По тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой имеем:

т. е. тре­уголь­ник AB₁C  — рав­но­сто­рон­ний. Тогда AA₀ = AC = AB₁, т. е. тре­уголь­ник A₀AB₁ рав­но­бед­рен­ный. Если обо­зна­чить то по­лу­чим:

От­сю­да в част­но­сти сле­ду­ет, что т. е. точка A₀ рас­по­ло­же­на внут­ри ∠AB₁C, см. рис. слева. Ана­ло­гич­но тре­уголь­ник C₀CB₁ рав­но­бед­рен­ный, и Сумма этих углов равна:

Учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем:

сле­до­ва­тель­но лучи B₁A₀ и B₁C₀ сов­па­да­ют (ри­су­нок спра­ва), что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

За­ну­ме­ру­ем клет­ки как по­ка­за­но на ри­сун­ке 1. Конь может из любой клет­ки по­пасть в любую клет­ку с таким же но­ме­ром, и не может по­пасть в дру­гие.

Таким об­ра­зом, все клет­ки раз­би­лись на 4 мно­же­ства, так что конь не может пе­ре­ско­чить из од­но­го мно­же­ства в дру­гое, но может сво­бод­но пе­ре­ме­щать­ся внут­ри од­но­го мно­же­ства.

До­ба­вим две клет­ки как на ри­сун­ке 2. До­ка­жем, что те­перь конь может по­пасть из любой клет­ки в любую дру­гую. Клет­ка А со­еди­ня­ет клет­ки, от­ме­чен­ные ро­зо­вым цве­том, т. е. через ней можно из мно­же­ства 1 пе­ре­ско­чить в мно­же­ство 4. (На­хо­дясь в любой клет­ке с но­ме­ром 1, можно прий­ти в ро­зо­вую клет­ку с но­ме­ром 1, затем через A по­пасть в ро­зо­вую клет­ку с но­ме­ром 4, и из ней в любую клет­ку с но­ме­ром 4. В итоге из любой клет­ки с но­ме­ром 1 можно с по­мо­щью А по­пасть в любую клет­ку с но­ме­ром 4.)

Клет­ка В со­еди­ня­ет клет­ки, от­ме­чен­ные зелёным, т. е. через ней можно из лю­бо­го из мно­жеств 2, 3, 4 пе­ре­ско­чить так же в любое из этих мно­жеств.

В итоге, со­че­тая клет­ки A, B, можно из лю­бо­го мно­же­ства по­пасть в любое дру­гое. На­при­мер чтобы по­пасть из мно­же­ства 1 в мно­же­ство 2, вна­ча­ле с по­мо­щью А по­па­да­ем из 1 в 4, затем с по­мо­щью В по­па­да­ем из 4 в 2.

Оста­лось убе­дить­ся, что одной клет­ки не хва­тит. Из ри­сун­ка 3 видно, что все до­бав­ля­е­мые клет­ки раз­би­ва­ют­ся на два вида: в клет­ки А можно по­пасть не боль­ше чем из 3 кле­ток доски, в клет­ки В можно по­пасть из 4-х кле­ток, но среди них все­гда есть две из од­но­го мно­же­ства (от­ме­чен­ные оди­на­ко­вой циф­рой). Т. е. клет­ки, в ко­то­рую можно по­пасть из всех 4-х мно­жеств, не су­ще­ству­ет.

Ответ: 2.

а)  На­при­мер Чётность оче­вид­на, про­ве­рим вто­рое усло­вие:

т. к.

б)  Из чётно­сти по­лу­ча­ем т. е.

при любом x. Под­ста­вив сюда x + 10 и x + 20 вме­сто x, по­лу­чим

Вы­чи­тая из вто­ро­го пер­вое, по­лу­ча­ем при любом x, т. е. функ­ция пе­ри­о­дич­на с пе­ри­о­дом 20.

Мы будем ис­поль­зо­вать сле­ду­ю­щее утвер­жде­ние: Если два из чисел x, y, z де­лят­ся на не­ко­то­рое на­ту­раль­ное число m, то и тре­тье де­лит­ся на m.

До­ка­за­тель­ство. Пусть на­при­мер x и y де­лят­ся на m.

