Всего: 173 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 …
Добавить в вариант
б) 
вокруг центра 
вокруг центра 
Если некоторые три отрезка имеют одно направление, то некоторые 2 из них являются основаниями трапеции. В самом деле, если параллелограмм вписан в окружность, то он прямоугольник, причем его противоположные стороны стягивают одинаковое число сторон многоугольника (см. решение п. а)). Следовательно, если вершины каких-либо двух из трех отрезков данного направления лежат в вершинах такого прямоугольника, то концы любого из этих двух отрезков и третьего отрезка лежат в вершинах трапеции.
то среди отмеченных точек обязательно найдутся четыре, являющиеся вершинами трапеции. Оказывается, что это не так: например, при 
и 
имеем За некоторое время мальчик проехал на велосипеде целое число раз по периметру квадратной школы в одном направлении с постоянной по величине скоростью 10 км/ч. В это же время по периметру школы прогуливался его папа со скоростью 5 км/ч, при этом он мог менять направление движения. Папа видел мальчика в те и только те моменты, когда они находились на одной стороне школы. Мог ли папа видеть мальчика больше половины указанного времени?
Про приведенный многочлен
с действительными коэффициентами известно, что при некотором натуральном 
многочлен
имеет действительные корни, причем только положительные. Обязательно ли сам многочлен 
имеет действительные корни, причем только положительные?
положим 
то есть P переводит положительные числа в положительные. Значит, тем же свойством обладают все многочлены Pk. Это противоречит тому, что у Pm(x) есть положительные корни. Поэтому многочлен P(x) также имеет положительные корни.
то 
Значит, ноль не является корнем многочлена P(x).
утверждение верно. Предположим, что оно верно при некотором 
Обозначим через x1 и x2 соответственно наименьший и наибольший корни многочлена P(x), a через x3 и x4 соответственно наименьший и наибольший корни многочлена 
Тогда 
Если число n нечетно, многочлен 
до 0 до на луче 
Значит, на этом луче найдется такое число x5, что 
Если число n четно, многочлен 
на луче 
Значит, на этом луче найдется такое число x5, что 
В обоих случаях многочлен 
Значит, на этом луче найдется такое число x6, что 
Следовательно, в обоих случаях 
и 
Утверждение доказано.
(где A — число, составленное из всех цифр, кроме первой, a — первая цифра). Пусть n — количество цифр в числе 
Отсюда, 
то у числа A, а значит, и у искомого числа, есть две совпадающие цифры (два нуля на конце). Если же 
то 
Ясно, что чем больше a, тем больше исходное число. При 
число 250a состоит из 4 цифр, а не из трех. При 
мы получаем 
а исходное число равно 3750. Значит, наибольшее искомое число равно 3750.В шахматном турнире каждый участник встретился с каждым один раз. В каждом туре каждый участник проводил по одной встрече. Не меньше чем в половине всех встреч оба участника были земляками (из одного города). Докажите, что в каждом туре была хотя бы одна встреча между земляками.
делится на n.
то 
а значит, делится на n. Пусть теперь 
Возьмем 
тогда 
и, следовательно, 
но в этом случае 
должно делиться на все n, что невозможно. Таким образом, пары, в которых 
нам не подходят.
k — любое.Петя раскрасил каждую клетку квадрата 
в один из 10 цветов. Также он придумал такой 10-клеточный многоугольник Ф, что при любом способе вырезать из этого квадрата по границам клеток многоугольник, равный Ф, в нём все 10 клеток оказываются разного цвета. Обязательно ли Ф — прямоугольник?
Прямая b симметрична прямой AM относительно высоты BB1, а прямая c симметрична прямой AM относительно высоты CC1. Прямые b и c пересеклись в точке X. Докажите, что 
соответственно. Очевидно, что точки A, B, C являются серединами сторон треугольника 
Высота BB1 перпендикулярна прямой AC, а значит, и прямой 
Получаем, что точки 
и 
лежит на прямой c. 
причем A — середина 
Тогда 
имеет два действительных корня. Каждый из трех его коэффициентов (включая коэффициент при x2) увеличили на 1. Могло ли оказаться, что оба корня трехчлена также увеличились на 1?
Тогда по теореме Виета 
Однако же дискриминант такого трехчлена отрицателен. Значит, описанная в задаче ситуация невозможна.Все натуральные числа, бо́льшие единицы, раскрасили в два цвета — синий и красный — так, что сумма любых двух синих (в том числе одинаковых) — синяя, а произведение любых двух красных (в том числе одинаковых) — красное. Известно, что при раскрашивании были использованы оба цвета и что число 1024 покрасили в синий цвет. Какого цвета при этом могло оказаться число 2017?
