В каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це таб­ли­цы может быть либо одно, либо три нечётных числа. Общее ко­ли­че­ство нечётных чисел  — нечётное число от 3 до Раз­берём не­сколь­ко слу­ча­ев:

1)  Всего три нечётных числа, то есть по од­но­му в каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це. У нас спо­со­бов вы­брать, где стоят эти числа, спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить нечётные.

2)  Пять нечётных чисел, т. е. они за­ни­ма­ют одну стро­ку и один стол­бец. спо­со­бов вы­брать эти стро­ку и стол­бец, спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить нечётные.

3)  Семи нечётных чисел быть не может, так как это зна­чит, что чётных чисел всего два. Они не могут од­но­вре­мен­но на­хо­дить­ся в одной стро­ке и одном столб­це, а зна­чит, какие-то суммы ока­жут­ся чётными.

4)  Все числа нечётные, в таком слу­чае спо­со­бов. Итого

Ответ:

Обо­зна­чим точки пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти (назовём её α) с рёбрами CA, CB и CD за и со­от­вет­ствен­но. Если

пря­мые и па­рал­лель­ны, а зна­чит, плос­кость не пе­ре­се­ка­ет­ся с пря­мой AB. Ана­ло­гич­ные рас­суж­де­ния про­ведём для пря­мой BD. Зна­чит,

Воз­мож­ны два ва­ри­ан­та. В пер­вом слу­чае

По тео­ре­ме Ме­не­лая по­лу­ча­ем

от­ку­да При этом точка E ока­зы­ва­ет­ся на луче за точ­кой B, от­ку­да Ана­ло­гич­но и от­но­ше­ние пло­ща­дей равно (т. к. у ис­ко­мых тре­уголь­ни­ков равны углы при вер­ши­не B).

Во вто­ром слу­чае

По тео­ре­ме Ме­не­лая по­лу­ча­ем

Ответ: 1 : 225 или 256 : 225.

Ко­ли­че­ство под­хо­дя­щих -знач­ных чисел не боль­ше, чем 9 ва­ри­ан­тов для пер­вой цифры и не более 9999 ва­ри­ан­тов для каж­дой сле­ду­ю­щей четвёрки цифр. Каж­дое из них не мень­ше

Ко­ли­че­ство под­хо­дя­щих -знач­ных чисел не боль­ше, чем Каж­дое из них не мень­ше

Ко­ли­че­ство под­хо­дя­щих -знач­ных чисел не боль­ше, чем Каж­дое из них не мень­ше

Ко­ли­че­ство под­хо­дя­щих -знач­ных чисел не боль­ше, чем Каж­дое из них не мень­ше

Пусть ко­ли­че­ство зна­ков в самом боль­шом вы­пи­сан­ном числе не пре­вос­хо­дит Тогда общая сумма чисел не боль­ше

По­смот­рим на ка­ко­го-то че­ло­ве­ка. Пусть у него пять дру­зей. Тогда у всех этих пяти че­ло­век по шесть дру­зей. Ана­ло­гич­но есть ещё хотя бы 6 че­ло­век с пятью дру­зья­ми каж­дый. Всего 11 че­ло­век.

При­мер до­воль­но легко по­стро­ить: две груп­пы из 5 и 6 че­ло­век, люди из раз­ных групп дру­жат между собой, а из одной  — нет.

Ответ: 11.

По­смот­рим на ка­ко­го-то че­ло­ве­ка. Пусть у него пять дру­зей. Тогда у всех этих пяти че­ло­век по семь дру­зей. Ана­ло­гич­но есть ещё хотя бы 7 че­ло­век с пятью дру­зья­ми каж­дый. Всего 12 че­ло­век.

При­мер до­воль­но легко по­стро­ить: две груп­пы из 5 и 7 че­ло­век, люди из раз­ных групп дру­жат между собой, а из одной  — нет.

Ответ: 12.

