголь­ни­ка ZDT равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка CDA, а сумма пло­ща­дей XBY и ZDT равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. Так же до­ка­зы­ва­ет­ся, что и сумма пло­ща­дей YCZ и TAX равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. На­ко­нец, пло­щадь XYZT равна раз­но­сти пло­ща­дей ABCD и тре­уголь­ни­ков XBY, ZDT, YCZ и TAX, то есть по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD. Окон­ча­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка равна пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка ABCD.

Ответ:

До­ка­жем ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции. При   — оче­вид­но. В про­из­воль­ном слове w от n + 1 буквы рас­смот­рим первую слева букву, назовём её a, если она боль­ше не встре­ча­ет­ся в w, остав­ша­я­ся часть w яв­ля­ет­ся сло­вом от n букв и по пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции имеет длину не боль­ше Общая длина w при этом не пре­вос­хо­дит

Если a встре­ча­ет­ся в w ещё хотя бы раз, то под­сло­ва, на ко­то­рые a раз­би­ва­ет w, не имеют общих букв. Иначе, убрав всё, кроме пер­вой a, буквы b, встре­ча­ю­щей­ся в раз­ных под­сло­вах и вто­рой буквы a, сто­я­щей между этими b, по­лу­чим слово abab, за­прещённое усло­ви­ем. Пусть всего w со­дер­жит k вхож­де­ний a, оно раз­би­ва­ет w на k (если по­след­няя буква w не a) или k − 1 (если по­след­няя буква w равна a) под­слов, каж­дое из ко­то­рых ис­поль­зу­ет не­пе­ре­се­ка­ю­ще­е­ся с дру­ги­ми мно­же­ство букв. Длина каж­до­го под­сло­ва оце­ни­ва­ет­ся по ин­дук­ции как удво­ен­ное число ис­поль­зо­ван­ных в нём раз­лич­ных букв, умень­шен­ное на 1. Всего в этих сло­вах за­дей­ство­ван­но n букв, по­это­му общая сум­мар­ная длина всех под­слов не пре­вос­хо­дит До­бав­ля­ем сюда k вхож­де­ний a, по­лу­чим, что длина w не пре­вос­хо­дит   — шаг ин­дук­ции до­ка­зан.

Ответ:

По по­стро­е­нию, от­рез­ки ВК и DМ равны ребру квад­ра­та, и углы СВК и СDM равны 30°, по­это­му рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки СВК и СDM равны по двум сто­ро­нам и углу между ними. Сле­до­ва­тель­но, их ос­но­ва­ния СК и СM тоже равны и тре­уголь­ник СКМ  — рав­но­бед­рен­ный. Тре­уголь­ни­ки СВК и СDM рав­но­бед­рен­ные с уг­ла­ми 30° при вер­ши­нах В и D, по­это­му ве­ли­чи­ны углов ВСК и DСМ при их ос­но­ва­ни­ях равны 75°, зна­чит, углы ВСМ и DСК равны 15°, по­это­му угол КСМ равен 60°. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник СКМ яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным с углом 60° при вер­ши­не, то есть, рав­но­сто­рон­ним.

Вто­рой спо­соб. Можно про­сто по­счи­тать в ко­ор­ди­на­тах, длина сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка СКМ при этом равна

Назовём груп­пой не­сколь­ко детей од­но­го пола, си­дя­щих под­ряд, слева и спра­ва от край­них из них уже сидят дети про­ти­во­по­лож­но­го пола. Пусть X  — число групп маль­чи­ков, оно равно и числу групп де­во­чек, си­дя­щих под­ряд. Легко убе­дить­ся, что число пар со­сед­них детей в каж­дой груп­пе на один мень­ше, чем число детей в этой груп­пе, по­это­му число пар си­дя­щих рядом маль­чи­ков равно 15 − Х, а число пар си­дя­щих рядом де­во­чек равно 20 − Х. По усло­вию, от­ку­да Х  =  5. Сле­до­ва­тель­но, пар со­сед­них маль­чи­ков 10, де­во­чек  — 15, а сме­ша­ных со­сед­них пар 15 + 20 − (10 + 15)  =  10.

Ответ: 10.

