Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

а) Можно ли занумеровать рёбра куба натуральными числами от 1 до 12 так, чтобы для каждой вершины куба сумма номеров рёбер, которые в ней сходятся, была одинаковой?

б) Аналогичный вопрос, если расставлять по рёбрам куба числа –6, –5, –4, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 4, 5, 6.

  а) Предположим, что это возможно, и сумма номеров рёбер, сходящихся в каждой из восьми вершин, равна x. Сложив эти суммы для всех вершин, получим 8x. С другой стороны, эта сумма равна удвоенной сумме номеров всех рёбер, так как номер каждого ребра входит в неё дважды. Вычислим эту сумму:  2·(1 + 2 + ... + 12) = 156.  Отсюда следует, что  8x = 156,  то есть x – не целое. Противоречие.

Существует ли выпуклый 1978-угольник, у которого все углы выражаются целым числом градусов?

Сумма внешних углов 1978-угольника равна 360°. Поэтому у него должен быть угол, меньший 1°.

Не существует.

Сколькими способами число 1979 можно представить в виде разности двух квадратов натуральных чисел?

Пусть  1979 = x² – y² = (x – y)(x + y).  Поскольку 1979 – число простое, то существует единственное его представление в виде произведения двух натуральных чисел  1979 = 1·1979.  Поскольку  x – y < x + y,  то x – y = 1,  x + y = 1979,  откуда  x = 990,  y = 989.

Одним способом.

В соревнованиях участвуют 10 фигуристов. Соревнования судят трое судей следующим способом: каждый судья по-своему распределяет между фигуристами места (с первого по десятое), после чего победителем считается фигурист с наименьшей суммой мест. Какое наибольшее значение может принимать эта сумма у победителя (победитель единственный)?

  Оценка. Поскольку каждый из трёх судей распределил набор мест с первого по десятое, то сумма мест, присуждённых всеми судьями всем участникам соревнований, равна  3·(1 + 2 + ... + 10) = 165.   С другой стороны, если победитель получил сумму не меньше 16, то все остальные получили сумму мест не меньше 17, и рассматриваемая общая сумма не меньше чем  16 + 9·17 = 169.  Противоречие. Следовательно, сумма мест победителя не больше 15.   Пример. См. таблицу:

15.

В колоде 16 карт, пронумерованных сверху вниз. Разрешается снять часть колоды сверху, после чего снятую и оставшуюся части колоды, не переворачивая "врезать" друг в друга. Может ли случиться, что после нескольких таких операций карты окажутся пронумерованными снизу вверх? Если да, то за какое наименьшее число операций это может произойти?

  Приведём способ, позволяющий добиться требуемого порядка за четыре операции. Каждый раз будем снимать ровно половину колоды – 8 карт сверху и "врезать" снятую часть колоды в оставшуюся "через одну". Трансформация колоды при таких операциях показана на схеме:

Можно ли в прямоугольной таблице 5×10 так расставить числа, чтобы сумма чисел каждой строки равнялась бы 30, а сумма чисел каждого столбца равнялась бы 10?

Предположим, что такая таблица существует, и подсчитаем, чему равняется сумма всех ее чисел. С одной стороны, таблица содержит 5 строк, сумма чисел в каждой из которых – 30, значит, искомая сумма равна 150. С другой стороны, в таблице 10 столбцов, сумма чисел в каждом из которых – 10. Отсюда общая сумма равна 100. Противоречие.

Сумма нескольких чисел равна 1. Может ли сумма их квадратов быть меньше 0,1?

Условию задачи удовлетворяют одиннадцать чисел, равных 1/11. Сумма их квадратов равна  11·1/11 = 1/11 < 0,1.

Может.

а) Назовите 10 первых натуральных чисел, имеющих нечётное число делителей (в число делителей включается единица и само число).

б) Попробуйте сформулировать и доказать правило, позволяющее найти следующие такие числа.

б) Как показано в задаче 30365, натуральное число имеет нечётное число делителей тогда и только тогда, когда оно является полным квадратом.

Из утверждений "число a делится на 2", "число a делится на 4", "число a делится на 12" и "число a делится на 24" три верных, а одно неверное. Какое?

Если последнее утверждение верно, то будут верными также и первые три утверждения. Поэтому последнее утверждение не может быть верным.

Последнее.

На доске написаны числа 0, 1, 0, 0. За один шаг разрешается прибавлять единицу к любым двум из них. Можно ли, повторяя эту операцию, добиться, чтобы все числа стали равными?

См. задачу 35134.

Несколько ящиков вместе весят 10 тонн, причём каждый из них весит не более одной тонны. Сколько трёхтонок заведомо достаточно, чтобы увезти этот груз?

  Будем грузить машины ящиками в любом порядке, следя лишь за тем, чтобы не наступила "перегрузка" машины. В результате на каждую машину будет погружено более 2 т. Значит, пяти машин заведомо хватит.   Четырёх машин может не хватить. Пусть, например, у нас есть 13 ящиков весом 10/13 т каждый. Тогда одна машина может увезти не более трёх таких ящиков (4 ящика весят больше 3 т), а все четыре машины увезут не более 12 ящиков.

5 трёхтонок.

Цены снижены на 20%. На сколько процентов больше можно купить товаров на ту же зарплату?

Понижение цен на 20% означает, что новая цена товара равна старой, умноженной на 0.8. Значит, на прежнюю зарплату можно купить товаров в 1 : 0,8 = 1,25  раз больше, то есть на 25% больше.

На 25%.

Если класс из 30 человек рассадить в зале кинотеатра, то в любом случае хотя бы в одном ряду окажется не менее двух одноклассников. Если то же самое проделать с классом из 26 человек, то по крайней мере три ряда окажутся пустыми. Сколько рядов в зале?

  Первое условие означает, что в зале не более 29 рядов. Действительно, если бы количество рядов было не меньше 30, то, очевидно, класс из 30 человек можно было бы рассадить не более чем по одному на каждый ряд.   Второе условие означает, что количество рядов в зале не менее 29. Действительно, если количество рядов не больше 28, то сажая учеников класса из 26 человек по очереди на пустые ряды, получим, что либо в какой-то момент все ряды будут заняты, либо все 26 учеников будут сидеть по одному на 26 рядах, и в этом случае останутся свободными не более двух рядов.   Значит, в кинотеатре 29 рядов. Очевидно, что в этом случае оба условия выполнены.

В одной из вершин  а) октаэдра;  б) куба сидит муха. Может ли она проползти по всем его рёбрам ровно по одному разу и возвратиться в исходную вершину?

а) Пусть, A, B, C, A1, B1, C1 – вершины октаэдра, причём  (A, A1),  (B, B1)  и  (B, B1) – пары противоположных вершин. Тогда любая пара вершин, кроме этих трёх, соединяется ребром. Путь мухи может быть следующим:  ABA1C1BCAC1B1CA1B1A  (см. рис.)

б) В каждой из восьми вершин куба сходится по три ребра. Это означает, что степень каждой вершины полученного графа нечётна, значит, путешествие совершить невозможно.

а) Дано шесть натуральных чисел. Все они различны и дают в сумме 22. Найти эти числа и доказать, что других нет.

б) Тот же вопрос про 100 чисел, дающих в сумме 5051.

Для того, чтобы застеклить 15 окон различных размеров и форм, заготовлено 15 стекол в точности по окнам (окна такие, что в каждом окне должно быть одно стекло). Стекольщик, не зная, что стекла подобраны, работает так: он подходит к очередному окну и перебирает неиспользованные стекла до тех пор, пока не найдет достаточно большое (то есть либо в точности подходящее, либо такое, из которого можно вырезать подходящее), если же такого стекла нет, то переходит к следующему окну, и так, пока не обойдет все окна. Составлять стекло из нескольких частей нельзя. Какое максимальное число окон может остаться незастекленными?

