В пер­вый и во вто­рой ход на доску может быть по­став­ле­ны толь­ко по одной фишки, после от­то­го в ко­роб­ке оста­нет­ся 7, на доске 2 (при этом ход пер­во­го). Пер­вый дол­жен поста-вить на доску одну фишку, тогда в ко­роб­ке оста­нет­ся 6, на доске 3.

Те­перь вто­рой имеет два ва­ри­ан­та по­ста­нов­ки фишек, рас­смот­рим их:

а)  тогда пер­вый ста­вит на доску одну фишку. Те­перь на доске  — 5, в ко­роб­ке 4. Так как на доске боль­ше фишек чем в ко­роб­ке, то даль­ней­шие ходы без­аль­тер­на­тив­ны:

Итак, пер­вый вы­иг­рал.

б)  Ана­ло­гич­ная си­ту­а­ция. Итак, опять пер­вый вы­иг­рал. В итоге видим, что как бы ни ста­рал­ся вто­рой пер­вый имеет вы­иг­рыш­ную стра­те­гию.

Ответ: пер­вый ре­бе­нок.

Т. к. Вася по­лу­чил сумму углов, рав­ную 2008 гра­ду­сам, сле­до­ва­тель­но, это не могла быть сумма толь­ко внут­рен­них углов не­вы­пук­ло­го мно­го­уголь­ни­ка (это тре­бо­ва­ние от­сут­ству­ет в усло­вии за­да­чи), т. к. она не крат­на 180. Чтобы такая сумма по­лу­чи­лась при наи­мень­шем ко­ли­че­стве сто­рон, сле­ду­ет вы­брать лишь один угол, до­пол­ня­ю­щий внут­рен­ний, боль­ший 180°, до 360°. Это будет угол, тоже от­ве­ча­ю­щий усло­вию  — угол, ле­жа­щий между лу­ча­ми, на ко­то­рых лежат сто­ро­ны мно­го­уголь­ни­ка.

Итак, го­дит­ся 14-уголь­ник, сумма его внут­рен­них углов равна

Ответ: 14.

Чтобы 9 от­рез­ков на плос­ко­сти пе­ре­сек­лись со всеми осталь­ны­ми кроме од­но­го, нужно, чтобы каж­дый из 9 от­рез­ков пе­ре­се­кал­ся с семью, то есть со­вер­ши­ли 63 пе­ре­се­че­ния (9 × 7), но так как каж­дое пе­ре­се­че­ние пе­ре­се­ка­ет два от­рез­ка, то ко­ли­че­ство пе­ре­се­че­ний может быть толь­ко чётным, а 63  — число нечётное.

Ответ: нет, нель­зя.

Имеем квад­рат­ное урав­не­ние

За­ме­тим, что

По тео­ре­ме Виета имеем си­сте­му:

Из (*):

Для того, чтобы сумма кубов кор­ней урав­не­ния была как можно боль­ше не­об­хо­ди­мо, чтобы сла­га­е­мые и были по­ло­жи­тель­ны. Нам под­хо­дят сле­ду­ю­щие два слу­чая:|

1 слу­чай:

Имеем, что два сла­га­е­мых в пра­вой части по­ло­жи­тель­ны. Для того, чтобы сумма левая часть урав­не­ния (1) была как можно боль­ше не­об­хо­ди­мо, чтобы было как можно мень­ше, т. е. а b и c были как можно боль­ше, т. е. и

2 слу­чай:

Имеем, что два сла­га­е­мых в пра­вой части по­ло­жи­тель­ны.

Для того, чтобы сумма левая часть урав­не­ния (1) была как можно боль­ше не­об­хо­ди­мо, чтобы было как можно мень­ше, т. е. а и были как можно боль­ше, т. е. и

Ответ: трой­ки

Пусть A  — общая точка трёх окруж­но­стей, а B, C, D  — вто­рые точки их по­пар­но­го пе­ре­се­че­ния, ле­жа­щие на одной пря­мой. Со­еди­ним их от­рез­ка­ми AB, AC, AD, рас­смот­рим воз­мож­ность пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти AB и AD, AC и BD, AB и AC, AD и AC, AD и BD, AB и BD.