След­ствие: если одно из чисел x, y, z не де­лит­ся на m, то из остав­ших­ся двух хотя бы одно тоже не де­лит­ся на m. Рас­смот­рим те­перь дан­ные в за­да­че числа:

За­ме­тим, что в пер­вых двух стро­ках все числа чётные, т. е. или Далее, оба числа 18 и 42 де­лят­ся на 3, т. е. Во вто­рой стро­ке нет чисел, де­ля­щих­ся на 3, т. е. Далее, На­ко­нец,

Зна­че­ния воз­мож­ны, на­при­мер, при

Ответ:

Обо­зна­чим через S_n мно­же­ство всех тре­бу­е­мых рас­ста­но­вок для таб­ли­цы n × n. Тогда f (n) по опре­де­ле­нию равно ко­ли­че­ству эле­мен­тов в мно­же­стве S_n. Введём опе­ра­цию g над таб­ли­цей, за­клю­ча­ю­щу­ю­ся в уда­ле­нии по­след­не­го (край­не­го пра­во­го) столб­ца и по­след­ней (край­ней ниж­ней) стро­ки таб­ли­цы. При­мер:

Оче­вид­но, если то

а)  Мы до­ка­жем, что отоб­ра­же­ние яв­ля­ет­ся инъ­ек­тив­ным (смысл тер­ми­на будет разъ­яснён далее), и при этом его образ не по­кры­ва­ет всего мно­же­ства S₉. От­сю­да будет сле­до­вать тре­бу­е­мое не­ра­вен­ство.

Утвер­жде­ние 1. Пусть дана таб­ли­ца Тогда су­ще­ству­ет не более одной таб­ли­цы такой, что

До­ка­за­тель­ство. Будем вос­ста­нав­ли­вать таб­ли­цу x по из­вест­ной таб­ли­це

Для на­гляд­но­сти изоб­ра­зим обе таб­ли­цы сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Т. е. пусть по­след­ний стол­бец таб­ли­цы x со­дер­жит не­из­вест­ные числа по­след­няя стро­ка со­дер­жит не­из­вест­ные числа

Число a_i долж­но от­ли­чать­ся от всех чисел в стро­ке с но­ме­ром i таб­ли­цы y. Но в любой стро­ке таб­ли­цы y стоят 9 раз­лич­ных чисел из мно­же­ства т. е. для a_i остаётся един­ствен­ное воз­мож­ное зна­че­ние. Сле­до­ва­тель­но, все числа од­но­знач­но опре­де­ля­ют­ся по таб­ли­це y. Ана­ло­гич­но, рас­смат­ри­вая столб­цы, од­но­знач­но вос­ста­нав­ли­ва­ем числа b_j.

Если среди вос­ста­нов­лен­ных чисел есть оди­на­ко­вые, по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие с усло­ви­ем, и, сле­до­ва­тель­но, таб­ли­цы x, удо­вле­тво­ря­ю­щей ра­вен­ству не

су­ще­ству­ет. Если же все a_i раз­лич­ны, и все b_j раз­лич­ны, то число c долж­но от­ли­чать­ся от них всех, и такое число тоже един­ствен­но.

Итак, если таб­ли­ца x су­ще­ству­ет, то она един­ствен­на, что и тре­бо­ва­лось.

След­ствие: если и то (Отоб­ра­же­ние g с таким свой­ством в ма­те­ма­ти­ке на­зы­ва­ет­ся инъ­ек­тив­ным).

Утвер­жде­ние 2. Су­ще­ству­ет таб­ли­ца такая, что любое

До­ка­за­тель­ство. Рас­смот­рим таб­ли­цу в пер­вой стро­ке ко­то­рой на­пи­са­ны под­ряд числа а в сле­ду­ю­щих стро­ках  — те же числа, сдви­га­е­мые по циклу каж­дый раз на 1:

Вос­ста­нав­ли­вая по ней таб­ли­цу x так же, как то сде­ла­но выше, мы по­лу­ча­ем что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мой таб­ли­цы x не су­ще­ству­ет.

Из до­ка­зан­ных утвер­жде­ний сле­ду­ет, что в мно­же­стве S₉ боль­ше эле­мен­тов, чем в S₁₀, т. е.