Покажем сначала, что если в какой-либо момент осталось не меньше 8 окон (и, соответственно, не меньше 8 стекол), то стекло для какого-нибудь окна из оставшихся можно подобрать. Действительно, разобрано не больше семи стекол, значит хотя бы одно из восьми стекол, предназначавшихся заранее для восьми оставшихся окон, осталось. Его-то и можно вставить в «свое" окно. Поэтому больше семи окон остаться незастекленными не может.

Из бумаги склеено цилиндрическое кольцо, ширина которого равна 1, а длина по окружности равна 4. Можно ли не разрывая сложить это кольцо так, чтобы получился квадрат площади 2?

Отметим на одной кромке кольца диаметрально противоположные точки A и C, а на другой — диаметрально противоположные точки B и D, повернутые относительно A и C на 90. На рис. а) изображен прямоугольник, получаемый из кольца разрезанием по образующей цилиндра . Сложив цилиндр по линиям AB, BC, CD и DA, получим квадрат площади 2 (рис.б).

Да, можно.

Точка M внутри выпуклого четырехугольника ABCD такова, что площади треугольников ABM, BCM, CDM и DAM равны. Верно ли, что ABCD — параллелограмм, а точка M — точка пересечения его диагоналей?

Это утверждение неверно. Рассмотрим остроугольный треугольник ABC, у которого и симметричный ему треугольник ADC относительно прямой AC. Середину общей стороны AC этих треугольников обозначим M. Из того, что медиана делит треугольник на две равновеликие части следует, что четырехугольник ABCD и точка M будут искомыми.

В каждый узел бесконечной клетчатой бумаги воткнута вертикальная булавка. Иголка длины l лежит на бумаге параллельно линиям сетки. При каких l иголку можно повернуть на 90°, не выводя из плоскости бумаги? Иголку разрешается как угодно двигать по плоскости, но так, чтобы она проходила между булавками; толщиной булавок и иголки пренебречь.

Соединим отрезками всевозможные пары узлов клетчатой бумаги, расстояние между которыми не превосходит l. Будем считать, что один из концов O иголки не лежит ни на одном из нарисованных отрезков (в противном случае этого можно добиться небольшим шевелением иголки). Начнем поворачивать иголку вокруг этого конца. Если в процессе этого движения она упрется в булавку, то станем двигать иголку вдоль себя до тех пор, пока она не перестанет соприкасаться с булавкой (при таком движении мы можем быть уверены, что не упремся ни в какую другую булавку, в силу выбора начального положения конца иголки). Затем будем двигать иголку вдоль себя в обратном направлении (но оставляя булавку на сей раз с другой стороны от иголки) до тех пор, пока ее конец O не вернется в исходное положение. Продолжая действовать таким образом, мы сможем повернуть иголку на любой угол.

Все натуральные числа поделены на хорошие и плохие. Известно, что если число m хорошее, то и число  m + 6  тоже хорошее, а если число n плохое, то и число  n + 15  тоже плохое. Может ли среди первых 2000 чисел быть ровно 1000 хороших?

  Предположим, что число – хорошее, а  n + 3  – плохое. Тогда с одной стороны, число  n + 18 = (n + 3) + 15  должно быть плохим, а с другой стороны, это же число  n + 18 = ((n + 6) + 6) + 6  должно быть хорошим.   Если же число n – плохое, а  n + 3  – хорошее, то число  n + 15 = ((n + 3) + 6) + 6  должно быть одновременно и плохим и хорошим.   Полученное в обоих случаях противоречие доказывает, что числа n и  n + 3  всегда принадлежат одному классу. Из этого следует, что любой класс вычетов по модулю 3 является либо целиком хорошим, либо целиком плохим.   Среди первых 2000 чисел каждый такой класс содержит 666 или 667 чисел. Любой класс содержит меньше 1000 чисел, а любые два класса – больше 1000 чисел. Поэтому ровно 1000 хороших чисел быть не может.

Какое наибольшее число пешек можно поставить на шахматную доску (не более одной пешки на каждое поле), если:   1) на поле e4 пешку ставить нельзя;   2) никакие две пешки не могут стоять на полях, симметричных относительно поля e4?

  Оценка. Все поля доски кроме вертикали a, горизонтали 8 и самого поля e4 можно разбить на пары, симметричные относительно e4. Таких пар образуется 24. По условию, на поля каждой пары можно поставить не более одной пешки. Кроме того, можно поставить не более, чем по одной пешке на поля вертикали a и горизонтали 8. Таких полей 15. На поле e4, по условию, пешки ставить нельзя. Значит, всего можно поставить не более 39 пешек.   Пример расстановки 39 пешек показан на рисунке:

Сколько двоек будет в разложении на простые множители числа 1984! ?

Среди чисел от 1 до 1984 есть 992 чётных. Каждое из них дает по крайней мере одну двойку в разложение на простые множители числа 1984!. Две двойки в это разложение дадут числа, делящиеся на 4 (их всего 496). Далее, по 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 10 двоек соответственно дадут 248, 124, 62, 31, 15, 7, 3 и 1 число, делящиеся на 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 и 1024 соответственно. Сложив результаты, мы и получим искомое количество двоек: 992 + 496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 1979.

1979 двоек.

В ряд выписаны в порядке возрастания числа, делящиеся на 9: 9, 18, 27, 36, ... . Под каждым числом этого ряда записана его сумма цифр.   а) На каком месте во втором ряду впервые встретится число 81?   б) Что встретится раньше: четыре раза подряд число 27 или один раз число 36?

  а) Впервые число 81 во втором ряду встретится под числом 999999999, следовательно, его номер будет  999999999 : 9 = 111111111.

  б) Число 36 встретится первый раз во втором ряду под числом 9999, четыре раза подряд число 27 встретится раньше, например под числами 3969, 3978, 3987, 3996.

На плоскости имеется 1983 точки и окружность единичного радиуса. Доказать, что на окружности найдётся точка, сумма расстояний от которой до данных точек не меньше 1983.

Обозначим данные точки M1, M2, ..., M1983. Рассмотрим на окружности две произвольные диаметрально противоположные точки N1 и N2. Согласно неравенству треугольника, учитывая, что  N1N2 = 2,  для каждой точки Mi можно записать  MiN1 + MiN2 ≥ 2.  Сложив эти неравенства, получим     Значит, хотя бы одна из двух сумм в левой части последнего неравенства не меньше 1983.

На центральном телеграфе стоят разменные автоматы, которые меняют 20 коп. на 15, 2, 2 и 1; 15 коп. на 10, 2, 2 и 1; 10 коп. на 3, 3, 2 и 2. Петя разменял 1 руб. 25 коп. серебром на медь. Вася, посмотрев на результат, сказал: "Я точно знаю, какие у тебя были монеты" и назвал их. Назовите и вы.

  Так как две 15-копеечные монеты размениваются на ту же комбинацию, что и набор из одной 10-копеечной и одной 20-копеечной монеты, то в исходном наборе у Пети не могло быть ни более одной 15-копеечной монеты, ни одновременно 10-копеечной и 20-копеечной.   Из монет 10 и 20 коп. невозможно получить 125 коп., значит, у Пети была 15-копеечная монета. Остальные монеты в сумме 110 коп. должны были быть одинаковыми, следовательно, 10-копеечными.   При таком наборе монет по результатам размена действительно можно однозначно определить исходные монеты: у Пети оказалась всего одна копейка; из этого можно заключить, что вначале у не было 20-копеечных монет, и была только одна 15-копеечная.

Одна 15-копеечная монета и 11 гривенников.

Две окружности пересекаются прямой l, как указано на рисунке. Докажите, что угол  ∠ABC = ∠DEM.

  Соединим точки B и E (см. рис.). Четырёхугольники ABEM и BEDC являются вписанными, поэтому ∠ABC + ∠CBE + ∠DME = 180° = ∠CBE + ∠CDE = ∠CBE + ∠DEM + ∠DME  (угол CDE – внешний для треугольника DEM). Отсюда  ∠ABC = ∠DEM.