Рас­смот­рим воз­мож­ность пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти от­рез­ков AB и AD. Если AB и AD пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то BD  — диа­метр окруж­но­сти ра­ди­у­са 5. Если пред­по­ло­жить, что один из от­рез­ков AB или AD, или оба не яв­ля­ют­ся диа­мет­ра­ми дру­гих окруж­но­стей, то тогда AB будет равно или мень­ше 8, AD будет равно или мень­ше 6, что при­ведёт к не­вы­пол­не­нию тео­ре­мы Пи­фа­го­ра: по­лу­чит­ся, что мень­ше BD². Сле­до­ва­тель­но, AB и AD яв­ля­ют­ся диа­мет­ра­ми двух дру­гих окруж­но­стей, от­сю­да, углы ACB и ACD будут не­пре­мен­но пря­мы­ми, т. е. AC и BD ока­жут­ся пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми при усло­вии, что AB и AD также пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Итак, пер­пен­ди­ку­ляр­ность AB и AD влечёт за собой пер­пен­ди­ку­ляр­ность AC и BD. Воз­мож­ность пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти от­рез­ков AB и AC, AD и AC, AD и BD, AB и BD уста­нов­ле­на путём по­стро­е­ния на рис. 5, 6, 7, 8.

Сле­до­ва­тель­но, из шести воз­мож­ных спо­со­бов вы­бо­ра пары вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ных от­рез­ков остаётся толь­ко пять, т. к. при пер­пен­ди­ку­ляр­ной паре от­рез­ков AB и AD не­пре­мен­но будут пер­пен­ди­ку­ляр­ны от­рез­ки AC и BD.

Пусть ABGH и CDEF  — пря­мо­уголь­ни­ки. Пусть Р( )  — пе­ри­метр, а S( )  — пло­щадь. Пря­мые DE и CF равны. Имеем:

Мно­го­уголь­ник ABCDEFGH удо­вле­тво­ря­ет усло­вию.

Ответ: да, су­ще­ству­ет.

За­ме­ча­ем, что пер­вые 2 хода опре­де­ле­ны: Пер­вый игрок своим 1-ым ходом точно по­ло­жит 1 фишку (0 он по­ло­жить не может, так как это про­пуск хода, а это не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию), Вто­рой игрок своим 1-ым ходом тоже по­ло­жит 1 фишку (так как ко­ли­че­ство фишек на столе сов­па­да­ет с еди­ни­цей).

Далее, Пер­вый игрок может по­ло­жить либо 1, либо 2 фишки.

Пред­по­ло­жим, что пер­вый игрок своим 2-ым ходом по­ло­жил 2 фишки. Таким об­ра­зом, на столе 4 фишки. Если вто­рой игрок по­ло­жит 4 фишки, то он вы­иг­рал (так как на столе будет 8 фишек, а зна­чит в ко­роб­ке оста­нет­ся 2, то есть, класть можно толь­ко по 1 фишке, а зна­чит вы­иг­ры­ва­ет Вто­рой). Таким об­ра­зом, мы видим, что если своим 2-ым ходом пер-вый игрок кладёт 2 фишки, то Вто­рой может обес­пе­чить себе по­бе­ду.

Пред­по­ло­жим, что пер­вый игрок своим 2-ым ходом кладёт 1 фишку. На столе ока­зы­ва­ет­ся 3 фишки. Если вто­рой игрок кладёт 3 фишки, то он вы­иг­рал (так как на столе ока­зы­ва­ет­ся 6 фишек, в ко­роб­ке 4, зна­чит, можно класть толь­ко по 1 фишке, сле­до­ва­тель­но, вы­иг­ры­ва­ет вто­рой).

Таким об­ра­зом, мы видим, что если своим 2-ым ходом пер­вый игрок кладёт 1 фишку, то вто­рой тоже может обес­пе­чить себе по­бе­ду. Зна­чит, при пра­виль­ной игре все­гда вы­иг­ра­ет вто­рой.

Ответ: вы­иг­ры­ва­ет вто­рой.

Сна­ча­ла до­ка­жем, что диа­го­на­ли и сред­ние линии па­рал­ле­ло­грам­ма пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке.

Пусть точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD. От­ме­тим на сто­ро­нах AB, CD, BC и AD се­ре­ди­ны (точки M, N, K и P со­от­вет­ствен­но). Тогда ON  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ACD (N  — се­ре­ди­на CD, а O  — се­ре­ди­на AC, так как диа­го­на­ли па­рал­ле­ло­грам­ма в точке пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам). Зна­чит, AD па­рал­лель­на ON.

