Пусть ∠CAB = x, ∠ABC = y, ∠DCA = z. Пред­по­ло­жим, что точка Q на­хо­дит­ся между A и F, точка P на­хо­дит­ся между C и E (∠FQH = ∠APH). При­ведём два ре­ше­ния за­да­чи.

Пер­вое ре­ше­ние.

Пусть точка M  — се­ре­ди­на HA, ∠AEH = ∠AFH = 90°. Сле­до­ва­тель­но, AFHE  — впи­сан­ный четырёхуголь­ник с цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти в точке M. Тре­уголь­ни­ки EFM и OQP рав­но­бед­рен­ные; ∠EMF = 2∠CAB = 2x; ∠POQ = 2x, от­сю­да тре­уголь­ник EFM по­до­бен QOP.

Четырёхуголь­ни­ки AEHF, AHPQ впи­сан­ные: ∠EFH = ∠EAH = ∠PQH; ∠FEH = ∠FAH = ∠QPH, от­ку­да тре­уголь­ник HEF по­до­бен HPQ.

До­ка­жем, что цик­ли­че­ские четырёхуголь­ни­ки EHFM, PQHO по­доб­ны:

Пусть ∠QHP = то су­ще­ству­ет по­во­рот с цен­тром в точке H с углом по­во­ро­та по ча­со­вой стрел­ке, от­но­ше­ни­ем Этот по­во­рот пе­ре­во­дит EHFM в QOPH.

Точке E, D, F, M лежат на окруж­но­сти де­вя­ти точек тре­уголь­ни­ка ABC (по­сколь­ку четырёхуголь­ни­ки ABDE, ACDF впи­сан­ные; ∠FDB = ∠CAF = x, ∠EDC = ∠BAE = x, ∠EDF = 180° − 2x = 180° − ∠EMF).

Пусть точка R₁ лежит между B и D так, что ∠R₁HD = по­это­му тре­уголь­ни­ки HQF и R₁HD по­доб­ны, по­это­му четырёхуголь­ни­ки DFME и R₁QOP также по­доб­ны.

По­сколь­ку четырёхуголь­ник DFME впи­сан­ный, то R₁QOP также цик­ли­чен. Из этого сле­ду­ет, что точки R и R₁ сов­па­да­ют. Тре­уголь­ни­ки DEF и RPQ по­доб­ны, то

Рас­смот­рим два цик­ли­че­ских четырёхуголь­ни­ка ACDF и ABDE: ∠BFD = ∠AFE = ∠ACB = z, ∠DFE = 180° − 2z. Тре­уголь­ни­ки DEF и RPQ по­доб­ны, ∠RQP = 180° − 2z. По­сколь­ку CR  — ка­са­тель­ная к окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка PQR; ∠CRP = ∠RQP = 180° − 2z.

Таким об­ра­зом, в тре­уголь­ни­ке CPR имеем ∠CPR = z, CR = PR. Ана­ло­гич­но BR = QR:

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Вто­рое ре­ше­ние.

Впи­шем тре­уголь­ник BQH в окруж­ность и эта окруж­ность будет пе­ре­се­кать пря­мую BC в точке R₃ (точка R₃ не сов­па­да­ет с точ­кой B). По­сколь­ку четырёхуголь­ни­ки APHQ и BQHR₃ впи­сан­ные, то ∠PHQ = 180° − ∠PAQ и ∠QHR₃ = 180° − ∠QBR³. Так же под­ра­зу­ме­ва­ет­ся, что ∠PHR₃ = 360° − ∠PHQ − ∠QHR₃ = 180° − ∠ACB. Сле­до­ва­тель­но, CPHR₃ также впи­сан­ный. Мы толь­ко что уста­но­ви­ли част­ный слу­чай тео­ре­мы Ми­ке­ля.