9 кг ирисок стоят дешевле 10 рублей, а 10 кг тех же ирисок – дороже 11 рублей. Сколько стоит 1 кг этих ирисок?

Первое условие равносильно тому, что 1 кг ирисок стоит дешевле, чем  10/9 руб. = 1 руб. 111/9 коп.  Аналогично, второе условие равносильно тому, что 1 кг ирисок стоит дороже, чем  11/10 руб. = 1 руб. 10 коп.  Поэтому ответом в задаче является любая сумма, большая 1 руб. 10 коп. и меньшая 1 руб. 111/9 коп. Поэтому ответ однозначен: 1 руб. 11 коп.

1 руб. 11 коп.

Петя написал на гранях кубика натуральные числа от 1 до 6. Вася кубика не видел, но утверждает, что

а) у этого кубика есть две соседние грани, на которых написаны соседние числа;

Можно ли провести из одной точки на плоскости пять лучей так, чтобы среди образованных ими углов было ровно четыре острых? Рассматриваются углы не только между соседними, но и между любыми двумя лучами.

Пример требуемого расположения приведён на рисунке:

У куба отмечены вершины и центры граней, а также проведены диагонали всех граней. Можно ли по отрезкам этих диагоналей обойти все отмеченные точки, побывав в каждой из них ровно один раз?

Мы имеем отмеченные точки двух типов: вершины и центры граней. Отрезки диагоналей граней соединяют попарно точки разных типов. Поэтому, проходя по этим отрезкам, мы будем встречать отмеченные точки в порядке чередования их типов, т.е. если мы в некоторый момент встретим вершину, то в следующий момент встретим центр грани, и наоборот. Из этого следует, что в любой момент либо количества пройденных точек обоих типов равны, либо точек одного типа на одну больше, чем другого. Мы же имеем 8 вершин и 6 центров граней — точек одного типа на 2 больше, чем точек другого типа. Поэтому требуемый обход осуществить невозможно.

Нельзя.

Автобусные билеты имеют номера от 000000 до 999999. Билет называется счастливым, если сумма первых трёх цифр его номера равна сумме последних трёх его цифр. Докажите, что:   а) число всех счастливых билетов чётно;   б) сумма номеров всех счастливых билетов делится на 999.

  а) Укажем два способа разбиения счастливых билетов на пары.

В поход пошли 20 туристов. Самому старшему из них 35 лет, а самому младшему 20 лет. Верно ли, что среди туристов есть одногодки?

Возраст туриста – одно из чисел: 20, 21, 22, ..., 35 (всего 16 вариантов). А туристов больше.

Верно.

На столе стоят 16 стаканов. Из них 15 стаканов стоят правильно, а один перевёрнут донышком вверх. Разрешается одновременно переворачивать любые четыре стакана. Можно ли, повторяя эту операцию, поставить все стаканы правильно?

См. задачу 35111.

Придя в тир, Петя купил 5 пуль. За каждый успешный выстрел ему дают еще 5 пуль. Петя утверждает, что он сделал 50 выстрелов и 8 раз попал в цель, а его друг Вася говорит, что этого не может быть. Кто из мальчиков прав?

Если Петя сделал 50 выстрелов, то 45 пуль он получил за успешные выстрелы. Но для этого ему надо было попасть в цель 9 раз. А он утверждает, что сделал только 8 метких выстрелов. Значит, он неправ.

Какое наименьшее число карточек спортлото (6 из 49) надо купить, чтобы наверняка хоть в одной из них был угадан хоть один номер?

  Заполним восемь карточек следующим образом: в первой зачеркнем числа от 1 до 6, во второй – от 7 до 12 и т. д., в последней – от 43 до 48. Не зачеркнутым ни в одной карточке останется только число 49. Поэтому среди выигрышных номеров по крайней мере пять окажутся зачеркнутыми.   Докажем, что семи карточек может не хватить. Действительно, всего будет вычеркнуто не более 42 различных чисел. Поэтому не менее семи чисел окажутся не вычеркнутыми ни в одной из карточек. Может так случиться, что выигрышными окажутся как раз шесть чисел из этих семи.

8 карточек.

Два гроссмейстера по очереди ставят на шахматную доску ладьи (за один ход – одну ладью) так, чтобы они не били друг друга. Тот, кто не сможет поставить ладью, проигрывает. Кто выиграет при правильной игре – первый или второй гроссмейстер?

Поставить ладью на некоторое поле можно тогда и только тогда, когда ни на горизонтали, ни на вертикали, содержащей это поле, не стоит ладьи. Поэтому описанная выше игра равносильна следующей: гроссмейстеры по очереди вычеркивают из набора букв a, b, ..., h и цифр 1, 2, ..., 8 по одной букве и цифре. Очевидно, что как бы ни ходили игроки, после восьмого хода все буквы и цифры будут вычеркнуты. Восьмой ход принадлежит второму, поэтому первый не сможет сделать следующего хода.

Дано 25 чисел. Сумма любых четырех из них положительна. Докажите, что сумма их всех тоже положительна.

См. задачу 88320.

Петя и Вася выписывают 12-значное число, ставя цифры по очереди, начиная со старшего разряда. Начинает Петя.

Докажите, что какие бы цифры он не писал, Вася всегда сможет добиться, чтобы получившееся число делилось на 9.

Четыре дома расположены по окружности. Где надо вырыть колодец, чтобы сумма расстояний от домов до колодца была наименьшей?

Обозначим дома буквами A, B, C, D в порядке их следования по окружности. Предположим, колодец вырыт в точке O. Из неравенства треугольника следует, что  OA + OC ≥ AC,  причём равенство достигается только тогда, когда точка O принадлежит отрезку AC. Аналогично  OB + OD ≥ BD,  причём равенство имеет место только тогда, когда O лежит на отрезке BD. Складывая, получим  OA + OB + OC + OD ≥ AC + BD.  Равенство выполняется только тогда, когда O – точка пересечения отрезков AC и BD.

В точке пересечения диагоналей четырёхугольника, вершинами которого являются дома.

Известно, что число  a + 1/a  – целое. Докажите, что число  a² + 1/a²  – тоже целое.

a² + 1/a² = (a + 1/a)² – 2.

В турнире по олимпийской системе (проигравший выбывает) участвует 50 боксеров. Какое наименьшее количество боев надо провести, чтобы выявить победителя?

После каждого боя из соревнований выбывает один боксер – проигравший в этом бою. Поскольку всего к концу соревнований выбыть должны все, кроме победителя, всего должно быть 49 боев, независимо от того, как составляется расписание.

49 боев.

Было семь ящиков. В некоторые из них положили еще по семь ящиков (не вложенных друг в друга) и т. д. В итоге стало 10 непустых ящиков. Сколько всего стало ящиков?

При каждой операции заполняется один пустой ящик. Поскольку стало 10 непустых ящиков, то было проведено 10 операций. При каждой операции добавлялось по семь ящиков. Поэтому в результате стало  7 + 10·7 = 77 ящиков.

Передние покрышки автомобиля "Антилопа Гну" выходят из строя через 25000 км, а задние – через 15000 км. Когда О. Бендер должен поменять их местами, чтобы машина прошла максимальное расстояние? Чему равно это расстояние?

  Первый способ. На восьми парах покрышек (3 парах передних и 5 парах задних) можно проехать 75000 км. Значит, на двух парах покрышек можно проехать максимум четверть этого расстояния – 18750 км. Чтобы при этом обе пары покрышек "отработали" полностью (то есть были в одинаковом положении), их надо сменить на середине пути.

  Второй способ. Чтобы покрышки сносились полностью одновременно (это, очевидно, самый выгодный вариант), их надо поменять на середине пути. При этом каждая износится на 3/8 в качестве передней и на 5/8 в качестве задней  (25000 : 15000 = 5 : 3).  Следовательно, эта половина пути составляет  5/8·15000 = 9375 км.

