Всего: 175 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …
Добавить в вариант
и 
имеют общий корень.
то 
Поэтому при 
будет выполнено. Но тогда 
поскольку по условию трехчлен 
не имел корней. Следовательно, при 
имеем 
Но тогда и 
и 
при 
Расстановка для доски 
показана на рисунке. Тогда в квадрате 
примыкающем к левому нижнему углу, не найдется ни одной ладьи.
в котором нет ни одной ладьи. в каждой из которых не более двух ладей. Значит, всего в части A не более 198 ладей, а поскольку эта часть занимает 201 столбец, существует столбец, пересекающий часть A, в котором не стоит ни одной ладьи. Аналогично существует строка, пересекающая часть B, в которой нет ни одной ладьи. Тогда клетка на пересечении этого столбца и этой строки не бьется ладьями, что противоречит условию.
и 
Серединный перпендикуляр к отрезку PQ пересекает биссектрису угла C в точке R (внутри треугольника). Докажите, 
и 
поэтому треугольники ACI и API равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, 
и 
Стало быть, 
и точка I лежит на серединном перпендикуляре к отрезку PQ. Но тогда она совпадает с точкой R, поскольку является точкой пересечения тех же прямых. Torда 
Рассмотрим целые числа 
Это p последовательных чисел, поэтому все они дают различные остатки при делении на p. Умножим теперь эти p чисел на q. Покажем, что числа в новом наборе также будут давать различные остатки при делении на p. Если qa и qb (при 
дают одинаковые остатки при делении на p, то натуральное число 
делится на p, а значит, и 
делится на p, что невозможно, ибо 
Но поскольку их всего p, среди них найдется число, дающее остаток 
Следовательно, мы доказали, что существует такое число k, что 
делится на p и 
Тогда 
и тем более больше, чем 
то нам подойдут числа 
и 
и 
при целом k также удовлетворяет этому условию. Подберем k так, что 
Тогда число 
делится на q и результат деления меньше p, поэтому наибольший простой делитель q равен 
делится на p, поэтому если 
то наибольший простой делитель 
Тогда рассмотрим натуральное число 
Оно делится на q и результат деления меньше p, поэтому набольший простой делитель c равен q. Кроме того 
делится на p и частное не превосходит 
Поэтому наибольший простой делитель 
Но тогда 
Тогда число 
делится на q и меньше 
Поэтому у него нет простых делителей, больших 
Если 
не имеет простых делителей, больших p, то мы нашли требуемую пару чисел: 
В противном случае заметим, что 
и 
делится на q и не превосходит pq. Поэтому у него нет простых делителей, больших q. Если 
не имеет простых делителей, больших p, то мы нашли требуемую пару чисел: 
и 
Если же требуемая пара чисел еще не найдена, то числа 
Костя и Сергей играют в игру на белой полоске длины 2016. Костя (он ходит первым) за один ход должен закрасить черным две соседних белых клетки. Сергей своим ходом должен закрасить либо одну белую клетку, либо три соседних белых клетки. Запрещается делать ход, после которого образуется белая клетка, не имеющая белых соседей. Проигрывает не имеющий хода. Однако, если все клетки закрашены, то выигрывает Костя. Кто выиграет при правильной игре?
(К. Тыщук)
Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны AC в точке D. Отрезок BD повторно пересекает окружность в точке E. Точки F и G на окружности таковы, что FE || BC и GE || BA. Докажите, что отрезок, соединяющий центры вписанных окружностей треугольников DEF и DEG, делится пополам биссектрисой угла GDF.
(Ф. Бахарев)
и 
—
и 
Несложно показать, что касательная, параллельная хорде, проходит через середину дуги, которую стягивает хорда. Из чего следует, что точка X лежит на прямой 
а точка Y — на прямой 
По свойству касательной 
поэтому треугольники BXE и BDX подобны и имеет место равенство 
И по аналогичным соображениям 
Но 
а значит, 
и 
Подставляя в последнее равенство, получаем, что 
и биссектриса угла 
пересекает вторично вписанную в треугольник 
окружность в точке 
Тогда 
и 
равны, и 
Подставляя эти равенства в (*), получаем 
получаем равенство площадей 
что, очевидно, возможно только в том случае, когда 
делит 
пополам.
оказался хорошим. Сумма всех чисел этого блока равна 
(где 
делится на сумму остальных чисел блока, т. е. на 
и s: 
то 
то 
Но тогда 
Следовательно, при больших k либо 
делится на N. По условию 
и, значит, 
и число N четно.
и 
Тогда 
и 
Возьмем 
Тогда 
должно делиться на 
должно делиться на 
Это бывает, когда 
Стало быть, все четные N подходят.