Про­ил­лю­стри­ру­ем на­гляд­но по­след­ний шаг рас­суж­де­ния. Пред­по­ло­жим, что мы вы­пи­са­ли в ряд все воз­мож­ные таб­ли­цы из мно­же­ства S₁₀. Рас­смот­рим сле­ду­ю­щую диа­грам­му отоб­ра­же­ния g:

В мно­же­стве S₁₀ ровно K эле­мен­тов, и все они вы­пи­са­ны в верх­нем ряду. В ниж­нем ряду для каж­дой таб­ли­цы x вы­пи­са­на со­от­вет­ству­ю­щая таб­ли­ца g(x), а также по­стро­ен­ная в утвер­жде­нии 2 таб­ли­ца y. Все таб­ли­цы в ниж­нем ряду при­над­ле­жат мно­же­ству S₉, и все они по до­ка­зан­но­му раз­лич­ны. Сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство таб­лиц в мно­же­стве S₉ боль­ше, чем в S₁₀.

б)  До­ка­жем, что при отоб­ра­же­нии в каж­дую таб­ли­цу мно­же­ства S₅ отоб­ра­жа­ет­ся более одной таб­ли­цы мно­же­ства S₆. От­сю­да будет сле­до­вать тре­бу­е­мое не­ра­вен­ство.

Утвер­жде­ние 3. Пусть дана таб­ли­ца y S₅. Тогда су­ще­ству­ет не менее 4 раз­лич­ных таб­лиц таких, что

До­ка­за­тель­ство. Так же, как в п. а), изоб­ра­зим на­гляд­но ра­вен­ство :

По­ка­жем, как для за­дан­ной таб­ли­цы по­стро­ить не менее 4 раз­лич­ных таб­лиц x, удо­вле­тво­ря­ю­щих ра­вен­ству

В объ­еди­не­нии пер­вой стро­ки и пер­во­го столб­ца таб­ли­цы y на­пи­са­но 9 чисел (не­обя­за­тель­но все раз­лич­ные), по тому су­ще­ству­ет число из мно­же­ства ко­то­ро­го нет ни в пер­вой стро­ке, ни в пер­вом столб­це таб­ли­цы y. По­ло­жим a₁ и b₁ рав­ны­ми тому числу. Т. е. со­глас­но на­ше­му вы­бо­ру a₁ = b₁.

Для будем по­сле­до­ва­тель­но вы­би­рать числа a_i так, чтобы число a_i не рав­ня­лось ни од­но­му из чисел в i-й стро­ке таб­ли­цы y, а также не рав­ня­лось уже вы­бран­ным чис­лам Такой выбор все­гда су­ще­ству­ет, т. к. "за­прещёнными" ока­зы­ва­ют­ся все­гда не более 5 + 4 = 9 чисел.

Ана­ло­гич­но для будем по­сле­до­ва­тель­но вы­би­рать числа b_j так, чтобы число b_j не рав­ня­лось ни од­но­му из чисел в j-м столб­це таб­ли­цы y, а также не рав­ня­лось чис­лам

Мы из­на­чаль­но вы­бра­ли a₁ = b₁, по­это­му среди чисел a_i, b_j, i, j = 1 . . . 5, не более 9 раз­лич­ных. По тому можно вы­брать число c от­лич­ным от них всех, и тем самым за­вер­шить по­стро­е­ние таб­ли­цы x. По­стро­ен­ная таб­ли­ца x удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи и при­над­ле­жит мно­же­ству S₆, при том

За­ме­тим, что при вы­бо­ре числа a₂ за­прещёнными были не более 6 чисел (числа во вто­рой стро­ке таб­ли­цы y и число a₁). По­это­му име­лось не менее 4 спо­со­бов вы­брать число a₂, и все они при­ве­ли бы к раз­лич­ным таб­ли­цам x. Сле­до­ва­тель­но, таких таб­лиц x, для ко­то­рых не менее 4, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: а) f (9) > f (10), б) f (6) > f (5).

Обо­зна­чим рас­сто­я­ние между де­рев­ней и го­ро­дом за S км, ско­ро­сти Ви­кен­тия и Афа­на­сия за x и y, и по­счи­та­ем время, по­тра­чен­ное пут­ни­ка­ми в пер­вом и вто­ром слу­ча­ях.

По­лу­чим в пер­вом слу­чае: во вто­ром От­сю­да, ис­клю­чая x и y, имеем от­ку­да км.

Ответ: 6 км.