В классе каждый мальчик дружит ровно с двумя девочками, а каждая девочка — ровно с тремя мальчиками. Еще известно, что в классе 31 пионер и 19 парт. Сколько человек в этом классе?

Количество "дружеских связей" в классе в 3 раза больше числа девочек и в два раза больше числа мальчиков. Значит, число мальчиков относится к числу девочек, как  3 : 2,  а общее число учеников делится на 5. С другой стороны, в классе не меньше 31 и не больше 38 учеников. Следовательно, их 35.

35 человек.

Каждый из четырех гномов — Беня, Веня, Женя, Сеня — либо всегда говорит правду, либо всегда врет. Мы услышали такой разговор: Беня — Вене: "ты врун"; Женя — Бене: "сам ты врун"; Сеня — Жене: "да оба они вруны, — (подумав), — впрочем, ты тоже". Кто из них говорит правду?

Предположим, Сеня говорит правду. Тогда, согласно его словам, три остальных гнома — вруны. И, тем самым, фраза Бени является правдой. Значит, предположение приводит к противоречию, поэтому Сеня — врун, и его утверждение, что Женя — врун, является ложным. Отсюда заключаем, что Женя говорит правду. Тем самым, Беня — врун, а Веня говорит правду. Отметим, что фраза Сени "да оба они вруны" (относительно Бени и Вени) является ложной (несмотря на то, что Беня действительно врун), поскольку Веня — не врун.

В классе 25 человек. Известно, что среди любых трех из них есть двое друзей. Докажите, что есть ученик, у которого не менее 12 друзей.

Рассмотрим двоих учеников класса, которые не дружат между собой. (Если таких нет, то все ученики класса дружат между собой, значит, у каждого ученика имеется 24 друга, и задача решена.) Пусть этими двумя будут Вася и Петя. Тогда из оставшихся 23 учеников каждый дружит либо с Васей, либо с Петей. Действительно, если бы кто-то (скажем, Коля) не дружил бы ни с Васей, ни с Петей, то мы имели бы троих учеников, среди которых не было бы друзей. Теперь если предположить, что и Вася, и Петя имеют не более 11 друзей, то всего в классе, кроме этих двоих было бы не больше 22 человек (см. статью "Принцип Дирихле".). Полученное противоречие показывает, что один из школьников имеет не менее 12 друзей.

Между соседними лагерями 1 день пути. Экспедиции требуется перенести 1 банку консервов в лагерь, находящийся в 5 днях пути от базового и вернуться обратно. При этом: — каждый член экспедиции может нести с собой не более 3 банок консервов; — за 1 день он съедает 1 банку консервов; — оставлять консервы можно только в лагерях.

Какое наименьшее количество банок консервов придется взять из базового лагеря для этой цели?

Бывают ли натуральные числа, произведение цифр которых равно 1986?

1986 = 2·3·331.  331 – простое число. Из теоремы о единственности разложения на простые множители следует, что одна из этих цифр делится на 331. Это, очевидно, невозможно.

Найти две такие обыкновенные дроби – одну со знаменателем 8, другую со знаменателем 13, чтобы они не были равны, но разность между большей и меньшей из них была как можно меньше.

Пусть первая дробь равна x/8, а вторая – y/13. Тогда разность между большей и меньшей из них равна  1/104 |13x – 8y|.  В числителе полученной дроби стоит натуральное число. Поэтому она не может быть меньше 1/104. А быть равной 1/104 – может. Для этого нужно, чтобы числитель был равен единице. Это выполняется, если, например,  x = 3,  y = 5  (или  x = 5,  y = 8).

За круглым столом сидело а) 15; б) 20 человек. Они хотят пересесть так, чтобы те, кто раньше сидел рядом, теперь сидели бы через два человека. Возможно ли это?

а) Пронумеруем все места за столом по кругу и всех сидящих соответственно занимаемым местам. Будем считать, что нам удалось всех пересадить требуемым образом. Без ограничения общности можно считать, что человек 1 остался сидеть на своем месте. Если это не так, то этого можно добиться поворотом стола; при этом условие задачи нарушиться, очевидно, не может. Человек 2 может сидеть либо на месте 4, либо на месте 13. Разберем первый из этих случаев (рис. a). В этом случае для третьего есть единственное место, удовлетворяющее условию — 7. Далее, 4-й может сидеть только на месте 10, 5-й — на месте 13. При этом для 6-го единственное возможное место — 1. Но оно уже занято первым. Значит, рассадить людей требуемым образом не удастся. Второй случай разбирается аналогично.

В компании из k человек (k > 3) у каждого появилась новость, известная ему одному. За один телефонный разговор двое сообщают друг другу все известные им новости. Докажите, что за 2k – 4 разговора все они могут узнать все новости.

Передача информации может быть осуществлена следующим образом. Рассмотрим некоторых четверых людей в компании — назовем их A, B, C, D. Пусть сначала все члены компании, кроме B, C и D звонят A и сообщают ему свои новости. Это потребует k – 4 звонка. Затем между собой говорят A и B, а также C и D. После этого A говорит с C, а B с D, в результате чего все четверо будут знать все новости. За оставшиеся 2n – 4 звонка A сообщает их всем остальным.

Через данную точку на плоскости проводятся всевозможные прямые, пересекающие данную окружность. Найти геометрическое место середин получившихся хорд.

Искомое геометрическое место середин хорд — это дуга окружности, построенной на отрезке, соединяющем данную точку и центр данной окружности, как на диаметре, лежащая внутри данной окружности (в частности, если точка лежит внутри окружности, то получается вся окружность).

Известно, что  a + b + c = 5  и  ab + bc + ac = 5.  Чему может равняться  a² + b² + c²?

a² + b² + c² = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = 5² – 2·5 = 15.

Верно ли, что из любых 10 отрезков найдутся три, из которых можно составить треугольник?

Рассмотрим 10 отрезков с длинами 1, 2, 4, …, 512 (каждый следующий вдвое длиннее предыдущего). Тогда пусть a, b и c — длины любых трех из данных отрезков, причем a < b < c. Тогда можно утверждать, что b ≤ ½c,, a < ½c,. Сложив последние два неравенства, получаем b + a < c. Согласно неравенству треугольника, из отрезков с длинами a, b и c нельзя составить треугольник.

Квадратная площадь размером 100×100 выложена квадратными плитами 1×1 четырёх цветов: белого, красного, чёрного и серого – так, что никакие две плиты одинакового цвета не соприкасаются друг с другом (то есть не имеют общей стороны или вершины). Сколько может быть красных плит?

Разобьём площадь на 2500 квадратиков 2×2, каждый из которых состоит из четырёх плит с общей вершиной. Значит, каждый из этих квадратиков может содержать не более одной красной плиты, и, тем самым, количество красных плит не может превышать 2500. То же верно и для плит других цветов, значит, плит каждого цвета ровно по 2500.

2500 плит.

Отметьте несколько точек и несколько прямых так, чтобы на каждой прямой лежало ровно три отмеченные точки и через каждую точку проходило ровно три отмеченные прямые.

См. рис. 18.

Точку внутри квадрата соединили с вершинами – получились четыре треугольника, один из которых равнобедренный с углами при основании (стороне квадрата) 15°. Докажите, что противоположный ему треугольник правильный.

  Обозначим наш квадрат ABCD, а данную внутри него точку M. Пусть  ∠MDC = ∠MCD = 15°.   Решим обратную задачу. Построим на стороне AB квадрата равносторонний треугольник ABN так, чтобы вершина N лежала внутри квадрата (см. рис.).

a1, a2, a3, a4, a5, a6 – последовательные стороны шестиугольника, все углы которого равны. Докажите, что  a1 – a4 = a3 – a6 = a5 – a2.

