Оста­ток от де­ле­ния числа на три равен остат­ку от де­ле­ния на три суммы его цифр. Зна­чит, сумма остат­ков от де­ле­ния на три всех чисел, раз­де­лен­ных зна­ка­ми плюс, равна остат­ку от де­ле­ния на 3 суммы всех цифр у чисел от 1 до 100. В свою оче­редь, эта сумма цифр дает при де­ле­нии на 3 тот же оста­ток, что и сумма 1 + ⋯ + 100 = 5050. Так как 5050 на три не де­лит­ся, то на 3 не де­лит­ся и сумма из усло­вия за­да­чи. Если число не де­лит­ся на 3, то оно не де­лит­ся и на 111.

Ответ: нет.

Вы­бе­рем точку M (из усло­вия за­да­чи) так, что Тогда точка S будет яв­лять­ся цен­тром опи­сан­но­го шара около пра­виль­но­го тет­ра­эд­ра Сле­до­ва­тель­но, каж­дая из четырёх оди­на­ко­вых пи­ра­мид SABC, SMAB, SMAC будет от­се­кать от шара ра­ди­у­са 1 с цен­тром в точке S оди­на­ко­вую часть. Не­труд­но под­счи­тать, что рас­сто­я­ние от точки S до плос­ко­сти ABC равно Так как то для на­хож­де­ния объ­е­ма общей части пи­ра­ми­ды SABC и шара ра­ди­у­са с цен­тром в точке S нужно из чет­вер­ти объ­е­ма шара вы­честь объем ша­ро­во­го сег­мен­та вы­со­той Как из­вест­но, по­след­ний на­хо­дит­ся по фор­му­ле Для по­лу­ча­ем От­сю­да ис­ко­мый объём равен

Ответ:

На пря­мой, про­ве­ден­ной через две раз­лич­ные точки A и D, от­ме­тим точки B и как на ри­сун­ке. Раз­де­лим раз­вер­ну­тые углы и DCB (ко­то­рые сле­ду­ет пред­став­лять себе от­ло­жен­ны­ми сна­ча­ла в верх­нюю, а затем и в ниж­нюю по­лу­плос­кость от­но­си­тель­но пря­мой AD) на три рав­ные части. По­лу­чим в ре­зуль­та­те пря­мые, об­ра­зу­ю­щие угол 60° с пря­мой AD и пе­ре­се­ка­ю­щи­е­ся в точ­ках K и Пусть O  — точка пе­ре­се­че­ния AD и Угол BKO равен, оче­вид­но, 30°. Раз­де­лив его на три части, по­лу­чим тре­бу­е­мый угол. По­стро­е­ние вы­пол­не­но.

Ответ: см. рис.

По­сколь­ку то Усло­вие за­да­чи вы­пол­ня­ет­ся, если 12 крат­но n. У числа 12 шесть це­ло­чис­лен­ных де­ли­те­лей, это и будет ответ.

Ответ: 6.

Рас­смот­рим воз­мож­ные по­ло­же­ния чисел:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Упо­ря­до­чим 10 дан­ных чисел по воз­рас­та­нию. По усло­вию за­да­чи сумма пер­вых 9 чисел не может быть мень­ше 9 · 17 = 153. Сле­до­ва­тель­но, 10-е наи­боль­шее число не может быть боль­ше 20 · 10 − 153 = 47. При этом набор 17, 17, ..., 17, 47 удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: 47.

Пусть x  — сумма чека. Для того, чтобы Сер­гей не мог опла­тить со­глас­но усло­вию за­да­чи (банк­но­та­ми по 1000), долж­но вы­пол­нять­ся т. е. x < 10000. Так как он смо­жет за­пла­тить не более 11000 (вклю­чая чае­вые). Сле­до­ва­тель­но, Но так как 1,15 · 9565  =  10999,75, а 1,05 · 9565  =  10043,25, то наи­боль­шая целая сумма чека 9565 руб.

Ответ: 9565 руб.