По­сколь­ку BQHR₃ и CR₃HP впи­сан­ные, по­лу­ча­ем, что ∠QR₃H = ∠QBH = 90° − ∠BAC и ∠HR₃P = ∠HCP = 90° − ∠BAC. Сле­до­ва­тель­но, ∠QR₃P = 180° − 2∠BAC = 180° − 2x. Ана­ло­гич­но имеем ∠PQR = 180° − 2z и ∠R3PQ = 180° − 2y. Как было по­ка­за­но в пер­вом ре­ше­нии, тре­уголь­ник DEF имеет такие же углы. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник R₃PQ по­до­бен тре­уголь­ни­ку DEF. За­ме­тим, что ∠POQ + ∠PR₃Q = 2x + 180° − 2x = 180°, а это зна­чит, что точка R₃ лежит на окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка OPQ ⇒ R₃ = R. За­кон­чить до­ка­за­тель­ство как в пер­вом ре­ше­нии.

1.  Если n  — чётное, то такой мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. До­ста­точ­но взять пра­виль­ный n-уголь­ник.

2.  Для n  =  3 или 5 та­ко­го быть не может. Дей­стви­тель­но, ни­ка­кие две сто­ро­ны в тре­уголь­ни­ке не па­рал­лель­ны. Если каж­дая из сто­рон пя­ти­уголь­ни­ка была бы па­рал­лель­на дру­гой сто­ро­не, мы бы нашли три па­рал­лель­ные сто­ро­ны, при этом две из них долж­ны были бы пе­ре­се­кать­ся. Это не­воз­мож­но.

3.  Для n  =  7 такой мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. При­мер при­ведён на ри­сун­ке 1.

Рис. 1

До­ка­жем ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции, что для нечётного по­ло­жи­тель­но­го числа n > 5 ис­ко­мый мно­го­уголь­ник су­ще­ству­ет. Пусть для не­ко­то­ро­го це­ло­го k су­ще­ству­ет k-уголь­ник, удо­вле­тво­ря­ю­щий усло­вию за­да­чи. Вы­бе­рем вер­ши­ну, в ко­то­рой внут­рен­ний угол мно­го­уголь­ни­ка мень­ше 180°. Те­перь от­ре­жем ма­лень­кий па­рал­ле­ло­грамм как по­ка­за­но на ри­сун­ке 2. Мы по­лу­чим (k + 2)-уголь­ник, удо­вле­тво­ря­ю­щий усло­вию за­да­чи.

Рис. 2

Ответ: при и

По­сколь­ку b + d = 2c, то 3c = n² для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го n. Сле­до­ва­тель­но, n де­лит­ся на 3 и c = 3l² для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го l.

По­сколь­ку a + b + d + e = 4c, то 5c= m³ для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го m. Сле­до­ва­тель­но, m де­лит­ся на 5 и c = 5²l³ для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го l.

Наи­мень­шее число, удо­вле­тво­ря­ю­щие дан­ным усло­ви­ям равно 5² · 3³ = 675.

Ответ: 675.

По прин­ци­пу Ди­ри­х­ле как ми­ни­мум в одном фи­ли­а­ле как ми­ни­мум 41 участ­ник и как ми­ни­мум 21 из них од­но­го пола. Тре­бу­ет­ся до­ка­зать, что по мень­шей мере 5 из этих 21 участ­ни­ка од­но­го воз­рас­та. Если это не так, то су­ще­ству­ет не более 4 участ­ни­ков из каж­дой воз­раст­ной груп­пы. В груп­пе из 21 че­ло­ве­ка как ми­ни­мум 6 воз­раст­ных групп, и если мы возь­мем по пред­ста­ви­те­лю из каж­дой воз­раст­ной груп­пы, то оче­вид­но по­лу­чим про­ти­во­ре­чие с одним из усло­вий за­да­чи.

Пусть a₁  — ко­ли­че­ство зо­ло­тых монет у пер­во­го пи­ра­та, a₂  — у вто­ро­го, и т. д. Так как a_i-a_j не де­лит­ся на 10 для любых i и j, то числа a₁, a₂, …,a₁₀ долж­ны да­вать раз­лич­ные остат­ки при де­ле­нии на 10. За­пи­шем a_i = 10k_i + l_i, где l_i  — оста­ток a_i при де­ле­нии на 10. Общее ко­ли­че­ство зо­ло­тых монет равно