из этого следует, что число 2 синее. 
синего цвета, то любое число 
тоже синего цвета (следует из условия задачи при помощи принципа математической индукции). Значит, поскольку 2 синее, то все четные числа также синие.
покрашено в красный цвет. Но тогда и любая степень k тоже красная. Так как 
то существует степень, которая превосходит 2017. Получается, что она одновременно покрашена и в синий, и в красный цвета, что невозможно. Поэтому 2017 может быть только красного цвета.Точка O — центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC. Описанная окружность треугольника AOC вторично пересекает стороны AB и BC в точках E и F. Оказалось, что прямая EF делит площадь треугольника ABC пополам. Найдите угол B.
Тогда 
как центральный для угла ABC относительно окружности ω. Тогда 
как опирающиеся на дугу AC окружности ω1. Так как угол AEC внешний для треугольника CEB, 
значит, треугольник CEB — равнобедренный. Аналогично, 
угол AFC внешний для треугольника AFB, значит, 
треугольник ABF тоже равнобедренный.
и 
Перемножив эти равенства, получим: 
Кроме того, из отношения площадей треугольников ABC и AEF, данного в условии, получаем: 
Так как 
имеем 
значит, 
так как угол AOC — центральный для угла ABC относительно окружности 
Также заметим, что 
так как угол BEO дополняет угол AEO до 180°, а угол AEO опирается на дополнительную дугу для дуги окружности ω1, на которую опирается угол ACO. Заметим, что 
как радиусы окружности ω. Значит, 
то есть прямая EO — высота в треугольнике BEC (перпендикулярная стороне BC). Аналогично, FO — высота в треугольнике AFB. Так как O — центр описанной окружности треугольника ABC, то высоты EO и FO делят стороны AB и CB соответственно пополам. 
(так как отрезок EF делит площадь ABC пополам, то есть площадь треугольника BFE равно половине площади треугольника ABC; а площадь треугольника BMN равна четверти площади треугольника ABC, так как M и N — середины сторон AB и CB соответственно). Поэтому, если рассмотреть окружность, построенную на EF как на диаметре (радиуса r), то 
и угол ABC равен полуразности соответствующих дуг этой окружности, то есть 
У Васи есть камень (однородный, без внутренних полостей), имеющий форму выпуклого многогранника, у которого есть только треугольные и шестиугольные грани. Вася утверждает, что он разбил этот камень на две части так, что можно сложить из них куб (без внутренних полостей). Могут ли слова Васи быть правдой?
найдется число с суммой цифр k, кратное n?
мы получим, что число с суммой цифр, не кратной 3, будет делиться на 3. Покажем, что все остальные числа нам подойдут.
такое, что 
Тогда 
Действительно, среди остатков чисел 10, 102, 103, ..., 10n по модулю n должны быть два одинаковых (поскольку всего 
ненулевой остаток). Пусть это остатки степеней 10a и 10b 
тогда 
так как 10 и n взаимно просты. (По теореме Эйлера 
то есть в качестве d может быть выбрано число 
всех чисел от 1 до n, взаимно простых с n.) Значит, 
где n0 не кратно двум, трем и пяти. В этом случае мы уже умеем строить число N0 с суммой цифр k, кратное n0. Тогда 
по-прежнему будет иметь сумму цифр k, но теперь уже будет кратно n. В Чикаго орудует 36 преступных банд, некоторые из которых враждуют между собой. Каждый гангстер состоит в нескольких бандах, причем любые два гангстера состоят в разных наборах банд. Известно, что ни один гангстер не состоит в двух бандах, враждующих между собой. Кроме того, оказалось, что каждая банда, в которой не состоит некоторый гангстер, враждует с какой-то бандой, в которой данный гангстер состоит. Какое наибольшее количество гангстеров может быть в Чикаго?
Докажем, что максимальное число гангстеров равно 3n, если 
если 
если 
Для удобства обозначим эти величины через g(N), причем будем также считать 
Сразу заметим, что 
для любых k, m (для которых эти выражения имеют смысл) это свойство пригодится в дальнейшем.
или 
соответственно.
максимально возможное число гангстеров при 
для 
положим 
Нам нужно доказать, что 
Будем доказывать это по индукции. База 
очевидна.