Вы­иг­рыш­ной стра­те­ги­ей об­ла­да­ет пер­вый игрок. Для этого ему пер­вым ходом нужно по­ло­жить 2 мо­не­ты, а сле­ду­ю­щи­ми хо­да­ми класть столь­ко монет, чтобы сумма его монет и монет, по­ло­жен­ных перед этим вто­рым иг­ро­ком была равна 5. В этом слу­чае после тре­тье­го хода пер­во­го иг­ро­ка в ряду будут ле­жать 12 монет. Далее, как бы не схо­дил вто­рой игрок своим тре­тьим ходом и как бы после этого не схо­дил пер­вый игрок 16 мо­не­та будет по­ло­же­на пер­вым иг­ро­ком.

Пусть A че­ло­век изу­ча­ют ан­глий­ский язык, N  — не­мец­кий, а AN  — оба языка. Тогда N = 2017 − A + AN. Из­вест­но, что и Сле­до­ва­тель­но,

За­ме­тим, что N = 766, если A = 1412, AN = 161, .

Ответ: 766.

Можно рас­смот­реть слово АСЯ как чет­вер­тую букву, тогда се­ми­бук­вен­ные слова пре­вра­тят­ся в пя­ти­бук­вен­ные. «Буква» АСЯ может сто­ять на одном из 5 мест, в осталь­ных ме­стах может сто­ять любая из 3 букв, сле­до­ва­тель­но, по­лу­ча­ем 5 · 3⁴ = 405 слов. При этом среди них есть слова, где «буква» АСЯ на­пи­са­на два­жды. Эти слова по­счи­та­ны два­жды. Таких слов 3 · 3 = 9: xАСЯА­СЯ, АСЯxАСЯ, АСЯА­СЯx, где x – одна из букв A, C или Я. Таким об­ра­зом, всего раз­лич­ных слов, со­дер­жа­щих имя АСЯ равно 405 − 9 = 396.

Ответ: 396.

Пусть M  — се­ре­ди­на от­рез­ка AP, а пря­мая EM пе­ре­се­ка­ет от­ре­зок AD в точке Q. Тре­уголь­ни­ки MPE и BPE  — равны по двум ка­те­там. Тогда Т. к. тре­уголь­ни­ки QMA и EMP имеют два рав­ных угла. Зна­чит, у них равен и тре­тий угол, и он пря­мой. EQ и AP  — вы­со­ты в тре­уголь­ни­ке ADE, зна­чит, M  — точка пе­ре­се­че­ния высот.

Если 1 ап­ре­ля все со­труд­ни­ки ком­па­нии ска­за­ли прав­ду, то вто­рое утвер­жде­ние про наи­боль­шую зар­пла­ту ложно, что быть не может. Если же все они со­лга­ли, то пер­вое утвер­жде­ние для со­труд­ни­ка с наи­боль­шей зар­пла­той будет верно, то есть вновь по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие. Таким об­ра­зом, су­ще­ству­ет хотя бы один со­лгав­ший и хотя бы один ска­зав­ший прав­ду.

Возь­мем со­труд­ни­ка, ска­зав­ше­го прав­ду с наи­боль­шей зар­пла­той из всех прав­ди­вых со­труд­ни­ков. По­сколь­ку из его вто­ро­го утвер­жде­ния сле­ду­ет, что по мень­шей мере 30 «лже­цов» имеют боль­шую зар­пла­ту, чем он. Вто­рое утвер­жде­ние со­лгав­ше­го со­труд­ни­ка, име­ю­ще­го наи­мень­шую зар­пла­ту среди «лже­цов» ложно, таким об­ра­зом, не более 29 «лже­цов» имеют боль­шую зар­пла­ту и не более 30 «лже­цов» всего. То есть лже­цов всего 30.

Пер­вое утвер­жде­ние для «лжеца» с наи­бо­лее труд­ной ра­бо­той среди всех «лже­цов» ложно, по­это­му су­ще­ству­ют по мень­шей мере 12 прав­ди­вых со­труд­ни­ков, име­ю­щих более труд­ную ра­бо­ту.

Пер­вое утвер­жде­ние для прав­ди­во­го со­труд­ни­ка с на­и­ме­нее слож­ной ра­бо­той среди всех прав­ди­вых со­труд­ни­ков верно, по­это­му су­ще­ству­ет не более 12 прав­ди­вых со­труд­ни­ков всего. То есть прав­ди­вых со­труд­ни­ков ровно 12. Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем, что в ком­па­нии ра­бо­та­ют 42 со­труд­ни­ка.