Так как числа l₁, ..., l₁₀  — в точ­но­сти числа 0, 1, 2, ..., 9 (толь­ко не обя­за­тель­но в таком по­ряд­ке), то их сумма равна 45. Зна­чит, всего зо­ло­тых монет 10(k₁ + k₂ + ... + k₁₀) + 45. Пред­по­ло­жим, что пи­ра­ты могут раз­де­лить се­реб­ря­ные мо­не­ты таким же об­ра­зом. Как и рань­ше мы можем по­ка­зать, что общее ко­ли­че­ство се­реб­ря­ных монет 10(m₁ + m₂ + ... + m₁₀) + 45 для не­ко­то­рых целых чисел m₁, m₂, ..., m₁₀. Но общее число се­реб­ря­ных монет четно, по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие.

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.

Пре­об­ра­зу­ем:

За­ме­на:

Тогда

За­ме­на:

Урав­не­ние при­мет вид

Име­ет­ся ко­рень и левая часть может быть раз­ло­же­на на мно­жи­те­ли сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Так как то Сле­до­ва­тель­но,

При таких z мно­го­член пятой сте­пе­ни в левой части (1) при­ни­ма­ет толь­ко от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния, так как и По­это­му   — един­ствен­ный ко­рень урав­не­ния (1). Далее легко найти, что и

Ответ:

Итак, (дуги), сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки BMX и ZAM по­доб­ны, по­это­му (дуги), сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки AMY и BMZ по­доб­ны, по­это­му От­сю­да

Ответ: 12.

Обо­зна­чим длину до­рож­ки ста­ди­о­на за S мет­ров, а ско­ро­сти пер­во­го и вто­ро­го бе­гу­нов за x и y мет­ров в се­кун­ду со­от­вет­ствен­но. Тогда из пер­во­го усло­вия: а из вто­ро­го так как при этом пер­вый до­го­ня­ет вто­ро­го с на­чаль­ным от­ста­ва­ни­ем S мет­ров. Из вто­ро­го урав­не­ния вы­ра­жа­ем под­став­ля­ем в пер­вое, вво­дим за­ме­ну пе­ре­мен­ной и по­лу­ча­ем урав­не­ние от­ку­да Вы­ра­жа­ем под­став­ля­ем во вто­рое урав­не­ние, имеем то есть

Если же бе­гу­ны по­бе­гут в про­ти­во­по­лож­ных на­прав­ле­ни­ях, то их ско­ро­сти будут скла­ды­вать­ся и они про­бе­гут до встре­чи до­рож­ку за се­кунд.

Ответ: Через 6 се­кунд.

Чтобы урав­не­ния имели общий ко­рень, не­об­хо­ди­мо, чтобы каж­дое из них имело корни, то есть их дис­кри­ми­нан­ты долж­ны быть не­от­ри­ца­тель­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да что воз­мож­но толь­ко при В этом слу­чае оба урав­не­ния имеют общий ко­рень 0.

Ответ:

Если на пер­вом месте стоит про­стое число 37, то на вто­ром обя­за­тель­но 1, на тре­тьем дол­жен быть де­ли­тель числа 37+1=38, то есть 2 или 19. Од­на­ко 19 долж­но сто­ять на по­след­нем месте, так как 37-ое число долж­но де­лить сумму всех осталь­ных и са­мо­го себя, то есть де­лить сумму всех чисел, рав­ную и долж­но рав­нять­ся 19, так как 37 уже за­ня­то. Сле­до­ва­тель­но, на тре­тьем месте стоит число 2.

Ответ: 2.

Для удоб­ства вы­чис­ле­ний длину сто­ро­ны квад­ра­та при­мем рав­ной 2, обо­зна­чим длины от­рез­ков АN и АМ за x и y со­от­вет­ствен­но. Тогда от­рез­ки SN и РМ имеют длины и По свой­ству ка­са­тель­ных из одной точки от­сю­да сле­ду­ет, что длина MN равна их сумме, то есть Тео­ре­ма Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка AMN, даёт от­ку­да По­след­нее ра­вен­ство за­пи­шем как от­ку­да сразу сле­ду­ет по­до­бие пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков BMC и DRN, вле­ку­щее па­рал­лель­ность их ги­по­те­нуз МС и NR.