Рассмотрим блок, состоящий из чисел 
Их сумма равна 
а сумма всех этих чисел, кроме k и 
Тогда число 
делится на 
если 
делится на 
Это выполнено при 
при любом натуральном m. Таким образом, для четного N мы построили бесконечно много хороших блоков.
существует лишь конечное число хороших блоков из N чисел. Пусть блок 
оказался хорошим. Мы убедимся, что при достаточно больших k это невозможно. Сумма всех чисел этого блока равна 
Предположим, что произведение чисел 
и 
(|r|,
и 
делится на сумму оставшихся чисел блока. Тогда число 
(при этом 
так как 
то уже при 
число 
нецелое. 
При наших ограничениях на 
это возможно, лишь при 
тогда 
и 
числитель дроби равен 
При больших k это ненулевой остаток по модулю 
и, значит, число B нецелое. 
Тогда аналогично 
и 
числитель дроби равен 
В следующих рассуждениях мы воспользуемся тем, что при больших k знаменатель дроби, задающей число B, очень близок к 1. Заметим, что при 
получаем 
а знаменатели не меньше чем k. Поэтому при 
их сумма меньше 
и, значит, отличается от целого числа не менее чем на 
или произведение чисел 
и 
взаимно просто со всеми этими делителями, поэтому число 
При этом 
и так далее 
Перемножив эти неравенства, получим, что делимое не превосходит своего делителя, а это возможно только в том случае, когда все неравенства обращаются в равенства. Ho тогда 
т е. n делится на 
Значит, либо 
либо числа 
не существует и 
или 
при 
Докажите, что найдутся такие положительные числа 
что 
при всех 
Монотонность этой последовательности очевидна. Далее, 
так как 
содержится в множестве по которому берется максимум, и при этом 
для некоторого j 
значит, по условию, 
точку касания вписанной окружности со стороной 
пусть 
и 
Torда M 
и 
как отрезки касательных. Также нетрудно подсчитать, что 
и 
Далее заметим, что точка K лежит либо вне описанной окружности треугольника 
либо на этой окружности, поэтому 
Мы знаем, чему равны углы, смежные к данным, поэтому легко можем вычислить и их самих: 
Откуда получаем неравенство 
Раскраска клеток таблицы 100 × 100 в чёрный и белый цвета называется допустимой, если в каждой строке и каждом столбце от 50 до 60 чёрных клеток. Разрешается изменить цвет одной из клеток допустимой раскраски, если она остаётся допустимой. Докажите, что такими операциями можно получить из любой допустимой раскраски любую другую.
(О. Иванова)
(назовём их ЛВ, ПН) полностью черные, а два других, ЛН и ПВ, — белые. Поскольку операции обратимы, достаточно научиться из любой допустимой раскраски получать раскраску θ. А для этого, в свою очередь, достаточно научиться в любой допустимой раскраске 
увеличивать число квадратов, раскрашенных так же, как в θ.
Значит, τ содержит белые клетки в ЛВ, ни одну из которых нельзя перекрасить. Тогда каждая из этих белых клеток лежит либо в предельно черной строке (т. е. в строке, содержащей 60 черных клеток), либо в предельно черном столбце.
черных клеток, из них 
клеток находятся в ЛВ, значит, остальные 
черных клеток расположены в ПВ. Ни одну из них тоже не перекрасить — это может быть лишь потому, что каждая стоит в столбце, содержащем 50 черных и 50 белых клеток. Так как в этих столбцах есть не менее 
Пусть H — основание этого перпендикуляра. Зафиксируем какой-нибудь треугольник ABC и обозначим через R вторую точку пересечения прямой PH с описанной окружностью треугольника PBC. Тогда степень точки H относительно этой окружности равна 
по свойству высоты в прямоугольном треугольнике. Следовательно, длина отрезка HR не зависит от выбора треугольника. Заметим к тому же, что точка H всегда лежит на отрезке BC, т. е. внутри описанной окружности PBC, а значит, точки R и P всегда будут лежать в разных полуплоскостях относительно прямой ℓ. 
должна пересекать прямую PH в точке, удаленной от P 
В окружность вписана замкнутая 100-звенная ломаная, никакие три звена которой не проходят через одну точку. Все ее углы тупые, и их сумма в градусах делится на 720. Докажите, что у этой ломаной нечетное число точек самопересечения.
(С. Иванов)
(поскольку по модулю 
Это интуитивно понятное утверждение можно доказать индукцией, подразбивая ломаную и следя за изменением чисел поворота.
четно. При 
минус сумма углов, что кратно 
Поэтому число поворота чётно, а 
нечетно, чтд.