Ответ: 42 со­труд­ни­ка.

Рас­смот­рим при­мер. Пе­ре­ве­дем обык­но­вен­ную дробь в де­ся­тич­ную. Для этого вы­пол­ним де­ле­ние угол­ком (рис.). В ре­зуль­та­те най­дем По­лу­че­на не­пе­ри­о­ди­че­ская часть 123 и пе­ри­од 63. Об­су­дим, по­че­му не­пе­ри­о­ди­че­ская часть здесь воз­ник­ла, и по­ка­жем, что у дроби ее нет. Дело в том, что в де­ся­тич­ной за­пи­си дроби цифра 3 по­яв­ля­ет­ся вся­кий раз, когда при оче­ред­ном де­ле­нии на 275 по­лу­ча­ет­ся оста­ток 100. Мы видим (и это клю­че­вой мо­мент!), что здесь один и тот же оста­ток 100 дают раз­лич­ные числа: 650 и 1750. От­ку­да, в свою оче­редь, взя­лись эти 650 и 1750? Число 650 по­лу­чи­лось до­пи­сы­ва­ни­ем нуля к числу (остат­ку от де­ле­ния на 275 числа 340). То есть Ана­ло­гич­но, где Числа 650 и 1750 дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 275 из-за того, что их раз­ность на 275 де­лит­ся на­це­ло: ⋮ 275.

Такое воз­мож­но толь­ко по­то­му, что числа 10 и 275 не вза­им­но про­сты. Те­перь по­нят­но, по­че­му у дроби не­пе­ри­о­ди­че­ской части не будет: если и – это раз­лич­ные остат­ки от де­ле­ния на 221, то про­из­ве­де­ние на 221 на­це­ло не де­лит­ся (число 221, в от­ли­чие от 275, вза­им­но про­сто с 10 – ос­но­ва­ни­ем си­сте­мы счис­ле­ния, по­это­му не­пе­ри­о­ди­че­ской части нет). Итак, де­ся­тич­ная за­пись дроби имеет вид Най­дем Обо­зна­чим Тогда По фор­му­ле для суммы бес­ко­неч­но убы­ва­ю­щей гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии От­сю­да По­сколь­ку A  — на­ту­раль­ное число, тре­бу­ет­ся найти наи­мень­шее на­ту­раль­ное n, при ко­то­ром число дает оста­ток 1 при де­ле­нии на 221.

За­ме­тим, что 221 = 13 ∙ 17. Во­об­ще, целое число B (у нас при де­ле­нии на 221 дает оста­ток 1 в том и толь­ко том слу­чае, когда B при де­ле­нии и на 13, и на 17 также дает оста­ток 1. Не­об­хо­ди­мость оче­вид­на.

До­ста­точ­ность: если и то а зна­чит, число де­лит­ся на 17, то есть По­это­му и при де­ле­нии на 221 дей­стви­тель­но по­лу­ча­ет­ся оста­ток 1. Най­дем те­перь такие n, что число дает оста­ток 1 при де­ле­нии на 13. Рас­смот­рим по­сле­до­ва­тель­ность За­ме­ним её члены остат­ка­ми от де­ле­ния на 13. По­лу­чит­ся вот что: Каж­дый по­сле­ду­ю­щий член од­но­знач­но опре­де­ля­ет­ся преды­ду­щим. Зна­чит, – пе­ри­о­ди­че­ская по­сле­до­ва­тель­ность, в ко­то­рой каж­дый ше­стой член равен 1. То же про­де­ла­ем для 17. Там еди­ни­це будет равен каж­дый 16-й член. Таким об­ра­зом, оста­ток 1 при де­ле­нии и на 13, и на 17 по­лу­чит­ся при n = НОК(6,16) = 48.

Ответ: 48.