Вто­рой эле­мент  — либо боль­ший, либо мень­ший из трёх ука­зан­ных, зна­чит, он не может быть равен сред­не­му ариф­ме­ти­че­ско­му всех трёх. Пер­вый эле­мент тем более не под­хо­дят. Для того, чтобы до­ка­зать, что ответ «3» воз­мо­жен, введём обо­зна­че­ния: пусть Тогда надо ре­шить урав­не­ние

Упро­щая его, по­лу­ча­ем У этого урав­не­ния есть ко­рень но он нам не под­хо­дит, так как про­грес­сия не­по­сто­ян­на. Тогда

Вто­рой мно­жи­тель при от­ри­ца­те­лен, а при по­ло­жи­те­лен, зна­чит, у этого вы­ра­же­ния есть ко­рень между нулём и еди­ни­цей.

Таким об­ра­зом, можно по­до­брать зна­ме­на­тель про­грес­сии и взять любое по­ло­жи­тель­ное число в ка­че­стве пер­во­го члена для от­ве­та 3.

Ответ: 3.

Тре­тий эле­мент  — либо боль­ший, либо мень­ший из трёх ука­зан­ных, зна­чит, он не может быть равен сред­не­му ариф­ме­ти­че­ско­му всех трёх. Пер­вый и вто­рой эле­мен­ты тем более не под­хо­дят.

Для того, чтобы до­ка­зать, что ответ «4» воз­мо­жен, введём обо­зна­че­ния: пусть bq Тогда надо ре­шить урав­не­ние

Упро­щая его, по­лу­ча­ем

У этого урав­не­ния есть ко­рень но он нам не под­хо­дит, так как про­грес­сия не­по­сто­ян­на. Тогда

Вто­рой мно­жи­тель при от­ри­ца­те­лен, а при по­ло­жи­те­лен, зна­чит, у этого вы­ра­же­ния есть ко­рень между нулём и еди­ни­цей. Таким об­ра­зом, можно по­до­брать зна­ме­на­тель про­грес­сии и взять любое по­ло­жи­тель­ное число в ка­че­стве пер­во­го члена для от­ве­та 4.

Ответ: 4.

Можно за­ме­тить, что ука­зан­ное число все­гда де­лит­ся на Это легко до­ка­зы­ва­ет­ся через фор­му­лу раз­но­сти сте­пе­ней или поль­зу­ясь тем об­сто­я­тель­ством, что При этом част­ное тоже боль­ше еди­ни­цы при

Ответ: нет.

Так как то Далее, это число даёт оста­ток 135 при де­ле­нии на 360, по­лу­ча­ем Тогда это число даёт оста­ток 225 при де­ле­нии на 360. Даль­ше по­сле­до­ва­тель­ность остат­ков при де­ле­нии на 360 за­цик­ли­ва­ет­ся, то есть по­ло­жи­тель­ные и от­ри­ца­тель­ные тан­ген­сы будут че­ре­до­вать­ся.

Пер­вое число не вхо­дит в этот цикл и оно по­ло­жи­тель­но. Среди осталь­ных чисел от­ри­ца­тель­ных ровно по­ло­ви­на, то есть 1009.

Ответ: 1009.

За­да­ча ре­ша­ет­ся с точ­но­стью до по­до­бия, по­это­му можно счи­тать, что сто­ро­на ромба равна 4. Тогда вы­со­та делит её на от­рез­ки 1 и 3.

Вы­со­ту ромба можно найти по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Эта же вы­со­та яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти. От­сю­да по­лу­ча­ем от­но­ше­ние пло­ща­дей:

Ответ:

Из того, что тре­уголь­ник ост­ро­уголь­ный и окруж­ность пе­ре­се­ка­ет его в шести точ­ках, сле­ду­ет, что центр окруж­но­сти лежит внут­ри тре­уголь­ни­ка.

Пусть   — точка ка­са­ния ка­са­тель­ной, вы­пу­щен­ной из точки A, бли­жай­шей к точке B, O  — центр окруж­но­сти. Пусть X  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AB и Ана­ло­гич­но   — точка ка­са­ния ка­са­тель­ной, вы­пу­щен­ной из точки B, бли­жай­шей к точке A, а Y  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AB и При этом, точки A, X, Y, B на­хо­дят­ся на от­рез­ке имен­но в таком по­ряд­ке, то есть

С дру­гой сто­ро­ны, тре­уголь­ник   — пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой по­это­му Ана­ло­гич­но От­сю­да по­лу­ча­ем

Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем и Таким об­ра­зом, мень­ше по­лу­пе­ри­мет­ра тре­уголь­ни­ка, то есть 1, что и тре­бо­ва­лась до­ка­зать. На самом деле, мы до­ка­за­ли более силь­ное, стро­гое не­ра­вен­ство, вме­сто не­стро­го­го, ко­то­рое тре­бо­ва­лось.

