За­ме­тим, что

По­сколь­ку квад­рат це­ло­го числа все­гда не­от­ри­ца­тель­ное число, он до­сти­га­ет ми­ни­му­ма, когда равен 0. На­ту­раль­ное число y не мень­ше 1. Если же y = 1, то число (2x − y)  — нечётное и его квад­рат также не мень­ше 1. По­это­му вы­ра­же­ние (1) не мень­ше 2 для любых на­ту­раль­ных x, y, z. Зна­че­ние 2 может быть до­стиг­ну­то не­сколь­ки­ми спо­со­ба­ми, на­при­мер, x = 1, y = 2, z = 3 или x = 1, y = 1, z = 3.

Ответ: 2.

До­ка­жем, что до­рас­ста­вить тре­бу­е­мым об­ра­зом фо­на­ри можно.

Раз­де­лим синие фо­на­ри на два вида  — освещённые дру­ги­ми и нет. Пусть не­освещённые имеют ко­ор­ди­на­ты (x₁, y₁), . . . , (x_n, y_n). Все x-ко­ор­ди­на­ты раз­лич­ны, так как иначе бы какой-то из фо­на­рей осве­щал бы какой-то дру­гой. Тогда можно счи­тать, что x₁ < . . . < x_n. Тогда y₁ > . . . > y_n, так как иначе бы какой-то из этих фо­на­рей осве­щал бы какой-то дру­гой.

Рас­ста­вим крас­ные фо­на­ри в точки (x₁, y₂), (x₂, y₃), . . . , (x_{n − 1}, y_n), а также во все точки, где стоят освещённые дру­ги­ми си­ни­ми фо­на­ря­ми синие фо­на­ри.

Рас­смот­рим про­из­вод­ную точку плос­ко­сти. Если она не осве­ща­лась ни одним синим фонарём, то не будет осве­щать­ся ни одним крас­ным. Если она осве­ща­ет­ся хотя бы одним синим, то осве­ща­ет­ся хотя бы одним синим, ко­то­рый не осве­ща­ет­ся дру­ги­ми си­ни­ми. Тогда для вы­бран­ной точки

• ко­ли­че­ство синих, освещённых дру­ги­ми си­ни­ми и осве­ща­ю­щих дан­ную точку, со­хра­нит­ся;

• ко­ли­че­ство синих, не освещённых дру­ги­ми си­ни­ми и осве­ща­ю­щих дан­ную точку, умень­шит­ся на 1.

Таким об­ра­зом, най­ден­ная нами рас­ста­нов­ка яв­ля­ет­ся тре­бу­е­мой.

На самом деле дан­ная рас­ста­нов­ка яв­ля­ет­ся един­ствен­ной.

Ответ: да, можно.

По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

По­стро­им при­мер с 6-ю фи­гур­ка­ми типа B. Сна­ча­ла из двух фи­гу­рок типа B и одной фи­гур­ки типа C сма­сте­рим пря­мо­уголь­ник 3 × 4, по­ста­вив фи­гур­ки типа B в про­ти­во­по­лож­ные углы:

Впро­чем, пра­виль­ных раз­ре­за­ний до­ста­точ­но много, на­при­мер, раз­ре­за­ние на ри­сун­ке ниже.

Далее пря­мо­уголь­ник 9 × 13 можно раз­ре­зать па­рал­лель­ной сет­кой на 3 пря­мо­уголь­ни­ка 3 × 4 (в каж­дом по 2 фи­гур­ки типа B) и 3 × 3 = 9 квад­ра­тов 3 × 3.