Пусть можно пред­ста­вить число (всего 9 де­вя­ток) в виде суммы двух чисел В и С, суммы цифр ко­то­рых оди­на­ко­вы. Если при сло­же­нии цифр по­след­них раз­ря­дов В и С про­ис­хо­дит пе­ре­ход еди­ни­цы в преды­ду­щий раз­ряд, то по­след­няя цифра суммы не пре­вос­хо­дит 8. Но в по­след­нем раз­ря­де А стоит де­вят­ка, по­это­му пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит и сумма цифр по­след­них раз­ря­дов В и С равна 9. Ана­ло­гич­но, рас­суж­дая слева на­пра­во для остав­ших­ся раз­ря­дов, видим, что в каж­дом раз­ря­де В и С сумма цифр равна 9 и пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит. При этом мы счи­та­ем, что в пер­вом раз­ря­де од­но­го из них стоит 0. Тогда сумма цифр В плюс сумма цифр С, рав­ная удво­ен­ной сумме цифр В, долж­на рав­нять­ся сумме цифр А, то есть 91  — нечётному числу. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нель­зя.

Рас­смот­рим любой из тре­уголь­ни­ков, об­ра­зо­ван­ных вер­ши­ной ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка и двумя точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со смеж­ны­ми этой вер­ши­не сто­ро­на­ми. По­сколь­ку от­рез­ки ка­са­тель­ных из вер­ши­ны к окруж­но­сти равны, этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный и его бис­сек­три­са пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку, со­еди­ня­ю­ще­му точки ка­са­ния. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая, па­рал­лель­ная этой бис­сек­три­се, про­хо­дя­щая через тре­тью точку ка­са­ния, яв­ля­ет­ся вы­со­той тре­уголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­на­ми ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка. Утвер­жде­ние за­да­чи сле­ду­ет те­перь из тео­ре­мы о том, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке.

Обо­зна­чим вер­ши­ны куба, как обыч­но, через ABCDA₁B₁C₁D₁, вер­ши­ны А, С, B₁ и D₁ назовём чёрными, вер­ши­ны B, D, A₁, C₁  — бе­лы­ми. Один конец каж­до­го ребра при этом белый, вто­рой  — чёрный, для каж­дой вер­ши­ны все со­сед­ние имеют про­ти­во­по­лож­ный цвет. Каж­дое число равно сумме трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета и каж­дое число один раз участ­ву­ет в сум­мах для трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета. Сле­до­ва­тель­но, сумма всех белых чисел равна утро­ен­ной сумме всех чёрных чисел и на­о­бо­рот, от­ку­да сумма всех чёрных чисел и сумма всех белых чисел равны нулю. Зна­чит, число в вер­ши­не А равно сумме чисел в вер­ши­нах B, D и A₁, а она равны числу в вер­ши­не С₁ с об­рат­ным зна­ком. Таким об­ра­зом, в кон­цах каж­дой боль­шой диа­го­на­ли куба за­пи­са­ны про­ти­во­по­лож­ные числа. Сле­до­ва­тель­но, если за­дать три числа в вер­ши­нах B, D и A₁, они пол­но­стью опре­де­лят все остав­ши­е­ся числа тре­бу­е­мым в за­да­че об­ра­зом. Задав их как 1, 2, 3, по­лу­чим один из от­ве­тов за­да­чи.

Ответ: Да, можно, на­при­мер: в вер­ши­нах ниж­ней грани по ча­со­вой стрел­ке 6, 1, −3, 2, в вер­ши­нах верх­ней грани над ними: 3, −2, −6, −1.

Ввиду сим­мет­рии можно счи­тать, что Тогда при за­ме­не пары a, c на пару по­лу­чим

  — уве­ли­че­ние ис­ко­мо­го вы­ра­же­ния, сле­до­ва­тель­но, мак­си­мум нужно ис­кать среди дро­бей При за­ме­не пары b, d на пару по­лу­чим

Ввиду того, что имеем по­это­му и раз­ность в преды­ду­щем пред­ло­же­нии по­ло­жи­тель­на. Сле­до­ва­тель­но, мак­си­мум вы­ра­же­ния до­сти­га­ет­ся при и равен

Ответ:

Рас­смот­рим гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию 1, q, q², q³. Вы­бе­рем q так, чтобы числа 1, q, q³ об­ра­зо­вы­ва­ли ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию. Для этого нужно, чтобы вы­пол­ня­лось ра­вен­ство

Один из кор­ней дан­но­го урав­не­ния При таком зна­че­нии q числа 1, q, q³ удо­вле­тво­ря­ют усло­вию за­да­чи.

Ответ:

Из ри­сун­ка сле­ду­ет, что

Ответ: −2.

Пусть AC = 2x, а BC = 2y. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

от­ку­да Тогда то есть

Ответ: 26.