Продолжим стороны данного шестиугольника ABCDEF до пересечения друг с другом. Шестиугольник оказался представленным в виде пересечения двух равносторонних треугольников KMO и LNP (см. рис.) со сторонами b и c соответственно. Объединение этих треугольников представляет собой шестиконечную звезду, лучи которой ABK, BCL, CDM, DEN, EFO и FAP являются равносторонними треугольниками. Следовательно, b – c = KM – LN = (KB + BC + CM) – (LC + CD + DN) = KB + (BC – LC) + (CM – CD) – DN = a1 + 0 + 0 – a4 = a1 – a4.

"Крокодилом" называется фигура, ход которой заключается в прыжке на клетку, в которую можно попасть сдвигом на одну клетку по вертикали или горизонтали, а затем на N клеток в перпендикулярном направлении (при  N = 2  "крокодил" – это шахматный конь). При каких N "крокодил" может пройти с каждой клетки бесконечной шахматной доски на любую другую?

  Будем считать, что рассматриваемая бесконечная шахматная доска, как и обычная, раскрашена в белый и чёрный цвета в шахматном порядке. Тогда при нечётном N "крокодил" будет ходить только по клеткам одного цвета, и, тем самым не может пройти на любую клетку.   Докажем, что при чётном N "крокодил" может пройти с каждой клетки на любую. Достаточно доказать, что он может пройти с любой клетки на соседнюю (смежную по стороне). Покажем, например, как пройти из клетки в соседнюю с ней сверху. Первым ходом ходим на одну клетку вправо и N клеток вверх, а вторым – на одну вправо и N вниз. Так мы окажемся на две клетки правее исходной. Повторив эту пару ходов N/2 раз, мы окажемся на N клеток правее исходной. Теперь пойдем на одну клетку вверх и N влево.

Докажите, что произведение ста последовательных натуральных чисел не может быть сотой степенью натурального числа.

  Предположим, что для некоторых натуральных n и k  n(n + 1)(n + 2)...(n + 99) = k100.   Тогда  n100 < k100 < (n + 99)100,  то есть  n < k < n + 99.  Поэтому число k входит множителем в левую часть исходного равенства. Число  k + 1,  также входящее множителем в левую часть этого равенства, взаимно просто с k. Поэтому k100 не делится на  k + 1.  Противоречие

Из шахматной доски вырезали одну угловую клетку. На какое наименьшее число равновеликих треугольников можно разрезать эту фигуру?

  Оценка. Примем за единицу площадь одной клетки. Данная фигура представляет собой невыпуклый шестиугольник ABCDEF площади 63 с углом 270° в вершине D (рис. справа). Если фигура разбита на треугольники, то, очевидно, точка D должна принадлежать по крайней мере двум треугольникам, причём у одного из них сторона лежит на прямой DE, а у другого – на DC. Более того, по крайней мере для одного из них она лежит на соответствующем отрезке. Для определенности предположим, что это треугольник DKL, где K лежит на отрезке DC. Тогда основание DK этого треугольника не больше DC = 1,  а высота – не больше  BC = 7.  Поэтому  SDKL ≤ 7/2.  Если все треугольники равновелики, то их не меньше  63 : 7/2 = 18.   Пример разрезания на 18 равновеликих треугольников см. на рис. слева.

На 18 треугольников.

a, b, c, d – стороны четырёхугольника (в любом порядке), S – его площадь. Докажите, что  S ≤ ½ (ab + cd).

  Заметим, что достаточно ограничиться рассмотрением случая выпуклого четырёхугольника. Действительно, для любого невыпуклого четырёхугольника мы можем построить выпуклый с теми же длинами сторон, но большей площади, отразив две его стороны относительно диагонали, лежащей снаружи (рис. слева). Рассмотрим два случая.   1) Стороны a и b смежны. Разобьём четырёхугольник диагональю на два треугольника со сторонами a, b, l и c, d, l (рис. в центре). Площадь первого не превосходит ab/2, второго – cd/2. Сложив, получим требуемое неравенство.

Вычислить   .

Обозначим  x = 198719871987.  Знаменатель рассматриваемой дроби равен  x² – (x – 1)(x + 1) = x² – (x² – 1) = 1.  Значит, величина дроби равна её числителю, то есть 1987.

1987.

Найти все числа, которые в 12 раз больше суммы своих цифр.

  Пусть искомое число содержит n цифр. Тогда оно не меньше чем 10n–1 (это наименьшее n-значное число). С другой стороны, сумма его цифр не больше 9n (так как каждая цифра не больше 9). Поэтому искомое число не превосходит  12•9n = 108n.  Но согласно неравенству Бернулли (см. задачу 30899) 10n–1 = 1000·5·10n–4 > 200·5·(1 + 9(n – 4)) = 200(45n – 175) > 200n  при  n ≥ 4.   Однозначным искомое число, очевидно, быть не может. Осталось рассмотреть два случая.   1)  n = 2.  Но  10a + b < 12(a + b)  (a и b – цифры).   2)  n = 3.  В этом случае получаем  100a + 10b + c = 12(a + b + c),  откуда  11(8a – c) = 2b,  т.е. b делится на 11. Значит,  b = 0,  8a = c,  откуда  a = 1,  c = 8.

108.

Али-Баба пришёл в пещеру, где есть золото, алмазы и сундук, в котором их можно унести. Полный сундук золота весит 200 кг, полный сундук алмазов – 40 кг, пустой сундук ничего не весит. Килограмм золота стоит на базаре 20 динаров, килограмм алмазов – 60 динаров. Али-Баба может поднять и унести не более 100 кг. Какую наибольшую сумму (денег) он может получить за сокровища, которые он принесёт из пещеры за один раз?

3000 динаров.

На плоскости даны четыре точки, не лежащие на одной прямой. Докажите, что существует неостроугольный треугольник с вершинами в этих точках.

  Рассмотрим различные случаи расположения четырёх данных точек на плоскости.   1) Четыре данные точки являются вершинами выпуклого четырёхугольника. Сумма углов этого четырёхугольника равна 360°. Поэтому хотя бы один из его углов не острый. Обозначим вершину, угол при которой не острый, через A. Тогда треугольник с вершинами в точке A и двух соседних с ней вершинах четырёхугольника будет неостроугольным (рис. слева).   2) Одна из точек (обозначим ее A) лежит внутри треугольника BCD, образованного остальными тремя точками (рис. в центре). Сумма углов BAC, CAD и DAB равна 360°. Поэтому по крайней мере один из них имеет величину не меньше 120°. Неостроугольный треугольник найден и в этом случае.   3) Три точки лежат на одной прямой. Обозначим эти точки A, B и C в порядке их следования на прямой, четвёртую точку обозначим D (рис. справа). Тогда сумма углов DBA и DBC равна 180°. Значит, один из этих углов не меньше 90°. В этом случае требуемый треугольник тоже найден.

Пусть a и b – целые числа. Докажите, что если  a² + 9ab + b²  делится на 11, то и  a² – b²  делится на 11.

a² + 9ab + b² = (a – b)² + 11ab.  Отсюда следует, что на 11 делится  (a – b)².  Поскольку 11 – число простое, то на 11 делится и  a² – b² = (a – b)(a + b).

На окружности даны 10 точек. Сколькими способами можно провести пять отрезков, не имеющих общих точек, с концами в данных точках?

См. задачу 77913.

42 – пятое число Каталана.

Брат и сестра делят треугольный торт так: он указывает точку на торте, а она проводит через эту точку прямолинейный разрез и выбирает себе кусок. Каждый хочет получить кусок как можно больше. Где брат должен поставить точку? Какую часть торта получит в этом случае каждый из них?