До­ка­жем, что мень­ше 6 фи­гу­рок типа B ис­поль­зо­вать не по­лу­чить­ся. Рас­кра­сим столб­цы пря­мо­уголь­ни­ка 13 × 9 в три цвета: белый, синий и крас­ный, па­рал­лель­но сто­ро­не 13. Крас­ных и синих кле­ток будет оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство, а вот белых кле­ток будет на 9 боль­ше. Фи­гур­ки типа A и типа C имеют все­гда оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кле­ток каж­до­го цвета. Фи­гур­ка типа B может иметь на две клет­ки од­но­го цвета боль­ше, чем лю­бо­го дру­го­го цвета. По­это­му, за­мо­ще­ни­я­ми фи­гур­ка­ми пря­мо­уголь­ни­ка 13 × 9 долж­но быть ис­поль­зо­ва­но не менее, чем [9/2] = 5 фи­гу­рок типа B. По­ка­жем, что и 5 фи­гу­рок типа B будет не­до­ста­точ­но. Дей­стви­тель­но, ведь если бы это было так, то среди 15 кле­ток по­кры­тых фи­гур­ка­ми типа B име­лось бы оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кле­ток си­не­го и крас­но­го цвета и на 9 кле­ток боль­ше бе­ло­го цвета, такое воз­мож­но, если белых кле­ток будет 11, а синих и крас­ных по 2. Но в таком слу­чае одна из 5 фи­гу­рок типа B долж­на быть по­кра­ше­на це­ли­ком в белый цвет, чего не­воз­мож­но.

Ответ: 6.

Сде­ла­ем за­ме­ну k = n + 1 и будем счи­тать, что мы пре­об­ра­зу­ем число k, ко­то­рое может при­ни­мать зна­че­ния на­ту­раль­ных чисел, кроме еди­ни­цы. За­ме­на n → n² + 2n для k со­от­вет­ству­ет за­ме­не f₁: k = n + 1 → n² + 2n + 1 = k². Вто­рая за­ме­на со­от­вет­ству­ет f₂: k → k³. За­ме­тим, что для лю­бо­го k верно f₁(f₂(k)) = f₂(f₁(k)). Таким об­ра­зом, если мы при­ме­ня­ем не­сколь­ко раз опе­ра­ции f₁ и f₂ к числу k, не­ва­жен по­ря­док, а важно толь­ко ко­ли­че­ство опе­ра­ций.

До­пу­стим, числа k₁ и k₂ эк­ви­ва­лент­ны. Тогда при­ме­не­ни­ем опе­ра­ций к од­но­му и дру­го­му чис­лам не­сколь­ко раз можно по­лу­чить одно и то же число, то есть Таким об­ра­зом, все на­ту­раль­ные числа, эк­ви­ва­лент­ные за­дан­но­му k, имеют вид для ра­ци­о­наль­ных q₁, q₂. Со­от­вет­ствен­но, для n = 2018 все сов­ме­сти­мые с ним числа будут иметь вид Число 2019 = 3 · 673 не яв­ля­ет­ся сте­пе­нью на­ту­раль­но­го числа выше пер­вой. Таким об­ра­зом, ра­ци­о­наль­ные числа q₁ и q₂ долж­ны быть це­лы­ми, для любых целых q₁ и q₂ мы по­лу­ча­ем сов­ме­сти­мые с 2018.

Ответ: числа вида для не­от­ри­ца­тель­ных целых k и n.

Нач­нем со сле­ду­ю­ще­го на­блю­де­ния: если даны два не­пе­ре­се­ка­ю­щих­ся круга оди­на­ко­во­го ра­ди­у­са, то все­воз­мож­ные пря­мые, пе­ре­се­ка­ю­щие оба круга, за­ме­та­ют об­ласть, за­штри­хо­ван­ную на ри­сун­ке слева. Эта об­ласть  — объ­еди­не­ние по­ло­сы между двумя внеш­ни­ми ка­са­тель­ны­ми к кру­гам и пары вер­ти­каль­ных углов между двумя внут­рен­ни­ми ка­са­тель­ны­ми. По­это­му два дан­ных круга A и B и не­ко­то­рый тре­тий круг C можно пе­ре­сечь одной пря­мой тогда и толь­ко тогда, когда C имеет общие точки с за­штри­хо­ван­ной об­ла­стью. Будем на­зы­вать эту об­ласть тенью кру­гов A и B.

Пе­рей­дем к ре­ше­нию за­да­чи. Рас­смот­рим 2 cлучая.

