По­са­дим котят в вер­ши­ны и узлы пен­та­грам­мы (фи­гу­ра, об­ра­зо­ван­ная диа­го­на­ля­ми пра­виль­но­го пя­ти­уголь­ни­ка). Усло­вие за­да­чи будет вы­пол­не­но.

Ответ: см. рис.

Пусть всего в IT ушло x че­ло­век, а ма­те­ма­ти­ков из них y. По усло­вию о смене де­я­тель­но­сти, с одной сто­ро­ны, жа­ле­ет 0,07x че­ло­век, а с дру­гой – 0,7y. От­сю­да по­лу­ча­ем, что 0,07x = 0,7y, от­ку­да y/x = 0,1, то есть, 10%.

Ответ: 10%.

Оче­вид­но, что по­это­му имен­но одно из этих двух чисел от­ли­ча­ет­ся ото всех осталь­ных. Тогда Если a  =  0, то числа из усло­вия равны 0, b, −b, 0 со­от­вет­ствен­но, и усло­вие вы­пол­не­но быть не может. Тогда и на него можно со­кра­тить, от­ку­да что рав­но­силь­но

Если b  =  1, то числа имеют вид a, a + 1, a − 1, a. Но пер­вое число не может быть равно ни вто­ро­му, ни тре­тье­му, зна­чит, это ва­ри­ант не­воз­мо­жен. Если b  =  −1, то числа имеют вид −a, a − 1, a + 1, −a. Если то Если то От­сю­да по­лу­ча­ем ответ:

Ответ:

Пред­по­ло­жим, все люди от­ве­ти­ли «нет». Найдём тогда со­сед­них ры­ца­ря и лжеца (на­при­мер, можно взять ры­ца­ря, ко­то­рый по усло­вию есть, и сдви­гать­ся по ча­со­вой стрел­ке, пока не найдётся лжец). Рас­смот­рим 26 че­ло­век A₁,…A₂₆, у ко­то­рых цен­траль­ных  — эти самые ры­царь A₁₃ и лжец A₁₄ (если они идут в дру­гом по­ряд­ке, пе­ре­вернём ну­ме­ра­цию). Так как ры­царь го­во­рит «нет», то среди людей A₁ … A₁₂ и A₁₄ … A₂₅ лже­цов не боль­ше, чем ры­ца­рей. То есть, их там не более 12. Но A₁₄ лжец, от­ку­да сле­ду­ет, что среди A₁ … A₁₂ и A₁₅… A₂₅ лже­цов не более 11. Так как лжец го­во­рит «нет», то среди людей A₂ … A₁₃ и A₁₅ … A₂₆ лже­цов боль­ше, чем ры­ца­рей. То есть, их там более 12. Но A₁₃ ры­царь, по­это­му среди A₂ … A₁₂ и A₁₅… A₂₆ лже­цов более 12. По­след­ние два аб­за­ца про­ти­во­ре­чат друг другу, так как новый лжец мог по­явить­ся толь­ко один  — это че­ло­век A₂₆. А их ко­ли­че­ство долж­но уве­ли­чить­ся хотя бы на 2  — с числа не более 11 до числа боль­ше 12. Про­ти­во­ре­чие с пред­по­ло­же­ни­ем, что все от­ве­тят «нет».

Пусть n нечётно. Раз­де­лим весь круг на груп­пы из оди­на­ко­вых под­ряд иду­щих монет. Найдётся груп­па из нечётного числа монет (иначе общее ко­ли­че­ство монет в круге будет чётным как сумма чётных чисел). Рас­смот­рим эту груп­пу. Пе­ре­вернём в ней вто­рую, четвёртую и т. д.  — все чётные мо­не­ты. После этого мы смо­жем пе­ре­вер­нуть в ней первую, тре­тью и т. д.  — все нечётные мо­не­ты. В итоге ко­ли­че­ство групп в круге умень­шит­ся, и мы смо­жем по­вто­рить все те же самые рас­суж­де­ния. В конце кон­цов груп­па оста­нет­ся толь­ко одна, но это и будет зна­чить, что все мо­не­ты перевёрнуты оди­на­ко­во. Те­перь пусть n чётно. Если n де­лит­ся на 4, то в рас­ста­нов­ке …ООР­РО­ОРР… нель­зя сде­лать во­об­ще ни одной опе­ра­ции. Если не де­лит­ся, то рас­смот­рим рас­ста­нов­ку …ООРРР­РО­ОР­РО­ОРР…  — одна груп­па из четырёх решек, а осталь­ные груп­пы по 2 орла или 2 решки. Если мы пе­ре­вернём вто­рую решку из этих четырёх, то после этого мы можем пе­ре­вер­нуть толь­ко первую, и по­лу­чить ана­ло­гич­ную рас­ста­нов­ку, в ко­то­рой 4 орла. Если пе­ре­вернём тре­тью, то затем толь­ко четвёртую, и снова 4 орла. Для этой рас­ста­нов­ки ана­ло­гич­ны­ми рас­суж­де­ни­я­ми можно по­ка­зать, что мы можем по­лу­чить толь­ко рас­ста­нов­ку, ко­то­рая была из­на­чаль­но (или сдви­нуть эту груп­пу из 4 решек). Зна­чит, пе­ре­вер­нуть все мо­не­ты одной сто­ро­ной не вый­дет.