Пред­по­ло­жим про­тив­ное, что 2017 можно пред­ста­вить как сумму на­ту­раль­ных чисел А и В, причём сумма цифр А вдвое боль­ше суммы цифр В. При сло­же­нии двух цифр од­но­го раз­ря­да в нём остаётся их сумма, если она мень­ше 10, либо их сумма минус 10, если она боль­ше 10, а еди­ни­ца ухо­дит в сле­ду­ю­щий раз­ряд. Таким об­ра­зом, сумма цифр равна сумме цифр А плюс сумма цифр В минус число пе­ре­хо­дов еди­ни­цы в сле­ду­ю­щий раз­ряд при сло­же­нии, умно­жен­ное на 9. По усло­вию, сумма цифр А вдвое боль­ше суммы цифр В, по­это­му их общая сумма де­лит­ся на 3, зна­чит, и сумма цифр долж­на де­лить­ся на 3  — про­ти­во­ре­чие с тем, что сумма цифр числа 2017 равна 10.

Ответ: Нель­зя.

Оцен­ка числа тре­уголь­ни­ков. За­ну­ме­ру­ем вер­ши­ны 18-ти уголь­ни­ка от 1 до 18 по ча­со­вой стрел­ке. Сто­ро­на­ми тре­уголь­ни­ков яв­ля­ют­ся сто­ро­ны и диа­го­на­ли пра­виль­но­го 18-ти уголь­ни­ка. Назовѐм диа­го­наль чётной, если между еѐ кон­ца­ми со­дер­жит­ся чѐтное число сто­рон, и нечётной  — в про­тив­ном слу­чае. Чётность диа­го­на­ли сов­па­да­ет с чётно­стью раз­но­сти но­ме­ров её кон­цов. Ввиду чётно­сти об­ще­го числа сто­рон мно­го­уголь­ни­ка всё равно, с какой сто­ро­ны от диа­го­на­ли счи­тать число сто­рон. Сто­ро­ны тоже счи­та­ем нечётными диа­го­на­ля­ми. Две диа­го­на­ли АВ и СD, где AC и BD не пе­ре­се­ка­ют­ся, па­рал­лель­ны тогда и толь­ко тогда, когда между A и C, B и D со­дер­жит­ся рав­ное число сто­рон, то есть по­ло­жи­тель­ная раз­ность но­ме­ров А и С равна по­ло­жи­тель­ной раз­но­сти но­ме­ров В и D. Не­слож­но за­ме­тить, что любая нечётная диа­го­наль па­рал­лель­на одной из де­вя­ти сто­рон 18-ти уголь­ни­ка, а любая чётная – одной из де­вя­ти диа­го­на­лей, от­се­ка­ю­щих от 18-ти уголь­ни­ка тре­уголь­ник (две сто­ро­ны ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся сто­ро­на­ми мно­го­уголь­ни­ка). Всего име­ет­ся 18 се­мейств диа­го­на­лей, любые две диа­го­на­ли од­но­го се­мей­ства па­рал­лель­ны, а любые две диа­го­на­ли раз­ных се­мейств  — не па­рал­лель­ны. Де­вять из этих се­мейств со­дер­жат чётные диа­го­на­ли и де­вять  — нечётные. В ка­че­стве пред­ста­ви­те­лей нечётных се­мейств можно взять сто­ро­ны с кон­ца­ми 12 23, …, 89, 9 10 и диа­го­на­ли 13, 24, …, 8 10, 9 11. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, по­стро­ен­ные на вер­ши­нах пра­виль­но­го 18-уголь­ни­ка, не могут ис­поль­зо­вать боль­ше, чем по одной из каж­до­го се­мей­ства этих диа­го­на­лей, и общее число этих тре­уголь­ни­ков не пре­вос­хо­дит 18 : 3  =  6. Более того, про­из­воль­ный тре­уголь­ник, по­стро­ен­ный на трёх вер­ши­нах 18-ти уголь­ни­ка, может со­дер­жать либо три чётных диа­го­на­ли, либо одну чётную и две нечётных, так как сумма чётно­стей трёх его сто­рон равна чётно­сти числа 18. Сле­до­ва­тель­но, общее число нечётных сто­рон в любом мно­же­стве тре­уголь­ни­ков с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми долж­но быть чётным, и мы не смо­жем ис­поль­зо­вать для их сто­рон все 18 се­мейств диа­го­на­лей. Таким об­ра­зом, число тре­уголь­ни­ков с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, по­стро­ен­ных на вер­ши­нах пра­виль­но­го 18-уголь­ни­ка, не пре­вос­хо­дит пяти.