Слу­чай 1: любые 3 круга из за­дан­но­го на­бо­ра можно пе­ре­сечь одной пря­мой. Тогда рас­смот­рим два круга A и B из на­бо­ра, рас­сто­я­ние между цен­тра­ми ко­то­рых наи­боль­шее. Если это рас­сто­я­ние мень­ше диа­мет­ра кру­гов, то пря­мая, про­хо­дя­щая через 2 общих точки гра­нич­ных окруж­но­стей кру­гов A и B  — ис­ко­мая (любой круг C из на­бо­ра обя­зан ее пе­ре­се­кать, иначе рас­сто­я­ние между цен­тра­ми кру­гов A и C  — либо B и C  — ока­жет­ся боль­ше рас­сто­я­ния между цен­тра­ми кру­гов A и B, что про­ти­во­ре­чи­ло бы вы­бо­ру кру­гов A и B). По­это­му будем счи­тать, что рас­сто­я­ние между цен­тра­ми кру­гов A и B боль­ше диа­мет­ра, то есть эти круги не пе­ре­се­ка­ют­ся.

До­ка­жем, что тогда 4 общих ка­са­тель­ных к A и B  — ис­ко­мые пря­мые, т. е. пе­ре­се­ка­ют любой круг C из на­бо­ра. Дей­стви­тель­но, по пред­по­ло­же­нию слу­чая 1, круги A, B, C можно пе­ре­сечь одной пря­мой. Тогда C дол­жен пе­ре­се­кать тень A и B. Если бы C не пе­ре­се­кал ни одну из 4 общих ка­са­тель­ных к A и B, то C це­ли­ком лежал бы в одном из 4 углов, за­штри­хо­ван­ных на ри­сун­ке спра­ва. Но тогда рас­сто­я­ние между цен­тра­ми кру­гов A и C (либо B и C) было бы боль­ше рас­сто­я­ния между цен­тра­ми кру­гов A и B, так как цен­тры трех кру­гов об­ра­зу­ют ту­по­уголь­ный тре­уголь­ник. А это про­ти­во­ре­чи­ло бы вы­бо­ру кру­гов A и B. Зна­чит, все круги на­бо­ра можно пе­ре­сечь 4 пря­мы­ми.

Слу­чай 2: най­дут­ся 3 круга из за­дан­но­го на­бо­ра, ко­то­рые нель­зя пе­ре­сечь одной пря­мой. Тогда рас­смот­рим три таких круга A, B, C, цен­тры ко­то­рых об­ра­зу­ют тре­уголь­ник наи­боль­шей пло­ща­ди. До­ка­жем, что тогда 12 пря­мых  — 4 общих ка­са­тель­ных к A и B, 4 общих ка­са­тель­ных к B и C, 4 общих ка­са­тель­ных к C и A  — ис­ко­мые.

Пред­по­ло­жим, что на­шел­ся круг D из на­бо­ра, не пе­ре­се­ка­ю­щий ни одну из 12 ка­са­тель­ных. По усло­вию за­да­чи, какие-то 3 из кру­гов A, B, C, D можно пе­ре­сечь пря­мой. Пусть, без огра­ни­че­ния общ­но­сти, это круги A, B, D. Тогда со­глас­но на­блю­де­нию выше, D це­ли­ком лежит в одном из углов, за­штри­хо­ван­ных на ри­сун­ке спра­ва. Пусть, без огра­ни­че­ния общ­но­сти, это “верх­ний” из углов, при­мы­ка­ю­щих к кругу A. C дру­гой сто­ро­ны, A, B, C нель­зя пе­ре­сечь пря­мой, зна­чит, C це­ли­ком лежит вне тени A и B. Рас­смот­рим раз­лич­ные ва­ри­ан­ты рас­по­ло­же­ния круга C.

Слу­чай 2а: цен­тры кру­гов C и D лежат в раз­ных по­лу­плос­ко­стях от­но­си­тель­но линии цен­тров кру­гов A и B. Тогда центр круга A ока­зы­ва­ет­ся внут­ри тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми в цен­трах кру­гов B, C, D. При этом круги B, C, D также нель­зя пе­ре­сечь одной пря­мой: тень B и D рас­по­ло­же­на це­ли­ком “выше” ниж­ней гра­ни­цы тени A и B, и не может пе­ре­сечь круг C. Итак, мы по­лу­чи­ли 3 круга B, C, D, ко­то­рые нель­зя пе­ре­сечь пря­мой, цен­тры ко­то­рых об­ра­зу­ют тре­уголь­ник боль­шей пло­ща­ди, чем A, B, C. Это про­ти­во­ре­чит вы­бо­ру кру­гов A, B, C.