Ответ: при не­чет­ных n.

По­са­дим трёх котят в вер­ши­ны про­из­воль­но­го тре­уголь­ни­ка, а осталь­ных  — в се­ре­ди­ны его сто­рон. Не­слож­но по­нять, что усло­вие за­да­чи будет вы­пол­не­но.

Ответ: см. рис.

Пусть на поле всего n ро­ма­шек. Тогда Элли по­кра­си­ла ро­ма­шек всего. Зна­чит, То­тош­ка тоже по­кра­сил по­ло­ви­ну поля, от­ку­да сле­ду­ет, что по­ло­ви­на поля  — это 7000 ро­ма­шек, а поле це­ли­ком  — 14000.

Ответ: 14000.

Ве­ро­ни­ка вы­иг­ра­ла и у Риты, и у Марии. Зна­чит, Рита и Мария из од­но­го клас­са. Мария вы­иг­ра­ла у Юли, зна­чит, Юля не в одном клас­се с Ма­ри­ей, а зна­чит, она с Ве­ро­ни­кой. Ана­ло­гич­но, Юля вы­иг­ра­ла у Свет­ла­ны, по­это­му Свет­ла­на тоже с Ма­ри­ей. Итого, по­лу­ча­ем, что в одном клас­се Ве­ро­ни­ка и Юля, а в дру­гом  — Рита, Мария и Свет­ла­на. Так как один­на­дца­ти­класс­ниц по усло­вию три, это как раз Рита, Мария и Свет­ла­на.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

На­ри­су­ем кар­тин­ку, на ко­то­рой со­еди­ним от­рез­ка­ми иг­рав­ших друг с дру­гом де­во­чек. По­нят­но, что в этой це­поч­ке клас­сы де­во­чек че­ре­ду­ют­ся. Тогда Рита, Мария и Свет­ла­на из од­но­го клас­са, а Ве­ро­ни­ка и Юля  — из дру­го­го. От­сю­да и на­хо­дим один­на­дца­ти­класс­ниц.

Пусть Антон по­лу­чил n ка­бач­ков. Так как и по­ло­ви­на, и треть n  — это целые числа, то n де­лит­ся на 6, то есть n  =  6k для не­ко­то­ро­го на­ту­раль­но­го k. Тогда из­вест­но, что 3k  — это квад­рат на­ту­раль­но­го числа, а 2k  — куб. Пусть k  =  2^p3^q+1 Дру­ги­ми сло­ва­ми, пусть p и q  — это мак­си­маль­ные сте­пе­ни двой­ки и трой­ки, на ко­то­рые де­лит­ся k. Тогда 3k  =  2^p3 ^q+1m, и, так как это квад­рат, p и q + 1  — это чётные числа. С дру­гой сто­ро­ны, 2k  =  2^p+13^qm  — это куб, по­это­му p + 1 и q де­лят­ся на 3. За­ме­тим, что тогда p это хотя бы 2 (по­то­му что p + 1 де­лит­ся на 3), а q это хотя бы 3 (по­то­му что q де­лит­ся на 3 и q ≠ 0 из усло­вия чётно­сти q + 1). Тогда k де­лит­ся хотя бы на 4 и 27, от­ку­да k это хотя бы 108, а n хотя бы 648. Оче­вид­но, что 648 = 6  ·  4  ·  27 под­хо­дит по по­стро­е­нию.

Пусть каж­дые два друга дадут по под­за­тыль­ни­ку друг другу. За­фик­си­ру­ем де­ся­те­рых, любые двое из ко­то­рых дру­зья (те, кто вышел на бал­кон). Назовём их си­ни­ми, а осталь­ных де­ся­те­рых  — зелёными. Каж­дый из синих зна­ком с де­вя­тью си­ни­ми и, стало быть, с пятью зелёными. Зна­чит, всего синие дали зелёным 50 под­за­тыль­ни­ков (сле­до­ва­тель­но, и зелёные синим тоже). По­сколь­ку в сумме зелёные дали 14  ·  10  =  140 под­за­тыль­ни­ков, 90 из них при­хо­дят­ся на под­за­тыль­ни­ки, дан­ные зелёными между собой. Так как каж­дый из зелёных мог дать под­за­тыль­ник толь­ко 9 зелёным (то есть, мак­си­мум 9  ·  10 под­за­тыль­ни­ков всего), то зелёными были даны все воз­мож­ные под­за­тыль­ни­ки, то есть каж­дый из зелёных дру­жит с каж­дым, что и за­вер­ша­ет до­ка­за­тель­ство.