  Лемма. Пусть M – точка пересечения медиан треугольника ABC. Тогда   а) прямая, параллельная стороне треугольника и проходящая через точку M, разбивает его на треугольник и трапецию, отношение площадей которых равно  4 : 5;   б) любая другая прямая, проходящая через точку M, разбивает его на части, отношение площадей которых больше 4/5.   Доказательство. а) Такая прямая отсекает треугольник, гомотетичный ABC с коэффициентом 2/3.   б) Если рассматриваемая прямая проходит через вершину треугольника, то отношение площадей частей, на которые она делит треугольник, равно 1, и утверждение справедливо.   Проведём теперь через точку M прямую FG, находящуюся в "промежуточном положении" между прямой DE, параллельной стороне AB, и прямой AA1, содержащей медиану треугольника (рис. слева). Докажем, что     Для этого проведём через точку D прямую, параллельную BC. Её точки пересечения с прямыми FG и AA1 обозначим K и L соответственно. Отрезок DE делится точкой M пополам. Поэтому треугольники DKM и EGM равны. Значит,  SFDM > SKDM = SEGM.  Отсюда  SFGC = SDEC + SFDM – SEGM > SDEC.   Аналогично равны треугольники KLM и GA1M. Поэтому  

  Из леммы следует, что если брат укажет на торте точку пересечения медиан, то тем самым добьётся, что сестра получит не более 5/9 торта.   Докажем теперь, что независимо от указанной братом точки, сестра сможет отрезать себе не менее 5/9 торта. Проведём для этого через точку O, указанную братом, три прямые, параллельные сторонам треугольника (рис. справа). Каждая из них разбивает треугольник на треугольник и трапецию. Три полученные трапеции целиком покрывают исходный торт-треугольник. Поэтому по крайней мере одна из них содержит его точку пересечения медиан. Из леммы следует, что площадь этой трапеции не меньше 5/9 площади всего торта. Эту трапецию она и должна отрезать для себя.

В центре квадратного пруда плавает ученик. Внезапно к вершине квадрата подошёл учитель. Учитель не умеет плавать, но бегает в 4 раза быстрее, чем ученик плавает. Ученик бегает быстрее. Сможет ли он убежать?

  Обозначим квадрат пруда ABCD, его центр O. Предположим, учитель подошёл к вершине C. Будем обозначать положение ученика точкой M, а учителя – точкой U. Пусть M1 и M2 – проекции точки M на стороны AB и AD соответственно, а U1 – точка, симметричная U относительно O (см. рис.).

Сможет.

Компьютер может производить одну операцию: брать среднее арифметическое двух целых чисел. Даны три числа: m, n и 0, причём m и n не имеют общих делителей и  m < n.  Докажите, что с помощью компьютера из них можно получить   а) единицу;   б) любое целое число от 1 до n.

  Заметим, что среднее арифметическое двух целых чисел является целым тогда и только тогда, когда они одной чётности (то есть оба чётные или оба нечётные). Поскольку компьютер может оперировать лишь с целыми числами, то можно считать, что разрешается брать среднее арифметическое чисел одной чётности.   Будем называть множество целых чисел стабильным, если для каждых двух его элементов одной чётности, их среднее арифметическое также принадлежит этому множеству (другими словами, если с помощью данного компьютера его нельзя расширить).   Упорядочим стабильное множество по возрастанию. Тогда чётные и нечётные числа в нём чередуются. Действительно, если в нём имеются два соседних числа одной чётности, то их среднее арифметическое является целым, лежащим между ними, что противоречит определению стабильного множества.   Рассмотрим произвольный (не крайний) элемент этого множества. Так как он имеет разную чётность с обоими своими соседями, то эти два элемента имеют одну чётность. Их среднее арифметическое, тем самым, равно рассматриваемому числу. Так как каждый элемент множества является средним арифметическим соседних, то это – арифметическая прогрессия. (Мы рассматриваем как бесконечные – в одну или обе стороны – прогрессии, так и конечные.)   Мы имеем три числа 0, m и n. По крайней мере два из них имеют одинаковую чётность. Будем производить операцию взятия среднего арифметического каких-либо двух чисел и добавлять полученное число к имеющимся до тех пор, пока не получим стабильное множество. Поскольку все получаемые числа лежат в интервале от 0 до n, мы, как показано выше, получим арифметическую прогрессию с первым членом 0, последним n и содержащую m. Поскольку m и n делятся на разность прогрессии, а по условию они взаимно просты, разность прогрессии равна 1. Значит, мы получим все числа от 0 до n.

Шалтай-Болтай ходит по прямой, проходя за минуту либо 37 шагов влево, либо 47 шагов вправо. За какое наименьшее время он может оказаться на один шаг правее исходной точки?

  Фактически, требуется найти решение уравнения  47x – 37y = 1   (*)   в целых неотрицательных числах с наименьшей суммой  x + y.   Одно из решений этого уравнения –  x = 26,  y = 33.  Пусть  (x, y)  – другое целочисленное решение этого уравнения. Вычтя из равенства (*) равенство  47·26 – 37·33 = 1,  получаем  47(x – 26) = 37(y – 33).  Отсюда следует, что  x – 26  делится на 37, а  y – 33  – на 47. Значит,  (26, 33 ) – решение с минимальным положительным значением как x, так и y.

За 59 минут.

Известно, что некоторый многочлен в рациональных точках принимает рациональные значения. Докажите, что все его коэффициенты рациональны.

  Индукцией по n докажем более сильное утверждение:       если многочлен степени n принимает рациональные значения в  n + 1  рациональной точке, то его коэффициенты рациональны.   База. Для любого многочлена нулевой степени (константы) утверждение очевидно.   Шаг индукции. Пусть многочлен P(x) степени n принимает рациональные значения в рациональных точках x0, x1, ..., xn. По теореме Безу (см. задачу 60965)       P(x) – P(x0) = (x – x0)Q(x),     (*) где Q(x) – некоторый многочлен степени  n – 1.  Значения в точках x1, ..., xn рациональны:      Согласно предположению индукции все коэффициенты многочлена Q(x) рациональны. Раскрывая скобки в равенстве (*), получаем, что и все коэффициенты многочлена P(x) рациональны.

Какое максимальное число ладей можно расставить в кубе 8×8×8, чтобы они не били друг друга?

  Очевидно, что в каждом столбике из восьми кубиков-клеток может стоять только одна ладья, поэтому больше 64 ладей поставить нельзя.   Покажем, как поставить 64 ладьи, чтобы они не били друг друга. Введём систему координат с осями, направленными вдоль ребер куба так, чтобы каждая клетка имела координатами тройку  (x, y, z)  чисел от 0 до 7 и поставим ладьи в клетки, сумма координат которых делится на 8.   Предположим, какие-то две ладьи бьют друг друга. Значит, две их координаты (скажем, x и y) совпадают, а третьи – различны (обозначим их z1 и z2). Суммы  x + y + z1  и  x + y + z2,  а значит, и их разность  z1 – z2  кратны 8. Но это невозможно, так как z1 и z2 – различные неотрицательные числа, меньшие 8.   Заметим теперь, что в каждом вертикальном столбике находится по ладье, то есть что мы поставили 64 ладьи. Действительно, каждый такой столбик определяется своей парой координат x и y. Координата z для ладьи в этом столбике однозначно задается условием  x + y + z ≡ 0 (mod 8).

64 ладьи.

Докажите, что существует число, сумма цифр квадрата которого более, чем в 1000 раз превышает сумму цифр самого числа.

Таким числом будет . В его десятичной записи единицы стоят в разрядах с номерами 1, 2, 4, 8, …, 2¹ººº (разряды мы считаем справа, то есть разряд единиц имеет номер 1, десятков — 2 и т.д.), а остальные цифры — нули. Сумма цифр числа равна 1001. При возведении этого числа в квадрат мы получим единицы в разрядах с номерами 22i (i = 0,1, … ,1000), двойки в разрядах 2i + j (i,j = 0,1, … ,1000 ) и нули в остальных местах. Сумма цифр этого квадрата равна 1001².

Дан выпуклый пятиугольник. Каждая диагональ отсекает от него треугольник. Докажите, что сумма площадей треугольников больше площади пятиугольника.