Слу­чай 2b: цен­тры кру­гов C и D лежат в одной по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но линии цен­тров кру­гов A и B, при­чем B и D лежат в одной по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но одной из общих внут­рен­них ка­са­тель­ных к B и C. До­ка­жем, что в этом слу­чае круги B, C, D нель­зя пе­ре­сечь пря­мой, а их цен­тры снова об­ра­зу­ют тре­уголь­ник боль­шей пло­ща­ди, чем A, B, C  — тем самым снова при­дем к про­ти­во­ре­чию. Так как B и D лежат в одной по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но одной из общих внут­рен­них ка­са­тель­ных к B и C, то D не пе­ре­се­ка­ет тень B и C, зна­чит, B, C, D нель­зя пе­ре­сечь пря­мой. Тре­уголь­ни­ки с вер­ши­на­ми в цен­трах кру­гов A, B, C и B, C, D имеют общее ос­но­ва­ние BC, а вы­со­та боль­ше у вто­ро­го тре­уголь­ни­ка. Зна­чит, по­след­ний имеет боль­шую пло­щадь. И в слу­чае 2b мы при­шли к про­ти­во­ре­чию.

Слу­чай 2c: цен­тры кру­гов C и D лежат в одной по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но линии цен­тров кру­гов A и B, при­чем B и D лежат в раз­ных по­лу­плос­ко­стях от­но­си­тель­но обеих общих внут­рен­них ка­са­тель­ных к B и C. До­ка­жем, что на этот раз круги A, C, D нель­зя пе­ре­сечь пря­мой, и уже их цен­тры об­ра­зу­ют тре­уголь­ник боль­шей пло­ща­ди, чем A, B, C. Пер­вое утвер­жде­ние сле­ду­ет из того, что D лежит вне тени A и C. Для до­ка­за­тель­ства вто­ро­го утвер­жде­ния про­ве­дем внут­рен­нюю ка­са­тель­ную к A и B, ко­то­рая раз­де­ля­ет C и D, а также внут­рен­нюю ка­са­тель­ную к B и C, ко­то­рая раз­де­ля­ет D и A. Будем ка­тить круги A и C по своим ка­са­тель­ным в сто­ро­ну круга D до тех пор, пока они не кос­нут­ся обеих про­ве­ден­ных пря­мых од­но­вре­мен­но. Будем дви­гать D в сто­ро­ну B, пока он также не кос­нет­ся обеих про­ве­ден­ных пря­мых. Ясно, что в про­цес­се дви­же­ние пло­щадь тре­уголь­ни­ка A, B, C уве­ли­чи­ва­ет­ся, а A, C, D  — умень­ша­ет­ся. А в ко­неч­ном по­ло­же­нии эти пло­ща­ди ста­но­вят­ся рав­ны­ми, из сим­мет­рии. Зна­чит, в ис­ход­ном рас­по­ло­же­нии цен­тры кру­гов A, C, D об­ра­зу­ют тре­уголь­ник боль­шей пло­ща­ди, чем A, B, C.

Итак, во всех слу­ча­ях 2a–2c мы при­шли к про­ти­во­ре­чию. Зна­чит, любой круг D из на­бо­ра пе­ре­се­ка­ет хотя бы одну из ука­зан­ных 12 пря­мых.

Двое вы­би­ра­ют одну из 6 дорог слу­чай­но, рав­но­ве­ро­ят­но и не­за­ви­си­мо, по­это­му ве­ро­ят­ность вы­бо­ры за­дан­ной упо­ря­до­чен­ной пары дорог равна 1/36. Воз­мож­ные рас­сто­я­ние через час равны 0, 5 км, км и 10 км со­от­вет­ствен­но для вы­бо­ра одной до­ро­ги, двух со­сед­них, двух, рас­хо­дя­щих­ся под углом 120° и про­ти­во­по­лож­ных. Пре­вы­ша­ют 7 рас­сто­я­ния 10 и Рас­сто­я­ние 10 по­лу­ча­ет­ся в 6 слу­ча­ях, рас­сто­я­ние   — в 12 слу­ча­ях. Таким об­ра­зом, ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

Ответ:

До­ка­жем, что до­рас­ста­вить тре­бу­е­мым об­ра­зом фо­на­ри можно.