на 
Величина x уменьшится на 1, число ломаных изменится на 1, а сумма поворотов не изменится. Таким образом, четность величины y не изменится. Так мы сведём утверждение к случаю, когда ломаные не имеют точек пересечения, т. е. 
Найдите все такие пары (P(x); a).
и многочлен 
степени 
удовлетворяет равенству 
Тогда 
где 
Тогда 
коэффициенты при степенях x, видим, что все они, кроме коэффициента при 
равны 0.
удовлетворяет условию при любом 
а многочлен, равный ненулевой константе, не удовлетворяет условию ни при каком a. Пусть теперь степень многочлена P равна 
как уравнение относительно 
Если k четно и 
то при больших x оно не имеет решений. В остальных случаях можно обозначить 
при некотором вещественном 
Зафиксируем вещественный параметр 
(при этом значении 
коэффициент при 
равен 0) и выберем числа 
Тогда если 
большое и 
из монотонности многочлена на некотором луче вида 
получаем, что 
лежит между 
и 
Иными словами, разность 
стремится к 
при больших 
таких что 
Для тех x, для которых 
(такое возможно при четном 
аналогично получаем, что 
имеет некоторый конечный предел 
Рассмотрим большое натуральное x. Среди чисел 
два имеют одинаковый знак. Если, например, 
отрицательны, то 
и функции от x, стремящейся к 0 при возрастании x. Отсюда получаем, что число 
целое. В любом случае получаем, 
—
имеющие предел, должны быть постоянны при больших x. Таким образом, хотя бы одно из равенств 
имеет место при бесконечно многих x, отметим, что из этого следует цело — численность 
Тогда либо многочлен 
либо многочлен 
имеет бесконечно много корней — следовательно, он тождественно равен 0. Применяя лемму получаем, что 
—
так что подойдет 
где 
—
—
поэтому и правая часть делится, то есть 
кратно n. Ладья, стоящая на поверхности клетчатого куба, бьёт клетки, находящиеся с той клеткой, где она стоит, в одном ряду, а также на продолжениях этого ряда через одно или даже несколько ребёр. (На картинке показан пример для куба 4×4×4; видимые клетки, которые бьёт ладья, закрашены серым.) Какое наибольшее количество не бьющих друг друга ладей можно расставить на поверхности куба
(А. Чухнов)
Далее в трех квадратах, указанных на рисунке, поставим ладьи на одной из главных диагоналей. 
— арифметические прогрессии с натурального разностями 
причем любые две из них пересекаются. Тогда найдется число, принадлежащее множеству значений всех этих прогрессий.
прогрессий очевидна. Докажем переход от n к 
Не умаляя общности (и по индукционному предположению) можно считать, что прогрессии 
начинаются с нуля. Пусть 
Поскольку прогрессии 
равен 
(где a — некоторое натуральное число). А поскольку прогрессии 
Если 
то мы нашли общую точку всех прогрессий. В противном случае прогрессия 
и имеет остаток 1 при делении 
т. е. принадлежит множеству значений всех прогрессий.
Для каждой точки C моменты ее встреч с парой A, B образуют арифметическую прогрессию 
(здесь 
—
—
По условию точки A, B, C и D встретятся вместе, поэтому прогрессии 
и 
пересекаются для любой пары точек C и D. Тогда, согласно лемме, у всех таких прогрессий есть общая точка P. Значит, в момент времени tP все точки встретятся вместе. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны AC в точке D. Отрезок BD повторно пересекает окружность в точке E. Точки F и G на окружности таковы, что
и 
Докажите, что прямая, соединяющая центры вписанных окружностей треугольников DEF и DEG, перпендикулярна биссектрисе угла B.
(Ф. Бахарев)
Подставляя в последнее равенство, получаем, что 
и биссектриса угла GDF пересекает вторично вписанную в треугольник ABC окружность в точке E1. Тогда 
и 
Подставляя эти равенства в (∗), получаем 
т. е. 
В стране 50 городов, каждые два города соединены (двусторонними) авиалиниями, цены всех перелетов попарно различны (для любой пары городов цена перелета «туда» равна цене «обратно»). В каждом городе находится турист. Каждый вечер все туристы переезжают: богатые туристы — по самой дорогой, бедные — по самой дешевой линии, ведущей из соответствующего города. Через k дней оказалось, что в каждом городе снова по одному туристу. За это время ни один турист не посетил никакой город дважды. При каком наибольшем k такое возможно?
(К. Кохась)
Допустим, что путь 
равна 
рублей. А «бедный путь» пусть сначала проходит по городам с большими четными номерами, потом — по городам с большими нечетными, а далее — с малыми: сначала с четными, потом с нечетными: 