От­ре­зок MN  — сред­няя линия па­рал­ле­ло­грам­ма. Зна­чит, MN || AD То есть су­ще­ству­ет 2 пря­мые (MN и ON), па­рал­лель­ные AD и про­хо­дя­щие через одну точку. Этого не может быть, так как через одну и ту же точку можно про­ве­сти одну и толь­ко одну пря­мую, па­рал­лель­ную дан­ной. Сле­до­ва­тель­но, точки O, N, M лежат на одной пря­мой.

Про­во­дя ана­ло­гич­ные рас­суж­де­ния, при­хо­дим к вы­во­ду, что точки K, O и P тоже лежат на одной пря­мой.

От­рез­ки NM и KP  — сред­ние линии па­рал­ле­ло­грам­ма и имеют общую точку O, а зна­чит точка O  — точка пе­ре­се­че­ния сред­них линий па­рал­ле­ло­грам­ма и точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма од­но­вре­мен­но.

Таким об­ра­зом, видим, что су­ще­ству­ет 8 пря­мых, ко­то­рые со­дер­жат по 3 от­ме­чен­ные нами точки. Если не учи­ты­вать по­ря­док букв, то су­ще­ству­ет 8 спо­со­бов вы­брать такую трой­ку. Если же по­ря­док букв учи­ты­ва­ет­ся, то су­ще­ству­ет 48 спо­со­бов.

Ответ: 8 или 48 спо­со­бов.

Для дан­но­го тре­уголь­ни­ка долж­на вы­пол­нять­ся тео­ре­ма ко­си­ну­сов:

Зна­чит:

Рас­смот­рим толь­ко те n, ко­то­рые крат­ны 3. Тогда n можно пред­ста­вить как 3m:

Те­перь мы видим, что, чтобы b было целым, нужно, чтобы было целым, а зна­чит долж­но быть де­ли­те­лем m². m² имеет хотя бы 3 де­ли­те­ля. Таким об­ра­зом, мы видим, что m может при­ни­мать бес­ко­неч­но много зна­че­ний, то есть, и c будет при­ни­мать бес­ко­неч­ное ко­ли­че­ство зна­че­ний. Также сле­ду­ет за­ме­тить, что не будет по­яв­лятьcя по­доб­ных тре­уголь­ни­ков, так как по фор­му­ле видно, что b и c  — не про­пор­ци­о­наль­ны. Также будут по­яв­лять­ся зна­че­ния, где это не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи, но будет бес­ко­неч­но много ре­ше­ний, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию за­да­чи.

Пусть корни трёхчле­на x₁ и x₂. Тогда По тео­ре­ме Виета:

Зна­чит:

Гра­фи­ком дан­ной функ­ции яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, так как Найдём точку пе­ре­се­че­ния па­ра­бо­лы с осью OQ:

Найдём точки пе­ре­се­че­ния с осью OP:

По­стро­им мно­же­ство точек, от­ве­ча­ю­щих трех­чле­нам раз­ность кор­ней ко­то­рых равна 2008:

Ответ: см. рис.

Рас­смот­рим пер­вый слу­чай, когда асте­ро­ид имеет форму пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да с рёбрами a, b, c. Пусть I волк на­хо­дит­ся в вер­ши­не A₁, тогда II волк  — в вер­ши­не C.

Волк, со­глас­но усло­вию за­да­чи, будет пол­но­стью кон­тро­ли­ро­вать 1 грань, если самая отдалённая точка этой грани на­хо­дит­ся от него на рас­сто­я­нии мень­шим, чем от его ан­ти­по­да. До­пу­стим, что под его кон­тро­лем на­хо­дит­ся верх­нее ос­но­ва­ние, то есть, пря­мо­уголь­ник A₁B₁C₁D₁. Тогда наи­бо­лее отдалённой точ­кой для I волка яв­ля­ет­ся вер­ши­на C₁. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

От II волка ребро CC₁  — бли­жай­шее рас­сто­я­ние до верх­не­го ос­но­ва­ния, сле­до­ва­тель­но, если если то I волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет верх­нее ос­но­ва­ние, по ана­ло­гии при таком усло­вии II волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет ниж­нее ос­но­ва­ние.