Раз­де­лим синие фо­на­ри на два вида  — освещённые дру­ги­ми и нет. Пусть не­освещённые имеют ко­ор­ди­на­ты (x₁, y₁), . . . , (x_n, y_n). Все x-ко­ор­ди­на­ты раз­лич­ны, так как иначе бы какой-то из фо­на­рей осве­щал бы какой-то дру­гой. Тогда можно счи­тать, что x₁ < . . . < x_n. Тогда y₁ > . . . > y_n, так как иначе бы какой-то из этих фо­на­рей осве­щал бы какой-то дру­гой.

Рас­ста­вим крас­ные фо­на­ри в точки (x₁, y₂), (x₂, y₃), . . . , (x_{n − 1}, y_n), а также во все точки, где стоят освещённые дру­ги­ми си­ни­ми фо­на­ря­ми синие фо­на­ри.

Рас­смот­рим про­из­вод­ную точку плос­ко­сти. Если она не осве­ща­лась ни одним синим фонарём, то не будет осве­щать­ся ни одним крас­ным. Если она осве­ща­ет­ся хотя бы одним синим, то осве­ща­ет­ся хотя бы одним синим, ко­то­рый не осве­ща­ет­ся дру­ги­ми си­ни­ми. Тогда для вы­бран­ной точки

• ко­ли­че­ство синих, освещённых дру­ги­ми си­ни­ми и осве­ща­ю­щих дан­ную точку, со­хра­нит­ся;

• ко­ли­че­ство синих, не освещённых дру­ги­ми си­ни­ми и осве­ща­ю­щих дан­ную точку, умень­шит­ся на 1.

Таким об­ра­зом, най­ден­ная нами рас­ста­нов­ка яв­ля­ет­ся тре­бу­е­мой.

На самом деле дан­ная рас­ста­нов­ка яв­ля­ет­ся един­ствен­ной.

Ответ: да, можно.

По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

До­ка­жем, что можно обой­тись n не­пра­виль­ны­ми по­па­да­ни­я­ми в оче­редь. До­пу­стим, муд­ре­цы не ме­ня­ют­ся во­об­ще, и тогда в не­пра­виль­ную оче­редь по­па­да­ет k гно­ми­ков. Если муд­ре­цы по­ме­ня­лись бы кол­па­ка­ми в самом на­ча­ле, то в не­пра­виль­ной оче­ре­ди ока­за­лись бы в точ­но­сти все осталь­ные, то есть 2n − k. Ми­ни­мум из 2n − k и k не пре­вос­хо­дит n.

По­ка­жем, что су­ще­ству­ет из­на­чаль­ная рас­ста­нов­ка, при ко­то­рой по­лу­чит­ся не мень­ше n по­па­да­ний в не­пра­виль­ную оче­редь. До­пу­стим, все гно­ми­ки вы­стро­и­лись в оче­редь к бе­ло­му муд­ре­цу, при этом сна­ча­ла все чёрные. Если белый муд­рец не пе­ре­на­пра­вит всех чёрных, он будет вы­нуж­ден до этого по­ме­нять­ся кол­па­ка­ми с кол­ле­гой, после чего ему придётся пе­ре­на­пра­вить всех белых, то есть в любом слу­чае ми­ни­мум n.

Ответ: n.