При­ведём сна­ча­ла при­мер уклад­ки 18 квад­ра­тов 2 на 2: 9 из них по­кры­ва­ют левый ниж­ний квад­рат раз­ме­ра 6 на 6 доски, а осталь­ные 9 по­кры­ва­ют пра­вый верх­ний квад­рат раз­ме­ра 6 на 6 доски.

До­ка­жем, что 19 квад­ра­тов пра­виль­но уло­жить нель­зя. За­ме­тим, что, если клет­ка доски, при­мы­ка­ю­щая к гра­ни­це, по­кры­ва­ет­ся двумя квад­ра­та­ми, то они пе­ре­се­ка­ют­ся ми­ни­мум по двум клет­кам, и, если клет­ка доски, не при­мы­ка­ю­щая к гра­ни­це, по­кры­ва­ет­ся тремя квад­ра­та­ми, то два из них пе­ре­се­ка­ют­ся ми­ни­мум по двум клет­кам. Сле­до­ва­тель­но, гра­нич­ные клет­ки доски могут быть по­кры­ты квад­ра­та­ми не более од­но­го раза, а внут­рен­ние  — не более двух. Сле­до­ва­тель­но, всего квад­ра­ты могут со­дер­жать не более кле­ток и всего квад­ра­тов не более штук.

Ответ: 18 квад­ра­тов.

Вы­чис­лим: 2S  =  101646, S  =  50823 Сумма чисел в цен­траль­ном квад­ра­те 5 × 5 равна 51125.

Ответ: может.

До­ка­жем, что точки ка­са­ния впи­сан­ных окруж­но­стей тре­уголь­ни­ков ABC и ADC с диа­го­на­лью AC сов­па­да­ют.

В самом деле, обо­зна­чим точки ка­са­ния T_B и T_D со­от­вет­ствен­но. Тогда и Кри­те­рий опи­сан­но­сти че­ты­рех­уголь­ни­ка это ра­вен­ство рав­но­силь­но

Те­перь легко ви­деть, что кар­тин­ка од­но­знач­но за­да­ет­ся ра­ди­у­сом впи­сан­ных окруж­но­стей тре­уголь­ни­ков ABC и ADC и рас­сто­я­ни­я­ми от точки ка­са­ния до точек A и C. Зна­чит, кар­тин­ка пе­ре­хо­дит в себя при сим­мет­рии от­но­си­тель­но пря­мой AC, при этом точки B и D ме­ня­ют­ся ме­ста­ми. Но это озна­ча­ет, что BD пер­пен­ди­ку­ляр­на AC, итак ответ 90°.

Ответ: 90°.

Для на­ча­ла до­ка­жем, что на 7 де­лят­ся те и толь­ко те числа Фи­бо­нач­чи, номер ко­то­рых де­лит­ся на 8. До­ка­жем это по ин­дук­ции.

База: Пер­вое число Фи­бо­нач­чи, крат­ное 7 – это 21, ко­то­рое яв­ля­ет­ся 8 чис­лом Фи­бо­нач­чи. Пе­ре­ход: Пусть этот факт был верен для всех чисел Фи­бо­нач­чи с но­ме­ра­ми от 1 до 8k. До­ка­жем, что он верен для чисел от 8k + 1 до 8k + 8. Пусть число с но­ме­ром 8k − 1 имело оста­ток a от де­ле­ния на 7 (). Тогда числа с но­ме­ра­ми 8k + 1, . . . , 8k + 8 будут иметь сле­ду­ю­щие остат­ки: a, a, 2a, 3a, 5a, a, 6a, 0.

Те­перь до­ка­жем, что на 3 де­лят­ся те и толь­ко те числа Фи­бо­нач­чи, номер ко­то­рых де­лит­ся на 4. До­ка­за­тель­ство ана­ло­гич­но.

Сле­до­ва­тель­но, если число Фи­бо­нач­чи де­лит­ся на 7, то его номер де­лит­ся на 8. Зна­чит, его номер де­лит­ся на 4, а зна­чит, само число обя­за­но де­лить­ся на 3. Зна­чит, оно не может быть равно на­ту­раль­ной сте­пе­ни числа 7.