По усло­вию, оба числа ра­ци­о­наль­ны, зна­чит, ра­ци­о­наль­но и их про­из­ве­де­ние, рав­ное сле­до­ва­тель­но, ра­ци­о­наль­на сумма Тогда ра­ци­о­на­лен и её квад­рат, рав­ный а вме­сте с ним и тре­бу­е­мое в усло­вии вы­ра­же­ние

По­счи­та­ем пер­вые члены по­сле­до­ва­тель­но­сти a_n, Для a₂ имеем по усло­вию то есть и от­ку­да Для a₃ имеем тогда то есть и от­ку­да От­сю­да легко уга­ды­ва­ет­ся общая фор­му­ла

До­ка­жем её по ин­дук­ции. База уже до­ка­за­на для Пусть фор­му­ла верна для n, тогда для a_n+1 имеем по усло­вию

то есть

и Дис­кри­ми­нант этого квад­рат­но­го урав­не­ния равен

от­ку­да

С учётом огра­ни­че­ния по­лу­ча­ем

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ:

Если бы клет­ки были рас­кра­ше­ны в 9 и более цве­тов, то нашёлся бы цвет, в ко­то­рый окра­ше­на всего одна клет­ка. Кле­ток, рас­по­ло­жен­ных с ней в одной стро­ке или столб­це всего 6, по­это­му дру­гих цве­тов, об­ра­зу­ю­щих с ней пару, тре­бу­е­мую в усло­вии. не боль­ше 6 - про­ти­во­ре­чие. Сле­до­ва­тель­но, клет­ки могут быть окра­ше­ны не более, чем в 8 цве­тов.

При­ведём два су­ще­ствен­но раз­лич­ных при­ме­ра тре­бу­е­мой в усло­вии окрас­ки в 8 цве­тов, при этом в каж­дый цвет окра­ше­ны ровно по две клет­ки квад­ра­та.

Ответ: в 8 цве­тов.

Обо­зна­чим за K и Т се­ре­ди­ны сто­рон АВ и АС со­от­вет­ствен­но. По по­стро­е­нию, от­рез­ки КР и КМ сим­мет­рич­ны, по­это­му их длины равны. Точка K яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABP по­это­му KА  =  KB  =  KP  =  KM и М лежит на опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка АВР. Сле­до­ва­тель­но, равны впи­сан­ные углы АВМ и АРМ, опи­ра­ю­щи­е­ся на общую дугу АМ.

Под­счи­та­ем ве­ли­чи­ну угла АРМ: она равна ве­ли­чи­не ВРМ минус 90° a ве­ли­чи­на ВРМ равна сумме и Из рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка АКР ве­ли­чи­на равна раз­но­сти и по­это­му

С дру­гой сто­ро­ны, ве­ли­чи­на цен­траль­но­го угла AOB равна удво­ен­ной ве­ли­чи­не впи­сан­но­го угла ACB, опи­ра­ю­ще­го­ся на дугу AB, то есть 2C. Тогда ве­ли­чи­на равна

Ра­вен­ство углов ABO и ABM обо­зна­ча­ет, что точка О лежит на пря­мой ВM, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

То, что про­из­ве­де­ние не яв­ля­ет­ся квад­ра­том на­ту­раль­но­го числа при сле­ду­ет из не­ра­венств

и

До­ка­жем, что при всех осталь­ных на­ту­раль­ных a про­из­ве­де­ние все­гда яв­ля­ет­ся квад­ра­том на­ту­раль­но­го числа при под­хо­дя­щем зна­че­нии n.

Пусть сна­ча­ла a не яв­ля­ет­ся сте­пе­нью двой­ки, то есть за­пи­сы­ва­ет­ся в виде при не­ко­то­рых В этом слу­чае при любом на­ту­раль­ном n имеем

По­ло­жим на­ту­раль­ное число, тогда   — квад­рат на­ту­раль­но­го числа.

Рас­смот­рим остав­ший­ся слу­чай, когда a яв­ля­ет­ся сте­пе­нью двой­ки, от­лич­ной от 1, 2 и 4, то есть за­пи­сы­ва­ет­ся в виде при не­ко­то­ром В этом слу­чае при любом на­ту­раль­ном n имеем

По­ло­жим   — на­ту­раль­ное число, тогда   — квад­рат на­ту­раль­но­го числа.