Будем двигать вершину A данного пятиугольника ABCDE параллельно диагонали BE. При этом площадь треугольника BEA и, тем самым, пятиугольника ABCDE не меняется. Действительно, основаниями всех получаемых при движении треугольников будет отрезок BE, а высоты равны между собой. Из всех рассматриваемых треугольников при таком движении площадь будет меняться лишь у DEA и EAB. Как меняются эти площади? Рассмотрим один из них. Пусть при сдвиге на величину x точка A перейдет в точку A′ (рис. a). Обозначим через h и h′ соответственно высоты, опущенные на сторону DE из точек A и A′ соответственно, а через — угол между прямыми AA′ и DE. Тогда . Таким образом, изменение площадей рассматриваемых треугольников пропорционально величине сдвига вершины A (до тех пор, пока какой-то из треугольников не выродится, то есть мы пересечем прямую DE или BC). Значит, при движении в одном направлении сумма площадей рассматриваемых треугольников возрастает, а в другом — убывает. Без ограничения общности можно считать, что эта сумма убывает при движении в направлении прямой DE. Значит, доказательство можно проводить для вырожденного пятиугольника ABCDE, у которого вершины A, E и D лежат на одной прямой (рис. б). Рассуждая аналогично, будем двигать вершину E в направлении вершины A или D. Таким образом мы сведем задачу к случаю вырожденного пятиугольника, у которого две вершины (E и A или D) совпадают. В этом случае утверждение очевидно, поскольку уже два из рассматриваемых треугольников ABE и BCD покрывают превратившийся в четырехугольник пятиугольник ABCDE.

В каждой клетке прямоугольной таблицы размером M×K написано число. Сумма чисел в каждой строке и в каждом столбце равна 1. Докажите, что  M = K.

Найдём сумму всех чисел таблицы двумя способами. Поскольку таблица содержит M строк и сумма чисел каждой строки равна 1, то вся сумма равна M. Аналогично, считая эту же сумму по столбцам, получим в результате K.

В круге отметили точку. Разрежьте круг на  а) три;  б) две части так, чтобы из них можно было составить новый круг, у которого отмеченная точка будет в центре.

a) Нужно вырезать из круга два маленьких равных кружка – один с центром в центре круга, а другой с центром в отмеченной точке, и затем поменять эти кружки местами.

Можно ли нарисовать эту картинку (см. рис.), не отрывая карандаша от бумаги и проходя по каждой линии по одному разу?

Пронумеруем три квадрата, из которых состоит фигура. Начнём рисовать первый квадрат с любой его точки до тех пор, пока не дойдём до точки пересечения со вторым квадратом. Затем прерываем обход первого квадрата и рисуем второй до тех пор, пока не дойдём до его точки пересечения с третьим. Затем рисуем полностью третий квадрат, окончив дорисовываем второй, затем – первый. Каждый раз мы будем оканчивать рисовать квадрат в той же точке, в которой начинали, то есть в точке пересечения с предыдущим квадратом.

Прямая раскрашена в два цвета. Докажите, что на ней найдутся такие три точки A, B и C, окрашенные в один цвет, что точка B является серединой отрезка AC.

Рассмотрим на прямой две произвольные точки X и Y одного цвета, а также точку X1, симметричную X относительно Y, точку Y1, симметричную Y относительно X и середину O отрезка XY (см. рис.). Если хотя бы одна из этих точек окрашена в тот же цвет, что и точки X и Y, то она вместе с ними образует искомую тройку. Если все эти три точки окрашены в другой цвет, то тогда они будут искомой тройкой.

Пусть A, B и C – три числа, большие 0 и меньшие 1, K – наибольшее из них. Докажите, что  1 – (1 – A)(1 – B)(1 – C) > K.

Запишем неравенство в виде  1 – K < (1 – A)(1 – B)(1 – C).  Теперь оно очевидно, так как в правой части положительное число  1 – K  умножается на положительное число, меньшее единицы.

В треугольнике две высоты не меньше сторон, на которые они опущены. Найдите углы треугольника.

  Обозначим стороны треугольника a, b и c так, что высоты, опущенные на стороны a и b, не меньше этих сторон. По условию  ha ≥ a,  hb ≥ b.  Поскольку перпендикуляр является кратчайшим расстоянием от точки до прямой, то  a ≤ ha ≤ b ≤ hb ≤ a,  откуда  a = b = ha = hb.   Условие  a = b  означает, что треугольник равнобедренный, а условия  a = hb  и  b = ha  – что стороны a и b являются одновременно высотами, то есть они перпендикулярны друг другу. Итак, рассматриваемый треугольник прямоугольный и равнобедренный.

90°, 45°, 45°.

На плоскости нарисовано некоторое количество равносторонних треугольников. Они не пересекаются, но могут иметь общие участки сторон. Мы хотим покрасить каждый треугольник в какой-нибудь цвет так, чтобы те из них, которые соприкасаются, были покрашены в разные цвета (треугольники, имеющие одну общую точку, могут быть покрашены в один цвет). Хватит ли для такой раскраски двух цветов?

  Будем называть два треугольника параллельными, если какая-то сторона одного из них параллельна какой-то стороне другого. Ясно, что тогда и каждая сторона одного из них параллельна некоторой стороне другого. Поэтому параллельность на множестве равносторонних треугольников на плоскости является отношением эквивалентности.

  Поскольку каждый треугольник может иметь общий участок стороны только с параллельным ему треугольником, то раскраску можно производить для каждого "класса параллельности" независимо. Покажем, как покрасить в два цвета, удовлетворяя условиям задачи, треугольники одного "класса параллельности". Введём для этого на "классе параллельности" понятие ориентации: два треугольника на рис. слева одинаково ориентированны, а два треугольника на рис. справа – противоположно ориентированны.

Доказать неравенство   .

Достаточно сложить 1988 неравенств вида  

В алфавите племени Мумбу-Юмбу есть лишь две буквы A и Б. Два разных слова обозначают одно и то же понятие, если одно из них может быть получено из другого с помощью следующих операций:   1) в любом месте слова комбинацию букв АБА можно заменить на БАБ;   2) из любого места можно выкидывать две одинаковые буквы, идущие подряд.   а) Может ли дикарь племени сосчитать все пальцы на своей руке?   б) А дни недели?

  б) Пусть мы имеем Мумбу-Юмбовское слово, состоящее не менее чем из четырёх букв. Если в слове есть две одинаковые буквы, идущие подряд, то их можно выкинуть. В противном случае в этом слове буквы чередуются. Значит, начало этого слова имеет вид либо АБАБ, либо БАБА. Начало АБАБ можно заменить на БАББ и далее на более короткое БА. Аналогично, БАБА заменяется на АБ. ,br>   Таким образом, любое слово, состоящее не менее чем из четырех букв можно сократить, то есть любое понятие можно выразить словом, состоящим не более чем из трёх букв.   Слова АБА и БАБ по условию означают одно и то же, кроме того, слова ББ и АА также означают одно и то же, так оба они могут быть получены вычеркиванием пары одинаковых букв из слова ААББ.   Поэтому в языке Мумбу-Юмбу может быть выражено не более шести различных понятий: А, Б, АА, АБ, БА и АБА. Поэтому дни недели дикарь племени сосчитать не сможет.

  а) Предположим, что дикарь, произнося любое слово, исполняет параллельно ритуальный танец следующим образом. На земле нарисован круг, разделённый на шесть равных секторов, один из которых отмечен. Обозначим три прямые, делящие круг, через a, b и c так, что выделенный сектор ограничен прямыми a и b. Дикарь становится сначала в отмеченный сектор и, произнося А, прыгает в сектор, симметричный тому, в котором он находится, относительно прямой a, а произнося Б – в сектор, симметричный относительно прямой b. Тогда если два слова означают одно и то же понятие, то в результате их произнесения, дикарь окажется в одном и том же секторе. Действительно, два прыжка через одну прямую оставят дикаря на месте, то есть выкидывание из слова двух одинаковых букв не повлияет на положение дикаря после танца. Комбинация букв АБА соответствует трем последовательным прыжкам через прямые a, b и снова a, что то же самое, что один прыжок через c. Тот же результат будет при последовательности прыжков, соответствующих комбинации БАБ. Поэтому замена АБА на БАБ тоже не влияет на место, в котором окажется дикарь после произнесения слова.