Ис­ко­мая таб­ли­ца по­лу­ча­ет­ся как сумма двух таб­лиц. Пер­вая таб­ли­ца вы­гля­дит так.

В этой таб­ли­це любое число, вме­сте со своим со­сед­ним по го­ри­зон­та­ли даёт в сумме 99, так что в любом квад­ра­те сумма равна 198.

В этой таб­ли­це любое число, вме­сте со своим со­сед­ним по вер­ти­ка­ли даёт в сумме 9900, так что в любом квад­ра­те сумма равна 19800. При сум­ми­ро­ва­нии этих таб­лиц сумма в каж­дом квад­ра­те будет оче­вид­но со­став­лять 19998.

Оста­лось по­нять, что в таб­ли­це встре­тят­ся все числа. Рас­смот­рим рас­ста­нов­ку ка­ко­го-то числа вида во вто­рой таб­ли­це. Это число рас­по­ло­же­но в двух со­сед­них столб­цах на клет­ках, ко­то­рые при шах­мат­ной рас­крас­ке ока­зы­ва­ют­ся од­но­го цвета. При этом в пер­вой таб­ли­це в этих двух столб­цах встре­ча­ют­ся все числа от 0 до 99, причём каж­дое один раз на чёрной клет­ке и один раз на белой. Зна­чит, число будет про­сум­ми­ро­ва­но с каж­дым чис­лом от 0 до 99 ровно один раз. Таким об­ра­зом, у нас по­лу­чат­ся все числа от до каж­дое по разу, а зна­чит, во всей таб­ли­це по­лу­чат­ся все числа от 0 до 9999.

Ответ: да, можно.

Вы­ра­зим через Для этого за­ме­тим, что а от­ку­да

Это вы­ра­же­ние при по­ло­жи­тель­ных x при­ни­ма­ет от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния толь­ко если То же самое можно за­клю­чить про осталь­ные пе­ре­мен­ные. При этом все три пе­ре­мен­ные не могут быть быть боль­ше 5, так как тогда их сумма слиш­ком ве­ли­ка.

Таким об­ра­зом, мы до­ка­за­ли, что если хотя бы одна из пе­ре­мен­ных лежит в про­ме­жут­ке от 0 до 5, сумма по­пар­ных про­из­ве­де­ний не мень­ше 24, а об­рат­ный слу­чай не­воз­мо­жен. На самом деле, можно убе­дить­ся, что все пе­ре­мен­ные лежат в про­ме­жут­ке от 0 до 5.

Можно за­ме­тить, что ука­зан­ное число все­гда де­лит­ся на Это легко до­ка­зы­ва­ет­ся через фор­му­лу раз­но­сти сте­пе­ней или поль­зу­ясь тем об­сто­я­тель­ством, что При этом част­ное тоже боль­ше еди­ни­цы при

Ответ: нет, не может.

Так как то Далее, это число даёт оста­ток 135 при де­ле­нии на 360, по­лу­ча­ем

Тогда это число даёт оста­ток 225 при де­ле­нии на 360. Даль­ше по­сле­до­ва­тель­ность остат­ков при де­ле­нии на 360 за­цик­ли­ва­ет­ся, то есть по­ло­жи­тель­ные и от­ри­ца­тель­ные ко­тан­ген­сы будут че­ре­до­вать­ся.

Пер­вое число не вхо­дит в этот цикл и оно по­ло­жи­тель­но. Среди осталь­ных чисел по­ло­жи­тель­ных ровно по­ло­ви­на, то есть 1009. Зна­чит, ответ 1010.

Ответ: 1010.