При­мер. Пять тре­уголь­ни­ков с вер­ши­на­ми {1, 2, 3}, {3, 4, 5}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}, {1, 5, 9}.

Ответ: 5.

За­пи­шем все числа от 1 до 100 слева на­пра­во по по­ряд­ку: 1, 2, 3, 4, ..., 99, 100, разобьём на 50 пар со­сед­них: 1 и 2, 3 и 4, …, 99 и 100, и в каж­дой паре числа по­ме­ня­ем ме­ста­ми: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99. До­ка­жем, что по­лу­чен­ная пе­ре­ста­нов­ка удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

а)  За­ме­тим, что в по­лу­чен­ной пе­ре­ста­нов­ке каж­дое число на нечётном месте на 1 боль­ше но­ме­ра сво­е­го места, а на чётном  — на 1 мень­ше. В част­но­сти, от­сю­да сле­ду­ет, что сумма любых двух со­сед­них чисел в пе­ре­ста­нов­ке равна сумме но­ме­ров их мест. То же от­но­сит­ся и к сумме лю­бо­го чётного числа иду­щих под­ряд чисел из пе­ре­ста­нов­ки.

б)  За­ме­тим также, что сумма чётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство, а сумма нечётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел де­лит­ся на их ко­ли­че­ство. Дей­стви­тель­но, найдём сумму по­сле­до­ва­тель­ных чисел, пер­вое из ко­то­рых равно a + 1, по­лу­чим

Тут пер­вое сла­га­е­мое все­гда де­лит­ся на n, а вто­рое, толь­ко когда n + 1 чётно.

в)  Если из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать чётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) их сумма равна сумме но­ме­ров их мест и не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Если же из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать нечётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) не­слож­но за­ме­тить, что их сумма на 1 боль­ше или мень­ше суммы но­ме­ров их мест, ко­то­рая де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Зна­чит, сумма самих чисел не может де­лит­ся на их ко­ли­че­ство.

Ответ: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99.

Рас­смот­рим слу­чаи.

1)  Пусть тогда от­ку­да   — пер­вые три ре­ше­ния.

2)  Пусть тогда от­ку­да   — пер­вое и два по­след­них ре­ше­ния. По­ка­жем, что дру­гих ре­ше­ний нет.

3)  Пусть и Вы­чтем из пер­во­го вто­рое урав­не­ние и раз­де­лим на по­лу­чим Сло­жим пер­вое и вто­рое урав­не­ние и раз­де­лим на по­лу­чим Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да то есть что в дан­ном слу­чае не­воз­мож­но. Новых ре­ше­ний не по­лу­ча­ет­ся.

Ответ:

По усло­вию, пер­вый игрок сыг­рал 21 пар­тию, по­это­му всего было сыг­ра­но не менее 21 пар­тии. Из каж­дых двух пар­тий под­ряд вто­рой игрок хотя бы в одной дол­жен участ­во­вать, зна­чит, пар­тий было не более 2 · 10 + 1  =  21. Сле­до­ва­тель­но, была сыг­ра­на всего 21 пар­тия, и пер­вый игрок участ­во­вал в каж­дой из них. В 10 пар­ти­ях он встре­чал­ся со вто­рым, а в остав­ших­ся 11 пар­ти­ях  — с тре­тьим. При­мер та­ко­го тур­ни­ра: пер­вый игрок встре­ча­ет­ся со вто­рым в пар­ти­ях с чётными но­ме­ра­ми, а с тре­тьим  — в пар­ти­ях с нечётными но­ме­ра­ми.

Ответ: 11.