У Джона была полная корзина тремпончиков. Сначала он встретил Анну и дал ей половину своих тремпончиков и еще полтремпончика. Потом он встретил Банну и отдал ей половину оставшихся тремпончиков и еще полтремпончика. После того, как он встретил Ванну и снова отдал ей половину тремпончиков и еще полтремпончика, корзина опустела. Сколько тремпончиков было у Джона вначале? (Что такое тремпончики выяснить не удалось, так как к концу задачи их не осталось.)

7 тремпончиков.

На турнире им. Ломоносова в институте МИМИНО были конкурсы по математике, физике, химии, биологии и бальным танцам. Когда турнир закончился, выяснилось, что на каждом конкурсе побывало нечётное количество школьников, и каждый школьник участвовал в нечётном количестве конкурсов. Чётное или нечётное число школьников пришло на турнир в МИМИНО?

  Рассмотрим сумму количеств участников по всем пяти конкурсам. Эта сумма нечётна, так как на каждом конкурсе побывало нечётное количество школьников.   С другой стороны, это же число можно получить, сложив для каждого школьника количество конкурсов, в которых он участвовал. Поскольку сумма нечётна и все слагаемые нечётны, то их количество нечётно.

Нечётное.

Один из пяти братьев испек маме пирог. Андрей сказал: "Это Витя или Толя". Витя сказал: "Это сделал не я и не Юра". Толя сказал: "Вы оба шутите". Дима сказал: "Нет, один из них сказал правду, а другой — нет". Юра сказал: "Нет Дима, ты не прав". Мама знает, что трое из ее сыновей всегда говорят правду. Кто испек пирог?

Рассмотрим отдельно три возможных случая.

Даны две окружности и точка. Построить отрезок, концы которого лежат на данных окружностях, а середина — в данной точке.

При центральной симметрии относительно середины отрезка один его конец переходит в другой. На этом очевидном замечании и базируется требуемое построение. Отобразим одну из данных окружностей симметрично относительно данной точки (см. рис.). Точка пересечения образа этой окружности со второй окружностью и будет концом искомого отрезка. Отразив один конец относительно середины, находим второй конец.

По окончании конкурса бальных танцев, в котором участвовали 7 мальчиков и 8 девочек, каждый (каждая) назвал (назвала) количество своих партнерш (партнеров): 3, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6. Не ошибся ли кто-нибудь из них?

  Сумма чисел, названных всеми мальчиками, должна равняться сумме чисел, названных всеми девочками. Действительно, обе эти суммы должны равняться количеству пар, образовавшихся во время конкурса. Поскольку сумма всех названных чисел равна 74, то каждая из сумм чисел, названных мальчиками и девочками в отдельности, должна равняться 37.   Пусть число 5 назвал мальчик. Тогда сумма чисел, названных девочками, кратна 3 и, значит, не равна 37.

Восстановите  а) треугольник;  б) пятиугольник по серединам его сторон.

  а) Пусть ABC – искомый треугольник, A', B', C' – данные середины его сторон BC, CA и AB соответственно (рис. слева). Тогда  AB || A'B',  BC || B'C', AC || A'C'.   Через точку A' проведём прямую  a || B'C',  через точку B' – прямую  b || A'C',  через точку C' – прямую  c || A'B'.  Треугольник ABC, ограниченный прямыми a, b и c, будет искомым.   Действительно AC'A'B' и BC'B'A' – параллелограммы. Поэтому  AC' = B'A' = C'B,  то есть C' – середина стороны AB. Аналогично B' – середина AC, а A' – середина BC.   Задача имеет единственное решение во всех случаях, когда данные три точки не лежат на одной прямой.

Первоклассник Петя знает только цифру 1. Докажите, что он может написать число, делящееся на 1989.

См. задачу 34968.

Каков наибольший возможный общий делитель чисел  9m + 7n  и  3m + 2n,  если числа m и n не имеют общих делителей, кроме единицы?

  Любой общий делитель чисел  9m + 7n  и  3m + 2n  должен быть также делителем чисел  (9m + 7n) – 3(3m + 2n) = n  и  7(3m + 2n) – 2(9m + 7n) = 3m.  Поскольку числа m и n взаимно просты, то любой общий делитель чисел n и 3m должен быть делителем числа 3, то есть не может быть больше 3.   Это значение возможно: при  m = 1,  n = 3   НОД(9m + 7n, 3m + 2n) = НОД(30, 9) = 3.

3.

Барон Мюнхгаузен заявил Георгу Кантору, что он может выписать в ряд все натуральные числа без единицы так, что только конечное их число будет больше своего номера. Не хвастает ли барон?

  Пусть a1, a2, a3, ... – выписанные в ряд все натуральные числа без единицы. Построим для этого новую последовательность (bn) натуральных чисел, заданную следующим образом:  b1 = 1,  bn+1 = abn  при  n ≥ 2.   Докажем, что все члены последовательности (bn) различны. Действительно, пусть  bk = bm , причём  k > m > 1,  то  abk–1 = abm–1,  откуда   bk–1 = bm–1,  так как все члены последовательности (an) различны. Продолжая, получим  bk–2 = bm–2, ..., bk–m+1 = b1,  то есть  abk–m = 1.  Противоречие: последовательность (an) не содержит единицы.   Так как (bn) – бесконечная последовательность различных натуральных чисел, то в ней существует бесконечно много членов, больших предыдущего (в противном случае она бы убывала, начиная с некоторого места, что невозможно). Иными словами,  bk+1 > bk,  то есть  abk > bk  для бесконечного числа k. А это и значит, что бесконечное число членов последовательности (an) больше своего номера.

Хвастает.

Найдите все простые числа, которые нельзя записать в виде суммы двух составных.

  Докажем, что любое простое число  p > 11  представляется в виде суммы двух составных. Поскольку любое такое число нечётно, то число  p – 9  чётно и, следовательно, составное. Поэтому  p = (p – 9) + 9  – искомое представление.   С другой стороны, непосредственно проверяется, что числа 2, 3, 5, 7 и 11 не представимы в виде суммы двух составных.

Пусть a, b, c – длины сторон треугольника; α, β, γ – величины противолежащих углов. Докажите, что    aα + bβ + cγ ≥ aβ + bγ + cα.

Поскольку в треугольнике против большего угла лежит большая сторона, утверждение задачи представляет собой частный случай транснеравенства (см. задачу 61385).

На некотором острове 15 государств. У каждого из них хотя бы одно соседнее государство дружественное. Докажите, что найдётся государство, у которого чётное число дружественных соседей. (Два государства называются соседними, если у них имеется целый кусок общей границы.)

См. задачу 87972 б).

Из квадратного листа бумаги в клетку, содержащего целое число клеток, вырезали квадрат, содержащий целое число клеток так, что осталось 124 клетки. Сколько клеток мог содержать первоначальный лист бумаги?

Задача сводится к решению в натуральных числах уравнения  x² – y² = 124,  которое можно переписать в виде  (x – y)(x + y) = 124.  Хотя бы один из множителей левой части чётен, поэтому x и y имеют одинаковую четность, значит, оба числа  x – y  и  x + y  чётны. Единственный способ разложить число 124 на два чётных сомножителя – это 2·62. Значит сумма чисел x и y равна 62, а разность – 2, откуда   x = 32,  y = 30.

32² = 1024 клетки.

Можно ли на плоскости нарисовать 12 окружностей так, чтобы каждая касалась ровно пяти других?

Требуемое расположение показано на рисунке.

Можно.

В таблице 10×10 по порядку расставлены числа от 0 до 99 (в первой строке – от 0 до 9, во второй – от 10 до 19 и т.д.). Затем перед каждым из чисел поставлен знак "+" или "–" так, что в каждой строке и каждом столбце оказалось по пять знаков "+" и пять знаков "–".

См. задачу 97957.