За­да­ча ре­ша­ет­ся с точ­но­стью до по­до­бия, по­это­му можно счи­тать, что сто­ро­на ромба равна 4. Тогда вы­со­та делит её на от­рез­ки 1 и 3. Вы­со­ту ромба можно найти по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Эта же вы­со­та яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти. От­сю­да по­лу­ча­ем от­но­ше­ние пло­ща­дей:

Ответ:

Из того, что тре­уголь­ник ост­ро­уголь­ный и окруж­ность пе­ре­се­ка­ет его в шести точ­ках, сле­ду­ет, что центр окруж­но­сти лежит внут­ри тре­уголь­ни­ка.

Пусть   — точка ка­са­ния ка­са­тель­ной, вы­пу­щен­ной из точки A, бли­жай­шей к точке B, O  — центр окруж­но­сти. Пусть X  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AB и Ана­ло­гич­но   — точка ка­са­ния ка­са­тель­ной, вы­пу­щен­ной из точки B, бли­жай­шей к точке A, а Y  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AB и При этом, точки A, X, Y, B на­хо­дят­ся на от­рез­ке имен­но в таком по­ряд­ке, то есть

С дру­гой сто­ро­ны, тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой AX, по­это­му Ана­ло­гич­но От­сю­да по­лу­ча­ем

Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем и Таким об­ра­зом, мень­ше по­лу­пе­ри­мет­ра тре­уголь­ни­ка, то есть 1, что и тре­бо­ва­лась до­ка­зать. На самом деле, мы до­ка­за­ли более силь­ное, стро­гое не­ра­вен­ство, вме­сто не­стро­го­го, ко­то­рое тре­бо­ва­лось.

Ис­ко­мая таб­ли­ца по­лу­ча­ет­ся как сумма двух таб­лиц. Пер­вая таб­ли­ца вы­гля­дит так.

В этой таб­ли­це любое число, вме­сте со своим со­сед­ним по го­ри­зон­та­ли даёт в сумме 99, так что в любом квад­ра­те сумма равна 198.

В этой таб­ли­це любое число, вме­сте со своим со­сед­ним по вер­ти­ка­ли даёт в сумме 900, так что в любом квад­ра­те сумма равна 1800. При сум­ми­ро­ва­нии этих таб­лиц сумма в каж­дом квад­ра­те будет оче­вид­но со­став­лять 1998.

Оста­лось по­нять, что в таб­ли­це встре­тят­ся все числа. Рас­смот­рим рас­ста­нов­ку ка­ко­го-то числа вида во вто­рой таб­ли­це. Это число рас­по­ло­же­но в двух со­сед­них столб­цах на клет­ках, ко­то­рые при шах­мат­ной рас­крас­ке ока­зы­ва­ют­ся од­но­го цвета. При этом в пер­вой таб­ли­це в этих двух столб­цах встре­ча­ют­ся все числа от 0 до 99, причём каж­дое один раз на чёрной клет­ке и один раз на белой. Зна­чит, число будет про­сум­ми­ро­ва­но с каж­дым чис­лом от 0 до 99 ровно один раз. Таким об­ра­зом, у нас по­лу­чат­ся все числа от до каж­дое по разу, а зна­чит, во всей таб­ли­це по­лу­чат­ся все числа от 0 до 999.

Ответ: да, можно.

Вы­ра­зим через x. Для этого за­ме­тим, что а от­ку­да

Это вы­ра­же­ние при по­ло­жи­тель­ных x при­ни­ма­ет от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния толь­ко если То же самое можно за­клю­чить про осталь­ные пе­ре­мен­ные. При этом все три пе­ре­мен­ные не могут быть быть боль­ше 6, так как тогда их сумма слиш­ком ве­ли­ка.

Таким об­ра­зом, мы до­ка­за­ли, что если хотя бы одна из пе­ре­мен­ных лежит в про­ме­жут­ке от 2 до 6, сумма по­пар­ных про­из­ве­де­ний не мень­ше 28, а об­рат­ный слу­чай не­воз­мо­жен. (На самом деле, можно убе­дить­ся, что все пе­ре­мен­ные лежат в про­ме­жут­ке от 2 до 6).

Пусть эти трёхчле­ны имеют вид и Тогда их сумма равна

Дис­кри­ми­нант этого трёхчле­на равен от­ку­да или В пер­вом слу­чае сумма равна 2, а во вто­ром 18. Ясно, что оба зна­че­ния до­сти­га­ют­ся.

Ответ: 2 или 18.