Сде­ла­ем за­ме­ну k = n + 1 и будем счи­тать, что мы пре­об­ра­зу­ем число k, ко­то­рое может при­ни­мать зна­че­ния на­ту­раль­ных чисел, кроме еди­ни­цы. За­ме­на n → n² + 2n для k со­от­вет­ству­ет за­ме­не f₁: k = n + 1 → n² + 2n + 1 = k². Вто­рая за­ме­на со­от­вет­ству­ет f₂: k → k³. За­ме­тим, что для лю­бо­го k верно f₁(f₂(k)) = f₂(f₁(k)). Таким об­ра­зом, если мы при­ме­ня­ем не­сколь­ко раз опе­ра­ции f₁ и f₂ к числу k, не­ва­жен по­ря­док, а важно толь­ко ко­ли­че­ство опе­ра­ций.

До­пу­стим, числа k₁ и k₂ эк­ви­ва­лент­ны. Тогда при­ме­не­ни­ем опе­ра­ций к од­но­му и дру­го­му чис­лам не­сколь­ко раз можно по­лу­чить одно и то же число, то есть Таким об­ра­зом, все на­ту­раль­ные числа, эк­ви­ва­лент­ные за­дан­но­му k, имеют вид для ра­ци­о­наль­ных q₁, q₂. Со­от­вет­ствен­но, для n = 2018 все сов­ме­сти­мые с ним числа будут иметь вид Число 2019 = 3 · 673 не яв­ля­ет­ся сте­пе­нью на­ту­раль­но­го числа выше пер­вой. Таким об­ра­зом, ра­ци­о­наль­ные числа q₁ и q₂ долж­ны быть це­лы­ми, для любых целых q₁ и q₂ мы по­лу­ча­ем сов­ме­сти­мые с 2018.

Ответ: числа вида для не­от­ри­ца­тель­ных целых k и n.

Всего у нас три ко­ор­ди­на­ты, по каж­дой есть ми­ни­мум и мак­си­мум, ко­то­рые раз­лич­ны, так как про­ек­ции не лежат на одной пря­мой. Тогда по прин­ци­пу Ди­ри­х­ле для не­ко­то­рой из точек какие-то две ко­ор­ди­на­ты при­ни­ма­ют зна­че­ния ми­ни­му­ма или мак­си­му­ма. Тогда про­ек­ция этой точки на любую ко­ор­ди­нат­ную плос­кость имеет как ми­ни­мум одну из ко­ор­ди­нат ми­ни­маль­ной или мак­си­маль­ной, от­ку­да точка не может быть внут­ри вы­пук­лой обо­лоч­ки дру­гих точек.

Ответ: нет, не могло.

Двое вы­би­ра­ют одну из 6 дорог слу­чай­но, рав­но­ве­ро­ят­но и не­за­ви­си­мо, по­это­му ве­ро­ят­ность вы­бо­ры за­дан­ной упо­ря­до­чен­ной пары дорог равна 1/36. Воз­мож­ные рас­сто­я­ние через час равны 0, 5 км, км и 10 км со­от­вет­ствен­но для вы­бо­ра одной до­ро­ги, двух со­сед­них, двух, рас­хо­дя­щих­ся под углом 120° и про­ти­во­по­лож­ных. Пре­вы­ша­ют 7 рас­сто­я­ния 10 и Рас­сто­я­ние 10 по­лу­ча­ет­ся в 6 слу­ча­ях, рас­сто­я­ние   — в 12 слу­ча­ях. Таким об­ра­зом, ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

Ответ:

За­ме­тим, что

По­сколь­ку квад­рат це­ло­го числа все­гда не­от­ри­ца­тель­ное число, он до­сти­га­ет ми­ни­му­ма, когда равен 0. На­ту­раль­ное число y не мень­ше 1. Если же y = 1, то число (2x − y)  — нечётное и его квад­рат также не мень­ше 1. По­это­му вы­ра­же­ние (1) не мень­ше 2 для любых на­ту­раль­ных x, y, z. Зна­че­ние 2 может быть до­стиг­ну­то не­сколь­ки­ми спо­со­ба­ми, на­при­мер, x = 1, y = 2, z = 3 или x = 1, y = 1, z = 3.

Ответ: 2.