Если под­кон­троль­ны­ми рас­смат­ри­вать дру­гие грани, то для вы­пол­не­ния усло­вий за­да­чи раз­ме­ры асте­ро­и­да долж­ны со­от­вет­ство­вать усло­вию:

Таким об­ра­зом, в этом слу­чае долж­ны вы­пол­нять­ся сле­ду­ю­щие со­от­но­ше­ния:

Пусть волки на­хо­дят­ся в вер­ши­нах A₁ и C. Тогда, чтобы I волк кон­тро­ли­ро­вал верх­нее ос­но­ва­ние, он дол­жен до­стичь наи­бо­лее отдалённой точки грани A₁B₁C₁D₁ быст­рее, чем его ан­ти­под до­стиг­нет любой точки этой грани. Наи­бо­лее отдалённой для I волка яв­ля­ет­ся вер­ши­на C₁. Из тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁ по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Рас­смот­рим II волка. Бли­жай­шей точ­кой до верх­не­го ос­но­ва­ния для него яв­ля­ет­ся точка K, где CK  — вы­со­та па­рал­ле­ло­грам­ма CC₁D₁D. От­ре­зок если

Вслед­ствие сим­мет­рии фи­гу­ры, II волк пол­но­стью кон­тро­ли­ру­ет ниж­нее ос­но­ва­ние. Если под­кон­троль­ны­ми на­зна­чить бо­ко­вые грани, то по­лу­чим ана­ло­гич­ные не­ра­вен­ства.

Если же не все углы α, β, γ ост­рые, среди них есть тупые, то всё равно найдётся обя­за­тель­но хотя бы один ост­рый угол (так как если все они тупые, то угол возле вер­ши­ны будет боль­ше). Тогда будем рас­смат­ри­вать грань, при­мы­ка­ю­щую к остро­му углу, в ка­че­стве грани, кон­тро­ли­ру­е­мой I вол­ком.

Ответ: или

Пусть дан­ное число со­дер­жит n цифр. Тогда для этого числа спра­вед­ли­во не­ра­вен­ство:

Про­ло­га­риф­ми­ру­ем дан­ное не­ра­вен­ство:

Так как n  — число на­ту­раль­ное (не на­ту­раль­ным ко­ли­че­ство цифр быть не может), то Таким об­ра­зом, в числе 6632 цифры.

Ответ: 6632 цифры.

Всего 11 фишек. Во время пер­во­го хода пер­вый и вто­рой иг­ро­ки кла­дут на стол по одной фишке, в ко­ро­боч­ке оста­ет­ся 9 фишек. Пред­по­ло­жим, что вы­иг­ра­ет пер­вый игрок (он дол­жен по­ло­жить по­след­нюю фишку). Зна­чит, каж­дый раз после хода пер­во­го иг­ро­ка на столе долж­но оста­вать­ся нечётное ко­ли­че­ство число фишек, а после хода вто­ро­го иг­ро­ка  — чет­ное (нечет + нечет  =  чет или нечет + 1  =  чет). Про­счи­та­ем все воз­мож­ные ва­ри­ан­ты игр, учи­ты­вая наши пред­по­ло­же­ния:

1.  

2.  

3.  

Вывод: пред­по­ло­же­ние верно. Если после хода пер­во­го иг­ро­ка остаётся нечётное ко­ли­че­ство фишек, то он обя­за­тель­но вы­иг­ры­ва­ет.

Ответ: если пер­вый игрок будет иг­рать наи­луч­шим об­ра­зом (после его хода остаётся нечётное ко­ли­че­ство фишек), то он вы­иг­ра­ет.

Пусть сто­ро­ны пря­мо­уголь­ни­ка равны x и y, тогда S  =  xy  =  2008, а

Най­дем общий зна­ме­на­тель:

Ответ: 2,004; 1001,996.