уже доказано, что 
Рассмотрим граф вражды банд. Если он несвязен, то его вершины можно разбить на два подмножества размера m и 
не соединенных между собой ребрами. Если рассматривать только банды из первого подмножества, то некоторые из рассматриваемых f(k) гангстеров могут состоять в одинаковых наборах банд, при этом по предположению индукции может получиться не более f(m) различных наборов. Аналогично, для второго подмножества может получиться не более 
различных наборов. При этом если для двух гангстеров совпадает и набор банд из первого подмножества, в которых они состоят, и набор банд из второго подмножества, в которых они состоят, то для них совпадают все банды, а это запрещено условием. Значит, всего гангстеров не более 
Тогда имеем: 
С другой стороны, количество гангстеров, не состоящих в банде V, будет не больше чем 
поскольку можно убрать банду V и оставить гангстеров, не состоявших в ней, и условие задачи по-прежнему будет выполняться. Таким образом, 
то очевидно, что 
Иначе возьмем три последовательных вершины, не являющиеся крайними в цепочке. Очевидно, что минимум в одну из этих банд входит каждый гангстер, при этом в каждую из этих трех банд входит не более чем 
гангстера, так как если гангстер входит в банду, то он не входит в две враждующие с ней, а относительно остальных 
банд и гангстеров, входящих в выбранную банду, условие задачи продолжит выполняться. Имеем: 
и оценка доказана. Тогда, если банд 36, то максимальное количество гангстеров равно 
и 
то цифры a и b четны, причем 
но 0 не может быть первой цифрой числа.
то аналогично рассуждению для трехзначных чисел получаем единственный вариант 
Если числа 
и 
кратны 80, то их разность 
или 
Значит, 
делится на 4, что возможно только при 
или 
Но уже при 
получаем число 
удовлетворяющее условию задачи, так как 
По теореме о касательной и секущей имеем 
и 
то есть точка S делит сторону AC треугольника AQC на части, пропорциональные прилежащим сторонам. В таком же отношении эту сторону делит и основание биссектрисы угла Q в этом треугольнике. Поскольку точка, делящая отрезок в заданном отношении, определена однозначно, отрезок QS совпадает с биссектрисой.
как опиравшиеся на диаметр, поэтому O является точкой пересечения серединных перпендикуляров KO и LO треугольника AQC, то есть центром его описанной окружности, причем общая точка Q этих окружностей лежит на линии их центров. (Этот факт можно обосновать и иначе: гомотетия с центром в точке Q и коэффициентом 2 переводит вписанную окружность треугольника ABC в описанную окружность треугольника AQC, поэтому эти окружности касаются в точке Q.) 
а y0 — положительный корень уравнения 
так как 
Аналогично, поскольку x0 удовлетворяет уравнению 
то и 
Следовательно, 
так как это неравенство равносильно неравенству 
которое выполнено при 
Тогда 
строго возрастает при 
(так как при этих t имеем 
получаем 
Действительно, 
(через 
обозначены остальные слагаемые биномиального разложения), а значит, в силу возрастания при 
справедливо неравенство 
равенство 
Получим 
равны нулю.
Три велосипедиста ездят в одном направлении по круглому треку длиной 300 метров. Каждый из них движется со своей постоянной скоростью, все скорости различны. Фотограф сможет сделать удачный снимок велосипедистов, если все они окажутся на каком-либо участке трека длиной d метров. При каком наименьшем d фотограф рано или поздно заведомо сможет сделать удачный снимок?
(n — произвольное натуральное число) различны, так как первый велосипедист не сможет сделать полный круг против часовой стрелки, не встретившись при этом с третьим. Обозначим через βn меньшую из двух дуг трека с концами Bn, 
Ее длина не превосходит 150 метров. Поскольку встречи происходят периодически со сдвигом в одном направлении, все дуги βn равны между собой и объединение нескольких из них покрывает весь трек. Значит, найдется такая дуга βm, содержащая точку A, что длина одной из дуг BmA или 
не превосходит 75 метров. Таким образом, в какой-то момент встречи первого и третьего велосипедистов они будут находиться от второго велосипедиста не дальше 75 метров. Поэтому фотограф заведомо сможет сделать удачный снимок, если d не больше 75 метров.
Раскрасим его вершины в черный и белый цвета так, чтобы вершины, соединенные ребром, были окрашены в разные цвета. Тогда расстояние между любыми двумя точками одного цвета равно 
Назовем две черные и две белые вершины, принадлежащие одной грани меньшего куба, соответствующими. Рассмотрим 4 белые вершины. Куб имеет 3 пары противоположных граней, следовательно, по принципу Дирихле какие-то две белые вершины принадлежат одной паре противоположных граней большего (единичного) куба. Возможны два случая.
Тогда 
Когда x пробегает полуинтервал 
искомая длина a принимает все значения из полуинтервала 
При этом все вершины получающегося малого куба будут лежать на гранях единичного куба.
не меньше 1. Поэтому и в этом случае 