Ответ:

Обо­зна­чим рас­сто­я­ние от Па­хо­мо­во до Во­робьёво за Р, а ско­ро­сти участ­ни­ков пер­фо­ман­са за И, Ф и Е км в час со­от­вет­ствен­но, по пер­вым бук­вам имён. Тогда по усло­вию, Фома и Иван дви­жут­ся в одном на­прав­ле­нии, а Фома и Ерёма  — нав­стре­чу, и в пол­день их раз­де­ля­ют: первую пару а вто­рую  — ровно Р. Со­став­ля­ем урав­не­ния

от­ку­да

и время, за ко­то­рое Иван и Ерёма пре­одо­ле­ют раз­де­ля­ю­щие их дви­га­ясь нав­стре­чу, равно

Зна­чит, встре­тят­ся они в 12 ч + 2,5 ч  =  14 часов 30 минут.

Ответ: в 14 часов 30 минут.

Рас­кро­ем скоб­ки в вы­ра­же­нии из усло­вия, по­лу­чим

от­ку­да

Усло­вие, что среди x, y, z обя­за­тель­но най­дут­ся два, сумма ко­то­рых равна нулю эк­ви­ва­лент­но ра­вен­ству нулю про­из­ве­де­ния Рас­кры­ва­ем в нём скоб­ки, по­лу­ча­ем в точ­но­сти по­лу­чен­ное в преды­ду­щем аб­за­це вы­ра­же­ние

рав­ное нулю по усло­вию.

Пря­мо­уголь­ни­ков в на­бо­ре всего 35 , по­это­му как ми­ни­мум один из 9 квад­ра­тов 10 на 10 будет со­став­лен не более, чем из трёх пря­мо­уголь­ни­ков (и, по усло­вию, не менее, чем из двух). Квад­рат имеет 4 вер­ши­ны, по­это­му ми­ни­мум две из них будут при­над­ле­жать од­но­му из этих пря­мо­уголь­ни­ков. зна­чит, длина одной из его сто­рон равна 10 см, а дру­гая це­ло­чис­лен­ная и равна x, где так как этот пря­мо­уголь­ник мень­ше квад­ра­та. Сло­жим из остав­ших­ся пря­мо­уголь­ни­ков два рав­ных пря­мо­уголь­ни­ка раз­ме­ра 10 см на 40 см (это по 4 квад­ра­та 10 на 10, всего 8 штук), пря­мо­уголь­ник раз­ме­ра 10 на x при­ло­жим к од­но­му из них, а оста­ток от квад­ра­та, име­ю­щий раз­мер 10 на   — к дру­го­му. Раз­ность их пло­ща­дей равна

что по мо­ду­лю не боль­ше 80, так как

Обо­зна­чим ис­ко­мое число за n, а его ми­ни­маль­ный соб­ствен­ный де­ли­тель, яв­ля­ю­щий­ся про­стым чис­лом  — за p. Наи­боль­ший соб­ствен­ный де­ли­тель n равен что по усло­вию равно сле­до­ва­тель­но, n имеет вид причём p  — его ми­ни­маль­ный соб­ствен­ный де­ли­тель. По­след­нее рав­но­силь­но тому, что число не имеет соб­ствен­ных де­ли­те­лей мень­ших, чем p. Оче­вид­но, это верно для и Любое про­стое число, боль­шее 3 , при де­ле­нии на 3 даёт оста­ток 1 или 2 , сле­до­ва­тель­но, его квад­рат при де­ле­нии на 3 даёт оста­ток 1, а после при­бав­ле­ния 2 де­лит­ся на 3. По­это­му ми­ни­маль­ным соб­ствен­ным де­ли­те­лем числа при будет 3, а не p, и оно не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: 12, 33.

По­стро­им на от­рез­ке СМ рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник СМK так, чтобы его вер­ши­на K ле­жа­ла ниже сто­ро­ны Углы ACB и МСK равны по 60°, по­это­му равны углы ACK и ВСМ. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ACK и ВСМ равны по парам рав­ным парам сто­рон AC  =  BC и CM  =  CK и рав­ным углам АСK и ВСМ между ними. Зна­чит, в этих тре­уголь­ни­ках равны и тре­тьи со­от­вет­ству­ю­щие сто­ро­ны АK и ВМ. Таким об­ра­зом. в тре­уголь­ни­ке АМK длины сто­рон АМ, MK и АK равны со­от­вет­ствен­но дли­нам от­рез­ков АМ, МС и MB, а угол АМK равен раз­но­сти углов АМС и KМС, то есть Тре­бу­е­мый в усло­вии пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник по­стро­ен.