Пусть где Тогда не­ра­вен­ство за­пи­шем в виде

Но

По­ка­жем, что Иван имеет вы­иг­рыш­ную стра­те­гию. Для того, чтобы вы­иг­рать Ивану до­ста­точ­но каж­дым ходом брать один ка­мень. В этом слу­чае после его хода ко­ли­че­ство кам­ней будет не­чет­ным. По­сколь­ку де­ли­те­ли не­чет­но­го числа яв­ля­ют­ся не­чет­ны­ми чис­ла­ми, то Петр дол­жен будет взять не­чет­ное число кам­ней. Так как перед ходом Ивана число кам­ней четно, а он берет один ка­мень, то Иван ни­ко­гда не возь­мет по­след­ний ка­мень. В тоже время число кам­ней ко­неч­но и не позже чем через 2018 ходов кам­ней не оста­нет­ся. Сле­до­ва­тель­но, по­след­ний ка­мень возь­мет Петр.

Ответ: Иван.

За­ме­тим, что если число n чет­ное, то n⁴ де­лит­ся на 16.

Если n не­чет­ное, то число

де­лит­ся на 16.

Сле­до­ва­тель­но, оста­ток от де­ле­ния на 16 левой части урав­не­ния равен ко­ли­че­ству не­чет­ных чисел в на­бо­ре т. е. не пре­вос­хо­дит 14. С дру­гой сто­ро­ны, 2031 имеет оста­ток 15 при де­ле­нии на 16, а зна­чит ра­вен­ство левой и пра­вой ча­стей не­воз­мож­но. Таким об­ра­зом, ре­ше­ний не будет, по­это­му урав­не­ние будет иметь 0 це­ло­чис­лен­ных ре­ше­ний.

Ответ: 0.

Всего име­ет­ся раз­лич­ных тре­уголь­ни­ков. Один вы­стрел «ранит» 27 тре­уголь­ни­ков. Сде­лав 134 вы­стре­ла, удаст­ся «ра­нить» не более 134 ∙ 27 = 3618 тре­уголь­ни­ков. Так как то 134 вы­стре­лов не хва­тит, чтобы га­ран­ти­ро­ван­но «ра­нить» ко­рабль.

Ответ: не смо­жет.

Объем пи­ра­ми­ды TABCD равен сумме объ­е­мов пи­ра­мид TBCD и

При­чем так как у пи­ра­мид TABD и TACD общая вы­со­та (из вер­ши­ны T), а также равны пло­ща­ди ос­но­ва­ний: (у этих тре­уголь­ни­ков общее ос­но­ва­ние BC и рав­ные по длине вы­со­ты, про­ве­ден­ные из вер­шин B и C, по­сколь­ку ABCD  — тра­пе­ция по усло­вию). Итак,

Ответ:

Пусть в 2016 году в фирме ра­бо­та­ло x тру­дяг, тогда чис­лен­ность лен­тя­ев со­став­ля­ла 9x, а всего в фирме ра­бо­та­ло 10x че­ло­век. Пусть сред­няя за­ра­бот­ная плата лен­тяя была равна s, тогда сред­ний тру­дя­га по­лу­чал 2s, а сред­няя зар­пла­та по всей фирме рав­ня­лась

Пусть в 2017 году оста­лось y лен­тя­ев, тогда сред­няя зар­пла­та по всей фирме (с

уче­том по­вы­ше­ния зар­пла­ты тру­дя­гам на 50%) стала такой: Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем урав­не­ние:

В итоге:

Ответ: 16%.

Пусть ра­ди­ан­ная мера угла близ­ка свер­ху ра­ди­ан­ной мере угла то есть По­ка­жем, что длина сто­ро­ны a близ­ка свер­ху длине сто­ро­ны b. По­сколь­ку на­про­тив боль­ше­го угла лежит боль­шая сто­ро­на, до­ста­точ­но до­ка­зать, что В силу убы­ва­ния функ­ции (школь­ни­ки долж­ны до­ка­зать это^*), по­лу­ча­ем:

Так как то По тео­ре­ме си­ну­сов от­ку­да

^*  — до­ка­за­тель­ство убы­ва­ния на :

Дей­стви­тель­но, Сле­до­ва­тель­но, функ­ция убы­ва­ет на от­рез­ке и y(0) = 0. То есть на от­рез­ке