Стро­им угол AOB, про­дле­ва­ем сто­ро­ну OA. От A от­кла­ды­ва­ем из­вест­ный нам угол 60°. А затем стро­им про­из­воль­но угол OAB, так чтобы он был мень­ше или боль­ше 60° и мень­ше 120°. В нашем слу­чае он боль­ше 60°. Тогда: угол AOB  =  60°, угол OAB > 60°, угол OBA < 60° (сумма углов в тре­уголь­ни­ке равна 180). Со­еди­ня­ем т. к. A и т. к. B (при не­об­хо­ди­мо­сти про­дле­ва­ем OB).Так как все углы в тре­уголь­ни­ке не равны между собой, сле­до­ва­тель­но, сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка тоже не равны между собой. Мы по­стро­и­ли не­об­хо­ди­мый нам тре­уголь­ник.

Так как угол OAB мы можем вы­би­рать про­из­воль­но (кроме того слу­чая, когда он равен 60° или 120°), то каж­дый раз мы будем по­лу­чать тре­уголь­ник с раз­ны­ми уг­ла­ми. Если у тре­уголь­ни­ков раз­ные гра­дус­ные меры, то они не яв­ля­ют­ся по­доб­ны­ми.

Ответ: тре­уголь­ник по­стро­ен и утвер­жде­ние до­ка­за­но.

За­пи­шем один мно­го­член как

а дру­гой как

где P(x) и Q(x)  — мно­го­чле­ны мень­шей сте­пе­ни, а и   — общие корни дан­ных мно­го­чле­нов, при­чем Тогда про­из­вод­ная про­из­ве­де­ния при­мет вид

Сразу видны два корня про­из­вод­ной про­из­ве­де­ния: и По­ка­жем, что на­вер­ня­ка най­дет­ся еще хотя бы один. Пре­жде всего, за­ме­тим, что вы­ра­же­ние в скоб­ках яв­ля­ет­ся мно­го­чле­ном. Обо­зна­чим через R(x) мно­го­член (воз­мож­но, мень­шей сте­пе­ни), ко­то­рый оста­нет­ся после вы­не­се­ния из него за скоб­ку всех мно­жи­те­лей и Так как, по усло­вию, зна­че­ния ис­ход­ных мно­го­чле­нов не сов­па­да­ют ни в одной точке, то в раз­ло­же­нии на мно­жи­те­ли среди мно­жи­те­лей пер­вой сте­пе­ни могут встре­чать­ся толь­ко и но также могут быть мно­жи­те­ли вто­рой сте­пе­ни, не име­ю­щие кор­ней. По­это­му мно­го­член, остав­ший­ся после вы­не­се­ния из за скоб­ку всех мно­жи­те­лей и при и пре­вра­тит­ся в про­из­ве­де­ние рав­ных мно­жи­те­лей, из-за чего при­мет по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния. Сле­до­ва­тель­но, знак R(a) и R(b) будет опре­де­лять­ся мно­жи­те­лем от­ку­да и

Итак, мно­го­член R(x) ме­ня­ет знак на ин­тер­ва­ле [a; b].Сле­до­ва­тель­но, мно­го­член R(x) имеет ко­рень внут­ри ин­тер­ва­ла [a; b]. Этот ко­рень и будет тре­тьим кор­нем про­из­вод­ной про­из­ве­де­ния. Не­слож­но по­стро­ить при­мер, когда про­из­вод­ной про­из­ве­де­ния имеет ровно 3 корня. Для этого до­ста­точ­но взять мно­го­чле­ны и

Ответ: 3 корня.

Су­ще­ству­ет. При­ме­ры легче найти среди не­вы­пук­лых (на­при­мер, вы­ре­зав из од­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да дру­гой).

Плос­кость пе­ре­се­чет наи­боль­шее ко­ли­че­ство гра­ней, если она прой­дет по пря­мой, от­но­си­тель­но ко­то­рой фи­гу­ра будет сим­мет­рич­на сама себе. На чер­те­же эта пря­мая вы­де­ле­на крас­ным цве­том и про­хо­дит пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ри­сун­ка.

Плос­кость пе­ре­се­ка­ет 4 вер­ши­ны ико­са­эд­ра. В дан­ном слу­чае каж­дая вер­ши­на яв­ля­ет­ся пе­ре­се­че­ни­ем 5 гра­ней, сле­до­ва­тель­но, плос­кость пе­ре­се­ка­ет 20 тре­уголь­ни­ков. Но 4 тре­уголь­ни­ка учте­ны два­жды, зна­чит, всего по­лу­ча­ет­ся 16 гра­ней.