От­ло­жим от точки В от­ре­зок ВЕ, рав­ный и па­рал­лель­ный диа­го­на­ли АС. Тогда четырёхуголь­ник АЕВС яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грам­мом, сто­ро­на АВ  — одной его диа­го­на­лью, а от­ре­зок ЕС  — дру­гой, сле­до­ва­тель­но, точка Р яв­ля­ет­ся также се­ре­ди­ной от­рез­ка ЕС. По­это­му РQ яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка ЕСD и па­рал­ле­лен его сто­ро­не ED. Ввиду па­рал­лель­но­сти сто­рон углов АОD и ЕВD, их бис­сек­три­сы также па­рал­лель­ны. Тре­уголь­ник ЕВD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, сле­до­ва­тель­но, бис­сек­три­са угла ЕВD при его вер­ши­не, пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию ED. Зна­чит, бис­сек­три­са угла АОD пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку РQ.

1)   До­ка­жем по ин­дук­ции, что число змеек, одним из кон­цов ко­то­рых яв­ля­ет­ся фик­си­ро­ван­ная вер­ши­на А, равно База при оче­вид­на. Для про­из­воль­но­го n, имеем две воз­мож­но­сти для звена с кон­цом А  — это сто­ро­ны АВ и АС n-уголь­ни­ка, где В и С  — со­сед­ние с А вер­ши­ны. Если пер­вое звено АХ от­лич­но от АВ и АС, то диа­го­наль АХ делит n-уголь­ник на два не­вы­рож­ден­ных мно­го­уголь­ни­ка с более, чем тремя вер­ши­на­ми в каж­дом, счи­тая А и Х. Тогда вто­рое звено змей­ки и все сле­ду­ю­щие, ввиду её не­са­мо­пе­ре­се­ка­е­мо­сти, будут ле­жать в одном из них и не смо­гут со­дер­жать вер­ши­ну дру­го­го, от­лич­ную от А и Х, что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Пусть пер­вым зве­ном яв­ля­ет­ся АВ, тогда остав­ши­е­ся звена змей­ки яв­ля­ют­ся змей­кой с на­ча­лом В в -уголь­ни­ке, по­лу­ча­ю­щем­ся из ис­ход­но­го уда­ле­ни­ем тре­уголь­ни­ка АВС. По ин­дук­ци­он­но­му пред­по­ло­же­нию, таких змеек будет   — это в точ­но­сти все змей­ки с край­ним зве­ном АВ. Ана­ло­гич­но, змеек с край­ним зве­ном АС тоже будет по­это­му общее число змеек, одним из кон­цов ко­то­рых яв­ля­ет­ся А, будет

2)  Те­перь умно­жим на число вер­шин n и по­де­лим по­по­лам, так как каж­дую змей­ку мы под­счи­та­ли два­жды  — с каж­до­го из её кон­цов  — всего

Ответ:

При­мер для четырёх раз­лич­ных чисел: 1, 1, 1, 2, 2, 3, 5, 5, 5, 5.

Пусть среди вы­пи­сан­ных чисел ровно раз­лич­ных, мак­си­маль­ное из ко­то­рых мы обо­зна­чим за x, а сумму всех чисел  — за S. Тогда сумма всех чисел, кроме мак­си­маль­но­го, не пре­вос­хо­дит

что не мень­ше так как де­лит­ся на него. Сле­до­ва­тель­но, не­ра­вен­ство   — имеет ре­ше­ния в на­ту­раль­ных чис­лах, и По­ло­жи­тель­ность дис­кри­ми­нан­та даёт нам и Рас­смот­рим слу­чаи каж­до­го мак­си­маль­но­го числа от­дель­но.

а)  Пусть тогда и де­лит­ся на 64, по­это­му Тогда де­лит­ся на толь­ко при по­это­му в дан­ном слу­чае

б)  Пусть тогда и де­лит­ся на 49, по­это­му Тогда де­лит­ся на толь­ко при по­это­му и в дан­ном слу­чае

в)  Пусть тогда и де­лит­ся на 36, по­это­му Тогда де­лит­ся на толь­ко при по­это­му в дан­ном слу­чае

г)  Пусть тогда и де­лит­ся на 25, по­это­му Тогда де­лит­ся на толь­ко при по­это­му в дан­ном слу­чае Ис­ко­мое мно­же­ство долж­но со­дер­жать 10 на­ту­раль­ных чисел с сум­мой 30, среди ко­то­рых долж­ны быть 1, 2, 3, 5. Те­перь уже не­слож­но по­стро­ить при­мер для 1, 1, 1, 2, 2, 3, 5, 5, 5, 5. Этот при­мер не един­ствен­ный.

Ответ: Че­ты­ре.