На­зо­вем груп­пой эко­но­ми­стов не­сколь­ко (воз­мож­но, од­но­го) эко­но­ми­ста, си­дя­щих под­ряд, слева и спра­ва от ко­то­рых сидят пред­ста­ви­те­ли дру­гих про­фес­сий. При этом если нет ме­не­дже­ра или бух­гал­те­ра, рядом с ко­то­рым сидят два эко­но­ми­ста, то каж­дый че­ло­век под­нял руку не более од­но­го раза, а тогда общее ко­ли­че­ство под­няв­ших руку людей равно удво­ен­но­му ко­ли­че­ству групп, т. е. четно. А по усло­вию их 45. Про­ти­во­ре­чие.

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­ла­ми со­кра­щен­но­го умно­же­ния:

Ответ: {}.

За­пи­шем дан­ное в усло­вии ра­вен­ство в сле­ду­ю­щем виде:

А это ра­вен­ство за­пи­шем в виде где

Таким об­ра­зом, либо и числа 1 и 2 яв­ля­ют­ся кор­ня­ми дан­но­го урав­не­ния, либо эти зна­че­ния имеют раз­ные знаки, что также озна­ча­ет, что гра­фик функ­ции пе­ре­се­ка­ет ось абс­цисс в двух раз­лич­ных точ­ках.

Разобьём все числа на груп­пы по че­ты­ре числа:

Сумма чисел в каж­дой груп­пе по­ло­жи­тель­ная:

Сле­до­ва­тель­но, и число A по­ло­жи­тель­ное.

Ответ: A > 0.

После k уве­ли­че­ний цены и l умень­ше­ний на n% цена будет такой:

где P  — на­чаль­ная цена акций. Если пред­по­ло­жить, что цена два­жды при­ни­ма­ет одно и то же зна­че­ние, то по­лу­чит­ся

или

Пра­вая часть этого ра­вен­ства де­лит­ся на 10, по­это­му и n долж­но быть крат­но 10. Пред­по­ло­жим, что n не крат­но 4, тогда тоже не крат­но 4, по­это­му левая часть крат­на и не крат­на а пра­вая часть де­лит­ся на По­лу­чи­ли про­ти­во­ре­чие. Сле­до­ва­тель­но, n крат­но 4. Ана­ло­гич­но, можно по­ка­зать, что n крат­но 25. По­это­му n де­лит­ся на 100, что не­воз­мож­но, по­сколь­ку цена не может умень­шит­ся более, чем на 100%.

Ответ: не су­ще­ству­ет.

Пусть p_n  — при­быль фирмы ранга n. Тогда по усло­вию за­да­чи

За­ме­тим, что для лю­бо­го n

До­ка­жем, что

Ис­поль­зу­ем метод ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции.

1)  База ин­дук­ции:

2)  Ин­дук­ци­он­ный пе­ре­ход: пусть До­ка­жем, что

Дей­стви­тель­но,

Сле­до­ва­тель­но,

Для того, чтобы фирма имела при­быль рав­ную 2016 д. е., её ранг дол­жен удо­вле­тво­рять ра­вен­ству

По­след­нее урав­не­ние имеет на­ту­раль­ное ре­ше­ние n = 63.

Ответ: да, это ранг рав­ный 63.

Рас­смот­рим ок­та­эдр (см. рис.). Пусть каж­дый че­ло­век со­от­вет­ству­ет вер­ши­не ок­та­эд­ра.

В ка­че­стве троек, хо­див­ших вме­сте в поход, возьмём грани, а также ещё 6, по­лу­ча­е­мых сле­ду­ю­щим об­ра­зом. Рас­смот­рим три ко­ор­ди­нат­ных плос­ко­сти. Каж­дая из них пе­ре­се­ка­ет ок­та­эдр по квад­ра­ту (за­кра­ше­ны раз­ны­ми цве­та­ми). В каж­дом таком квад­ра­те возьмём две трой­ки, чтобы по­лу­чен­ные тре­уголь­ни­ки вме­сте об­ра­зо­вы­ва­ли квад­рат, и три пря­мых, раз­де­ля­ю­щих тре­уголь­ни­ки в парах, ле­жа­ли на трёх раз­лич­ных ко­ор­ди­нат­ных пря­мых. (От­рез­ки, раз­де­ля­ю­щие тре­уголь­ни­ки, в квад­ра­тах про­ве­де­ны со­от­вет­ству­ю­щи­ми цве­та­ми.) Легко ви­деть, что такой набор троек не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: нет.