Рас­кра­сим 17 рядов длины 20 в чёрный и белый цвет по­пе­ре­мен­но: пер­вый ряд – чёрный, вто­рой – белый и т. д. Каж­дая фи­гур­ка типа A и каж­дая фи­гур­ка типа C будет все­гда со­дер­жать по­ров­ну чёрных и белых кле­ток, а в каж­дой фи­гур­ке типа B ко­ли­че­ство чёрных и белых кле­ток долж­но от­ли­ча­ет­ся на 1. По­сколь­ку чёрных кле­ток на 20 боль­ше, чем белых, придётся взять не менее 20 фи­гу­рок типа B.

Этого ко­ли­че­ства хва­тит. Вы­кла­ды­ва­ем пря­мо­уголь­ник 2 × 7 из двух фи­гу­рок типа B и одной фи­гур­ки типа C сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Затем со­став­ля­ем из таких пря­мо­уголь­ни­ков по­ло­су 20 × 7, на ко­то­рую уйдёт 20 фи­гу­рок типа B, а остав­ший­ся пря­мо­уголь­ник 10 × 20 со­став­ля­ем из квад­ра­ти­ков (фигур типа A).

Ответ: 20.

По­сколь­ку дано ра­вен­ство углов ∠OBN = ∠NBC, имеет место один из двух слу­ча­ев:

• они равны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по раз­ные сто­ро­ны от OB,

• они про­ти­во­по­лож­ны как ори­ен­ти­ро­ван­ные углы, то есть N и C по одну сто­ро­ну от OB. Тогда O лежит на BC, от­ку­да угол ∠A пря­мой. В этом слу­чае A = B' = N, и пе­ре­се­че­ние пря­мых AA', MB', ON три­ви­аль­но. Далее этот слу­чай мы рас­смат­ри­вать не будем.

Имеем ∠CAA₁ = 90° − ∠C = ∠CBN = ∠NBO = α. По­сколь­ку O  — центр окруж­но­сти, ∠AOB = 2∠ACB = 180° − 2α, от­ку­да ∠BAO = ∠ABO = α, ана­ло­гич­но ∠ONB = α (рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник 4OBN). Как легко убе­дить­ся, H и N сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но AC (HN⊥AC и ∠ANC = 180° − ∠B = ∠A₁HC₁ = ∠AHC, так как BA₁HC₁ впи­сан­ный), так что ∠CAN = α. Обо­зна­чим через X точку пе­ре­се­че­ния ON и AA₁. До­ка­жем, что через неё про­хо­дит также и MB₁. По­сколь­ку ∠XAB1 = ∠XNB₁, четырёхуголь­ник AXB₁N впи­сан­ный, а тогда ∠AXN пря­мой и ∠NXB₁ = α. По­сколь­ку ∠AMO = ∠AXO = 90°, четырёхуголь­ник AMOX впи­сан­ный, а тогда ∠MAO = ∠MXO = α. Это озна­ча­ет, что точки M, X, B₁ лежат на одной пря­мой.

Пред­по­ло­жим, что число 2N под­хо­дя­щее. Пусть 2N = 2^km, где m нечётное. Если k > 2, то усло­вие го­во­рит, что 2^km де­лит­ся на что воз­мож­но толь­ко при усло­вии k = 2. Если k = 1 и m = ps, где p ми­ни­маль­ный про­стой не­чет­ный де­ли­тель m, то 2ps де­лит­ся на 2s − ps = (2 − p)s, от­ку­да имеем p−2|p, зна­чит, p = 3. Число N или имеет оста­ток 2 по мо­ду­лю 4 или имеет оста­ток 3 по мо­ду­лю 6. Тем самым число 2N яв­ля­ет­ся под­хо­дя­щим, если число N может иметь оста­ток 2, 3, 6, 9, 10 по мо­ду­лю 12. Это зна­чит, что в каж­дом ряду из 12 по­сле­до­ва­тель­ных чет­ных чисел ровно пять под­хо­дя­щих. Ис­поль­зуя ра­вен­ство 2018 = 2 · (12 · 84 + 1), по­лу­ча­ем ответ 420 = 5 · 84.

Ответ: 420.

Обо­зна­чив две ука­зан­ные опе­ра­ции через D и T, то есть: D: n → 2n + 1, T : n → 3n + 2. Легко ви­деть, что опе­ра­ции пе­ре­ста­но­воч­ны D(T(n)) = T(D(n)) , зна­чит, и мно­го­крат­но пе­ре­ста­но­воч­ны D^m(T^k(n)) = T^k(D^m(n)). До­ка­жем, что верно и об­рат­ное утвер­жде­ние, ко­то­рое мы сфор­му­ли­ру­ем в виде сле­ду­ю­щей, клю­че­вой в ре­ше­нии за­да­чи, леммы:

Лемма. Если D^m(b) = T^k(c), то найдётся такое d, что b = T^k(d) и c = D^m(d).

До­ка­за­тель­ство леммы. Пре­жде всего за­ме­тим, что лемма оче­вид­на для m = 1. В самом деле, про­це­ду­ра T не ме­ня­ет чётность числа, по­это­му c = 2d + 1. Это число d и нужно взять: D(T^k(d)) = T^k(c) = D(b), от­ку­да b = T^k(d). Далее будем вести ин­дук­цию по m. Пусть D^m+1(b) = T^k(c). Тогда снова c = 2d + 1 и D^m(b) = T^k(d). По пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции найдётся такое число e, что b = T^k(e) и d = D^m(e). Тогда D^m+1(e) = c и b = T^k(e), что и тре­бо­ва­лось.

Далее мы вос­поль­зу­ем­ся фак­том, что опе­ра­ции D и T об­ра­ти­мы, то есть: если D(a) = D(b), то a = b; если T(a) = T(b), то a = b. Пусть число s сов­ме­сти­мо с чис­лом 2018. Тогда в силу ука­зан­ных свойств опе­ра­ций (пе­ре­ста­но­воч­ность и об­ра­ти­мость) можно счи­тать, что одно и тоже число по­лу­ча­ет­ся при­ме­не­ни­ем к s не­ко­то­ро­го ко­ли­че­ство опе­ра­ций од­но­го типа и при­ме­не­ни­ем к 2018 не­ко­то­ро­го ко­ли­че­ства опе­ра­ций дру­го­го типа. Вос­поль­зу­ем­ся лем­мой. По­сколь­ку 2018 можно по­лу­чить толь­ко с по­мо­щью опе­ра­ции T, по­лу­ча­ем: найдётся такое d, что 2018 = T^k(d) и s = D^m(d). Но из пер­во­го ра­вен­ства сразу вы­те­ка­ет, что k = 1 и d = 672. Но уже дву­крат­ное при­ме­не­ние к числу 672 опе­ра­ции D вы­во­дит это число за гра­ни­цы от­рез­ка [1; 2017]. Зна­чит, m = 1 и s = 1345.

Ответ: 672, 1345.

В про­шлом году од­но­го би­до­на яб­лоч­но­го сока хва­та­ло на 6 банок кок­тей­ля, зна­чит, каж­дая банка со­дер­жа­ла би­до­на яб­лоч­но­го сока. Ана­ло­гич­но, од­но­го би­до­на ви­но­град­но­го сока хва­та­ло на 10 банок, зна­чит, каж­дая банка со­дер­жа­ла би­до­на ви­но­град­но­го сока. Сле­до­ва­тель­но, ёмкость банки со­став­ля­ет стан­дарт­но­го би­до­на. После из­ме­не­ния про­пор­ции в новом году, каж­дая банка со­дер­жит би­до­на яб­лоч­но­го сока, зна­чит, ви­но­град­но­го сока в ней стало би­до­на. Сле­до­ва­тель­но, би­до­на ви­но­град­но­го сока те­перь хва­та­ет на 15 банок кок­тей­ля.

Ответ: На 15 банок.

Умно­жим на зна­ме­на­тель и пре­об­ра­зу­ем ра­вен­ство в усло­вии к виду При этом a, b не могут од­но­вре­мен­но рав­нять­ся нулю, иначе зна­ме­на­тель дроби в усло­вии об­ра­ща­ет­ся в 0. Сле­до­ва­тель­но, скоб­ка тоже не равна нулю. Раз­де­лив на неё, по­лу­чим от­ку­да (где a, b не равны 0). Под­ста­вив это вы­ра­же­ние в дробь по­лу­чим, что она равна

Ответ: