Datasets:

foldl

/

99problems

like 1

Во сколько раз сумма чисел, стоящих в сто первой строке треугольника Паскаля, больше суммы чисел, стоящих в сотой строке?

В два раза.

Проставим знаки плюс и минус в 99-й строке треугольника Паскаля. Между первым и вторым числом – минус, между вторым и третьим – плюс, между третьим и четвёртым – минус, потом опять плюс, и так далее. Найдите значение полученного выражения.

0.

Не встречается ли    а) в 100-й строке треугольника Паскаля число  1 + 2 + 3 + ... + 98 + 99?    б) в 200-й строке сумма квадратов чисел, стоящих в 100-й строке?

а) Первый способ.  

Вчера цены снизили на 25%, а сегодня повысили на 30%. Правда ли, что позавчера утром продукты были дешевле, чем сегодня вечером?

3/4·13/10 = 39/40 < 1.

Неправда.

В одном банке предлагают 80% квартальных (то есть каждые три месяца сумма вклада увеличивается на 80%), а в другом – 900% годовых. Куда выгоднее вкладывать деньги на длительный срок?

(1,8)4 = 10,4976 > 10.

В первый банк.

Из бочки с водой в бочку с вином перелили стакан воды. Потом передумали и перелили обратно стакан вина. Чего больше: вина в воде или воды в вине?

См. задачу 35045.

Одинаковое количество.

Свежий арбуз весил 10 килограмм и на 99% состоял из воды. На базе арбуз подсох (часть воды испарилась) и в нем стало 98% воды. Сколько он теперь весит?

См. задачу 88279.

5 кг.

Можно ли замостить доминошками 1×2 шахматную доску 8×8, из которой вырезаны   а) клеточки b3 и e7;   б) два противоположных угловых поля (a1 и h8)?

а) См. рис.

б) См. задачу 104026 б).

а) Докажите, что число точек пересечения двух замкнутых ломаных на плоскости, находящихся в общем положении, чётно. б) Верно ли это для замкнутых ломаных, нарисованных на поверхности оконной рамы?

а) Первая ломаная делит плоскость на несколько областей, причём их можно раскрасить в шахматном порядке (см. решение задачи 97794). Будем двигаться по второй ломаной от одной из вершин. При каждом пересечении с первой ломаной цвет области меняется на противоположный. Поэтому, когда мы вёрнемся в исходную вершину, число пересечений будет чётным.

б) См. рис.

Жители города Глупова пользуются купюрами только в 35 и 80 тыров. Сможет ли рассчитаться продавец с покупателем, который хочет купить   a) шоколадку за 57 тыров;   б) булочку за 15 тыров?

а) Так как и 35 и 80 кратны 5, то уплатить можно только сумму, кратную 5.

б) Например, покупатель даст продавцу 5 купюр по 35 тыров и получит 2 купюры по 80 тыров сдачи.

Найдите самое маленькое k, при котором k! делится на 2040.

k = 17.

Докажите, что уравнение  3x² + 2 = y²  нельзя решить в целых числах.

Делится ли  222555 + 555222  на 7?

555 ≡ 2 (mod 7),  а  23 ≡ 1 (mod 7).  Значит,  222555 + 555222 ≡ 222555 + 555555 (mod 7),  а это число делится на  222 + 555 = 777.

Делится.

Докажите, что  1 + 277 + 377 + ... + 199677  делится на 1997.

Можно ли семь телефонов соединить проводами так, чтобы каждый телефон был соединён ровно с тремя?

См. задачу 30418.

Нельзя.

Можно ли расположить на плоскости   а) 4 точки так, чтобы каждая из них была соединена отрезками с тремя другими (без пересечений)?   б) 6 точек и соединить их непересекающимися отрезками так, чтобы из каждой точки выходило ровно 4 отрезка?

См. рис.

Можно.

Гуляя по Кенигсбергу, Леонард Эйлер захотел обойти город, пройдя по каждому мосту ровно один раз (см. рис.). Как ему это сделать?

В соответствующем графе (см. рис.) четыре нечётные вершины. Поэтому обойти его невозможно (см. задачу 31095 а).

Это невозможно.

Выписать в ряд цифры от 1 до 9 (каждую по разу) так, чтобы каждые две подряд идущие цифры давали бы двузначное число, делящееся на 7 или на 13.

Например, 784913526.

В Заитильщине 57 деревень, между некоторыми из которых проложены дороги. Известно, что из каждой деревни можно попасть в любую другую, притом по единственному маршруту.   а) Докажите, что найдётся деревня, из которой выходит лишь одна дорога.   б) Сколько дорог в Заитильщине?

б) 56 дорог.

Несколько Совершенно Секретных Объектов соединены подземной железной дорогой таким образом, что каждый Объект напрямую соединён не более чем с тремя другими и от каждого Объекта можно добраться под землей до любого другого, сделав не более одной пересадки. Каково максимальное число Совершенно Секретных Объектов?

  Оценка. Из данного Объекта можно добраться за один "ход" до трёх Объектов, а с пересадкой – еще до  2·3 = 6  Объектов. Следовательно, Объектов не больше 10.   Пример с 10 Объектами изображен на рисунке.

10.

Вася шёл от дома до автобусной остановки пешком со скоростью 4 км/ч, затем ехал на автобусе до школы со скоростью 30 км/ч и затратил на весь путь 1 час. Обратно из школы он ехал на автобусе со скоростью 36 км/ч и шёл пешком от остановки до дома со скоростью 3 км/ч. На обратную дорогу он потратил 1 час 5 мин. Найти путь, который Вася проехал на автобусе, и расстояние от дома до остановки.

Когда Вася шёл в школу, он проходил километр за 15 минут, а когда возвращался обратно – за 20 минут. Если бы он не уменьшил скорость, а увеличил бы её в  36/30 = 6/5  раза (то есть проходил бы километр за  5/6·15 = 12,5  минут, то он потратил бы на всю дорогу 5/6 часа, то есть 50 минут, что на 15 минут быстрее, чем на самом деле. Поскольку на километр от тратил на  20 – 12,5 = 7,5  минут больше, то расстояние до остановки равно 2 км. По дороге в школу он прошёл его за полчаса. Значит, и на автобусе он ехал полчаса, то есть проехал 15 км.

15 км; 2 км.

Доказать: сумма   а) любого количества чётных слагаемых чётна;   б) чётного количества нечётных слагаемых нечётна;   в) нечётного количества нечётных слагаемых нечётна.

Доказать: произведение   а) двух нечётных чисел нечётно;   б) чётного числа с любым целым числом чётно.

На доске написаны числа   а) 1, 2. 3, ..., 1997, 1998;   б) 1, 2, 3, ..., 1998, 1999;   в) 1, 2, 3, ..., 1999, 2000. Разрешается стереть с доски любые два числа, заменив их разностью большего и меньшего. Можно ли, выполнив эту операцию много раз. получить на доске единственное число – 0? Если да, то как это сделать?

а) См. решение задачи 30303.

б) Сначала сотрём 2 и 3, потом 4 и 5, 6 и 7, ..., 1998 и 1999. На доске останется 1000 единиц. Стирая их попарно, получим 500 нулей. Дальнейшее очевидно.

На прямой даны точки А, В и, кроме того, 57 точек, лежащих вне отрезка АВ. Каждая из этих 57 точек – либо красного, либо синего цвета. Рассмотрим следующие суммы:   S1 – сумма расстояний от точки А до всех красных точек плюс сумма расстояний от точки В до всех синих точек;   S2 – сумма расстояний от точки А до всех синих точек плюс сумма расстояний от точки В до всех красных точек. Доказать, что  S1 ≠ S2.

См. решение задачи 30307.

Дорога протяженностью 1 км полностью освещена фонарями, причем каждый фонарь освещает отрезок дороги длиной 1 м. Какое наибольшее количество фонарей может быть на дороге, если известно, что после выключения любого фонаря дорога будет освещена уже не полностью?

Занумеруем фонари натуральными числами в порядке следования вдоль дороги. Если отрезки, освещенные n-м и (n+2)-м фонарями, пересекаются, то (n+1)-й фонарь можно выключить. Следовательно, отрезки с различными нечетными номерами, не пересекаются. На отрезке длины 1000 м нельзя расположить больше 999 непересекающихся отрезков длины 1 м. Значит, фонарей не больше 1998. Расположим 1998 фонарей так, чтобы центры освещенных отрезков образовывали арифметическую прогрессию, первый член которой равен 0,5 м, а 1998-й равен 999,5 м. Между n-м и (n+2)-м отрезком остается зазор в 1/1997 м. Его освещает только (n+1)-й фонарь. Поэтому никакой фонарь нельзя выключить.

1998.00

Является ли число  49 + 610 + 320  простым?

49 + 610 + 320 = (29)2 + 2·29·310 + (310)2 = (29 + 310)2.

Не является.

Решите в натуральных числах уравнение  3x + 4y = 5z.

Правая часть при делении на 3 должна давать тот же остаток, что и левая, то есть 1. Поэтому z чётно. Аналогично левая часть делится на 4 с остатком 1, поэтому x тоже чётно. Итак,  4y = 5z – 3x = 52u – 32v, то есть  22y = (5u – 3v)(5u + 3v).  Обе скобки справа являются степенями двойки. Пусть  5u – 3v = 2k  и 5u + 3v = 2l,  где  k, l ≥ 0  и  k + l = 2y.  Тогда  5u = ½ (2k + 2l)  и  3v = ½ (2l – 2k).  Поэтому  l > k,  значит, 2l делится на 4, а 2k – не делится, то есть  k = 1,  2k = 2 и  3v = 2l–1 – 1.  Отсюда следует, что число  l – 1  чётно,  l – 1 = 2s.  Тогда  3v = (2s – 1)(2s + 1)  – произведение двух чисел, отличающихся на 2 и являющихся степенями тройки. Следовательно, эти множители – 1 и 3. Значит,  s = 1,  l = 3,  2y = 4.

(2, 2, 2).

Про действительные числа a, b, c известно, что  (a + b + c)c < 0.  Докажите, что  b² – 4ac > 0.

  Первый способ. Рассмотрим квадратный трёхчлен  f(x) = x² + bx + ac.  Заметим, что  f(c) = c² + bc + ac = (a + b + c)c < 0.  Так как коэффициент при x² положителен, то дискриминант данного квадратного трёхчлена положителен (иначе бы трёхчлен принимал бы только неотрицательные значения).

Путешественник посетил селение, в котором каждый человек либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Жители селения стали в круг, и каждый сказал путешественнику про соседа справа, правдив тот или лжив. На основании этих сообщений путешественник однозначно определил, какую долю от всех жителей селения составляют правдивые. Определите и вы, чему она равна.

Пусть x - доля правдивых жителей. Рассмотрим другой круг, в котором все лжецы станут правдивыми, а все правдивые - лжецами; в нем доля правдивых равна 1-x. В этом круге путешественник услышит то же самое, поскольку правдивость любого жителя изменилась, но изменилась и правдивость соседа, о котором он говорит. Поскольку путешественник сумел на основании полученных ответов найти долю правдивых жителей, эта доля в обоих кругах одинакова. Следовательно, она равна 1/2.

За круглым столом сидят несколько гостей. Некоторые из них знакомы между собой; знакомство взаимно. Все знакомые любого гостя (считая его самого) сидят вокруг стола через равные промежутки. (Для другого человека эти промежутки могут быть другими.) Известно, что любые двое имеют хотя бы одного общего знакомого. Докажите, что все гости знакомы друг с другом.

Заметим, что если у человека есть знакомые, сидящие рядом (в частности, если он знаком со своим соседом), то этот человек знаком со всеми. Докажем, что такой гость найдется. Пусть A и B - двое соседей. Если они не знакомы между собой, то их общий знакомый C знаком со всеми, так как его знакомые сидят без промежутков. В противном случае знаком со всеми человек A (по той же причине). Итак, пусть X - гость, знакомый со всеми. Тогда его соседи тоже знакомы со всеми, так как они знакомы с X (являющимся для них соседом). Соседи этих соседей также знакомы со всеми, и так далее по кругу в обе стороны.

Антиквар приобрел 99 одинаковых по виду старинных монет. Ему сообщили, что ровно одна из монет - фальшивая - легче настоящих (а настоящие весят одинаково). Как, используя чашечные весы без гирь, за 7 взвешиваний выявить фальшивую монету, если антиквар не разрешает никакую монету взвешивать более двух раз?

Сначала положим на две чаши весов по 13 монет, затем (если весы находятся в равновесии) уберём их и положим по 11 из ещё не бравшихся, затем по 9,7,5,3 и 1 до тех пор, пока одна из чаш не перевесит. Если такого не произойдёт, то после седьмого взвешивания (когда на чашах весов будет всего по одной монете) останется всего одна монета, которая во взвешиваниях не участвовала. Она и является фальшивой. Если при каком-то взвешивании какая-то чаша перевесила, значит фальшивая монета лежит в другой чаше. Общее количество монет в этой чаше обозначим 2k+1 (мы каждый раз кладём на одну чашу нечётное число монет), при этом мы уже использовали 7-k взвешиваний, причём каждая монета взвешивалась не более одного раза. Поэтому осталось найти фальшивую монету в группе из (2k+1) монет за k взвешиваний, взвешивая каждую монету не более одного раза. Для этого можно разбить все монеты в группе, кроме одной, разбить на k пар и последовательно сравнивать веса монет каждой пары. Если при каком-то взвешивании равновесие нарушится, то более лёгкая монета и является фальшивой. В противном случае, фальшивая монета - оставшаяся без пары.

Натуральные числа от 1 до n расставляются в ряд в произвольном порядке. Расстановка называется плохой, если в ней можно отметить 10 чисел (не обязательно стоящих подряд), идущих в порядке убывания. Остальные расстановки называются хорошими. Докажите, что количество хороших расстановок не превосходит 81n.

1) Докажем, что если расстановка хорошая, то числа в ряду можно раскрасить в девять цветов так, чтобы числа каждого цвета шли в порядке возрастания. Действительно, будем красить числа слева направо, используя каждый раз такой цвет с наименьшим номером, что последнее покрашенное в этот цвет число меньше текущего. Предположим, что девяти цветов не хватило. Мы не можем покрасить очередное число в девятый цвет, так как в девятый цвет уже было покрашено большее число. Оно не было покрашено в восьмой цвет, поскольку до него встретилось большее число, покрашенное в восьмой цвет. И так далее. Получается 10 чисел, которые идут в порядке убывания. 2) Расстановка чисел от 1 до n вместе с такой раскраской в девять цветов, что последовательность чисел каждого цвета возрастает, полностью определяется цветом каждого числа от 1 до n и цветом каждого места в ряду. Числа от 1 до n можно раскрасить в 9 цветов 9n способами. И столькими же способами можно раскрасить в 9 цветов n мест, на которые эти числа будут расставлены. Таким образом, число хороших расстановок не превосходит 81n.

См. задачу 73546 а).

В последовательности троек целых чисел  (2, 3, 5),  (6, 15, 10), ... каждая тройка получается из предыдущей таким образом: первое число умножается на второе, второе – на третье, а третье – на первое, и полученные произведения дают новую тройку. Докажите, что ни одно из чисел, получаемых таким образом, не будет степенью целого числа: квадратом, кубом и т.д.

  Легко проверить, что каждая тройка имеет вид:   (2a3b5c, 2c3a5b, 2b3c5a),  где a, b, c – некоторые целые числа. Действительно, тройка показателей  (a', b', c')  для следующей тройки чисел получается из предыдущей тройки показателей  (a, b, c)  по правилу:  (a', b', c') = (a + c, a + b, b + c).   Некоторое из чисел какой-либо тройки является степенью тогда и только тогда, когда числа из тройки показателей будут делиться на одно и то же простое число p.   Предположим, что такое случилось, и рассмотрим тройку показателей  (a', b', c')  с наименьшим номером, где все три числа кратны p. Рассмотрим два случая.   1)  p = 2.  Это – не первая тройка: она равна  (1, 0, 0).  Значит, в предыдущей тройке все числа одной чётности, то есть все нечётны. Это снова не первая тройка, значит, в предыдущей все числа разной чётности, что невозможно.   2) p – нечётное простое число. В предыдущей тройке  (a, b, c)  суммы  a + b,  b + c,  c + a  кратны p. Сложив эти числа, получим, что  2(a + b + c)  и, следовательно,  a + b + c   кратно p. Значит, и  a = (a + b + c) – (b + c)  кратно p. Аналогично b и c кратны p. Противоречие с выбором тройки  (a', b', c'). 

Найдите сумму всех коэффициентов многочлена  (x² – 3x + 1)100  после раскрытия скобок и приведения подобных членов.

Эта сумма равна значению многочлена при  x = 1,  то есть  (1 – 3·1 + 1)100 = 1.

1.

Найдите максимальное значение выражения  |...||x1 – x2| – x3| – ... – x1990|,  где x1, x2, ..., x1990 – различные натуральные числа от 1 до 1990.

  Оценка. Заметим, что модуль разности двух неотрицательных чисел не больше их максимума. Поэтому  |x1 – x2| ≤ max{x1, x2}, ||x1 - x2| – x3| ≤ max{x1, x2, x3},  |...||x1 – x2| – x3| – ... – x1990| ≤ max{x1, x2, ..., x1990}.  Данное выражение не может равняться 1990, поскольку чётность этого выражения совпадает с чётностью суммы  x1+x2 + ... + x1990 = 1 + 2 + ... + 1990,  а эта сумма содержит 995 нечётных слагаемых.   Пример. Заметим, что  ||||4k + 2| – (4k + 4)| – (4k + 5)| – (4k + 3)| = 0.  Поэтому |...|||2 – 4| – 5| – 3| – ... – (4k + 2)| – (4k + 4)| – (4k + 5)| – (4k + 3)| – ... – 1986| – 1988| – 1989| – 1987| – 1990| – 1| = ||0 – 1990| – 1| = 1989.

1989.

Можно ли расставить числа 1, 2, ..., 50 в вершинах и серединах сторон правильного 25-угольника так, чтобы сумма трёх чисел, стоящих в концах и середине каждой стороны, была для всех сторон одинаковой?

Обозначим вершины 25-угольника A1, A2, ..., A25 по ходу часовой стрелки. Расставим числа 1, 2, ..., 25 по порядку в серединах сторон: в середине стороны A1A2 стоит число 1, в середине стороны A2A3 стоит число 2, и т.д. Числа 26, ..., 50 начнём расставлять с вершины A25 против часовой стрелки, пропуская каждый раз одну вершину: в вершине A25 – число 26, в вершине A23 – 27, в вершине A21 – 28 и т.д. Поскольку 25 – нечётное число, мы обойдём все вершины 25-угольника. Нетрудно проверить, что полученная расстановка – искомая.

Можно.

В дискуссии приняли участие 15 депутатов. Каждый из них в своем выступлении раскритиковал ровно k из оставшихся 14 депутатов. При каком наименьшем k можно утверждать, что найдутся два депутата, которые раскритиковали друг друга?

  Если каждый депутат раскритиковал 8 других, то число рёбер указанного в подсказке графа равно  15·8 = 120,  что больше, чем число пар   его вершин. Это доказывает, что какие-то две вершины соединяются не менее чем двумя рёбрами, то есть найдутся два депутата, которые раскритиковали друг друга.   С другой стороны, пусть 15 депутатов сидят за круглым столом и каждый раскритиковал семь следующих за ним по часовой стрелке. Легко видеть, что при этом никакие два депутата не критиковали друг друга.

При  k = 8.

На доске записано несколько нулей, единиц и двоек. Разрешается стереть две неравные цифры и записать вместо них одну цифру, отличную от стёртых. Докажите, что если в результате нескольких таких операций на доске останется одна-единственная цифра, то она не зависит от порядка, в котором производились стирания.

Пусть вначале было A нулей, B единиц и C двоек. После каждой операции эти числа меняются, но чётность сумм  A + B,  A + C  и  B + C  не меняется. Значит, если числа A и B одной чётности, то в конце их сумма равна нулю, то есть на доске может остаться только двойка. (Если все три числа одной чётности, то одна цифра на доске остаться не может.)

В последовательности цифр 1234096... каждая цифра, начиная с пятой, равна последней цифре суммы предыдущих четырёх цифр. Встретятся ли в этой последовательности подряд четыре цифры 8123?

Заметим, что цифра, предшествующая четвёрке цифр, определяется этой четвёркой однозначно. Если в последовательности встретится ещё раз (не в начале последовательности) четвёрка 1234, то цифра, предшествующая этой четвёрке, как легко убедиться, должна равняться 8, и таким образом в последовательности встретится четвёрка 8123. Осталось доказать, что четвёрка 1234 встретится в последовательности ещё хотя бы один раз. Поскольку четвёрок цифр конечное число, в последовательности встретятся две одинаковые четвёрки цифр в разных местах. Тогда цифры, предшествующие этим четверкам, тоже одинаковы. Поэтому четвёрки, полученные из первоначальных сдвигом на одну цифру влево, тоже одинаковы. Рассуждая так и далее, мы придём к двум одинаковым четвёркам, одна из которых расположена в начале последовательности (то есть эта четверка – 1234).

Встретятся.

12 кандидатов в мэры рассказывали о себе. Через некоторое время один сказал: "До меня соврали один раз". Другой сказал: "А теперь -дважды". "А теперь - трижды" - сказал третий, и так далее до 12-го, который сказал: "А теперь соврали 12 раз". Тут ведущий прервал дискуссию. Оказалось, что по крайней мере один кандидат правильно посчитал, сколько раз соврали до него. Так сколько же раз всего соврали кандидаты?

Предположим, что первый кандидат соврал. Это значит, что до его утверждения количество ложных высказываний не равнялось 1. После его высказывания это количество увеличилось на 1, поэтому стало не равным 2. Следовательно, второй кандидат тоже соврал. Продолжая такие же рассуждения, получаем, что все кандидаты соврали, а это противоречит условию задачи. Значит, первый кандидат сказал правду. Тем самым, как до, так и после его высказывания количество ложных утверждений равнялось 1. Поэтому второй кандидат соврал. Далее, рассуждая аналогично получаем, что и все последующие тоже соврали. Итак, соврали все кандидаты, кроме первого, и ещё одна ложь прозвучала до описываемой дискуссии. Поэтому всего кандидаты соврали 12 раз.

В парламенте 30 депутатов. Каждые два из них либо дружат, либо враждуют, причём каждый дружит ровно с шестью другими. Каждые три депутата образуют комиссию. Найдите общее число комиссий, в которых все три члена попарно дружат или все трое попарно враждуют.

  Обозначим депутатов точками. Соединим точки красным отрезком, если cоответствующие депутаты дружат, и синим – если враждуют. Нам нужно найти число одноцветных треугольников с вершинами в данных точках. Число всех треугольников равно     Подсчитаем сначала число неодноцветных треугольников. В каждом таком треугольнике ровно два угла, в которых сходятся красный и синий отрезки (назовем такие углы разноцветными). В одноцветных треугольниках разноцветных углов нет. В каждой вершине по условию сходятся 6 красных и 23 синих отрезка, то есть имеется  6·23 = 138 разноцветных углов с фиксированной вершиной. Общее количество неодноцветных треугольников, таким образом, равно  138·30 : 2 = 2070.  А число одноцветных треугольников равно  4060 – 2070 = 1990.

1990 комиссий.

Двое играют в следующую игру. Каждый игрок по очереди вычеркивает 9 чисел (по своему выбору) из последовательности 1,2,...,100,101. После одиннадцати таких вычеркиваний останутся 2 числа. Первому игроку присуждается столько очков, какова разница между этими оставшимися числами. Доказать, что первый игрок всегда сможет набрать по крайней мере 55 очков, как бы ни играл второй.

Первым ходом нужно вычеркнуть 9 чисел от 47 до 55. Остальные числа разбиваются на пары: 1 - 56, 2 - 57,..., 46 - 101. После каждого хода второго игрока, первый может вычеркнуть числа таким образом, чтобы в каждой паре было вычеркнуто либо оба числа, либо ни одного. Таким образом, в конце останется пара чисел, разность которых равна 55.

Дан шестизначный номер телефона. Из скольких семизначных номеров его можно получить вычеркиванием одной цифры?

Пусть ABCDEF – шестизначный номер телефона. Подсчитаем, сколько семизначных номеров можно получить из него добавлением одной цифры. Перед номером можно приписать любую из 10 цифр, однако номер, получающийся приписыванием цифры A, можно также получить, вставив цифру A между A и B. Этот случай мы учтём позже. Итак, пока мы получили 9 номеров. Аналогично можно получить 9 номеров, вставляя цифру между A и B (число, получаемое вставлением туда цифры B, получим на следующем шаге) между B и C и т. д. Наконец, 10 номеров можно получить, приписывая цифру в конце исходного номера. Таким образом, получаем  6·9 + 10 = 64 номера.

Из 64 номеров.

Во всех клетках таблицы 20×20 расставлены плюсы. Разрешается менять знак одновременно во всех клетках строки или столбца. Можно ли, пользуясь этими операциями, получить ровно 199 минусов?

См. задачу 78755.

Нельзя.

Автор: Шаповалов М.

Рассмотрите момент, когда была перекрашена последняя клетка.

Допустим, что перекрасить в шахматном порядке удалось. Рассмотрим последнюю перекрашенную клетку. Допустим, она стала чёрной. Тогда все её соседи – белые. Маляр пришёл на неё, будучи белым, значит, не мог перекрасить её в чёрный цвет.

О функции  f(x), заданной на всей вещественной прямой, известно, что при любом  a > 1  функция  f(x) + f(ax)  непрерывна на всей прямой. Докажите, что  f(x) также непрерывна на всей прямой.

По условию функции  f(x) + f(4x)  и  f(x) + f(2x)  непрерывны. Вместе с функцией  f(x) + f(2x)  непрерывна функция f(2x) + f(4x).  Поэтому непрерывна и функция  (f(x) + f(2x)) + (f(x) + f(4x)) – (f(2x) + f(4x)) = 2f(x),  а значит, и функция  f(x).

В пространстве даны n точек общего положения (никакие три не лежат на одной прямой, никакие четыре – в одной плоскости). Через каждые три из них проведена плоскость. Докажите, что какие бы  n – 3  точки в пространстве ни взять, найдётся плоскость из проведённых, не содержащая ни одной из этих  n – 3  точек.

Пусть M – данное множество из n точек, A – произвольное множество из  n – 3  точек. Возьмём точку  x ∈ M \ A  (такая существует, так как в M точек больше, чем в A). Проведём через x и остальные точки множества M  n – 1  прямую. Одна из прямых не пересекает A. Через эту прямую и оставшиеся n – 2  точки множества M проведём  n – 2  плоскости. Одна из плоскостей не пересекает A, так как плоскостей больше, чем точек в A.

Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 расположено 7 точек. Докажите, что среди них найдутся две точки на расстоянии не больше 1.

Правильный шестиугольник можно разбить на шесть правильных треугольников со стороной 1. Тогда хотя бы в одном из этих треугольников будет лежать две отмеченные точки. Расстояние между ними не будет превосходить стороны треугольника.

Квадрат со стороной 1 разрезали на прямоугольники, у каждого из которых отметили одну сторону. Докажите, что сумма длин всех отмеченных сторон не может быть меньше 1.

Обозначим отмеченную сторону i-го прямоугольника через аi, а другую его сторону через bi. Площадь исходного квадрата равна сумме площадей прямоугольников: а1b1+а2b2+...+аnbn=1. Но bi не больше 1 при всех i, поэтому а1+а2+...+аn не меньше 1.

Красный квадрат покрывают 100 белых квадратов. При этом все квадраты одинаковы и стороны каждого белого квадрата параллельны сторонам красного. Всегда ли можно удалить один из белых квадратов так, что оставшиеся белые квадраты все еще будут покрывать целиком красный квадрат?

Обозначим вершины красного квадрата буквами A,B,C и D. Диагональ AC разобьем на 100 равных отрезков, концы которых последовательно обозначим числами 1,2,...,101 (точка A обозначена числом 1, а точка C - числом 101). Заметим, что для каждой пары точек k и k+1 (k=1,2,...,100), существуют ровно два квадрата данного размера, стороны которых параллельны сторонам красного квадрата и проходят через точки k и k+1, причем один из этих квадратов содержит вершину B и не содержит D, а другой квадрат, наоборот, содержит D и не содержит B. Если k нечетно, то возьмем тот квадрат, который содержит вершину B, а если k четно, возьмем квадрат, содержащий вершину D. Выбранные таким образом 100 белых квадратов покрывают целиком красный квадрат, но если удалить квадрат, стороны которого проходят через точки k и k+1, то отрезок диагонали AC с концами k и k+1 покрыт не будет.

не всегда.

В круге провели несколько (конечное число) различных хорд так, что каждая из них проходит через середину какой-либо другой из проведённых хорд. Докажите, что все эти хорды являются диаметрами круга.

Заметим, что чем меньше расстояние от центра O окружности до хорды, тем больше длина хорды. Так как хорд конечное число, то среди них есть наименьшая по длине, скажем, AB. По условию, она проходит через середину K некоторой другой хорды, скажем, CD. Если точка пересечения AB и CD не является также и серединой AB, то расстояние от точки O до CD будет, очевидно, больше, чем расстояние от O до AB (т. к. OK будет больше длины перпендикуляра, опущенного из точки O на AB), следовательно, хорда CD имеет меньшую, чем AB, длину - противоречие. Значит, CD проходит через середину AB, откуда перпендикуляры, опущенные из точки O на эти хорды, совпадают. Это возможно, только если AB и CD совпадают, или если AB и CD пересекаются в центре. Первое невозможно, значит AB и CD - диаметры. А раз наименьшая по длине хорда является диаметром, то и все проведенные хорды - диаметры.

а) Каждую сторону четырёхугольника в процессе обхода по часовой стрелке продолжили на её длину. Оказалось, что концы построенных отрезков служат вершинами квадрата. Докажите, что исходный четырёхугольник - квадрат. б) Докажите, что если в результате той же процедуры из n-угольника получится правильный n-угольник, то и исходный n-угольник - правильный.

Будем решать сразу задачу б). Очевидно, из правильного многоугольника A1A2...An после продолжения сторон получится правильный многоугольник B1B2...Bn . Поскольку все правильные n-угольники подобны, то любой из них можно получить такой процедурой из некоторого правильного n-угольника. Осталось доказать, что по многоугольнику B1B2...Bn многоугольник A1A2...An определяется однозначно. Пусть многоугольник B1B2...Bn получен указанным способом из многоугольника A1A2...An, и при этом точка A2 - середина отрезка A1B1, точка A3 - середина отрезка A2B2, точка A1 - середина отрезка AnBn. Докажем, что описанным в задаче способом ни из какого другого многоугольника, кроме A1A2...An, многоугольник B1B2...Bn не мог получиться. Поместим в вершины B1, B2,..., Bn грузики массами 1,2,...,2n и покажем, что точка A1 - центр масс этой системы. Для этого поместим ещё в точку A1 грузик массы 1. Теперь центр масс точек A1 и B1 находится в точке A2. Поэтому можно убрать массы из точек A1 и B1, поместив массу 2 в точку A2. Аналогично, уберем массы из точек A2 и B2, поместив массу 4 в их центр масс - точку A3. В конце концов, центр масс окажется в точке A1. Значит, и центр масс исходной системы находится там же. Поскольку центр масс определяется по системе масс однозначно, точка A1 определена однозначно. Следовательно, и весь многоугольник A1A2...An определен многоугольником B1B2...Bn.

По окружности, сделанной из проволоки, двигаются бусинки с одинаковой угловой скоростью, некоторые - по часовой стрелке, некоторые - против. При столкновении две бусинки разлетаются в разные стороны с прежними скоростями. Докажите, что в некоторый момент начальное расположение бусинок повторится.

Будем считать, что в момент столкновения бусинки продолжают движение, "не замечая друг друга". Таким образом, при столкновении просто переобозначим бусинки. Ясно, что через время, за которое одна бусинка прошла бы полный круг при отсутствии столкновений, начальная расположение повторится (при этом не обязательно, правда, каждая бусинка придет на свое начальное место).

а) 2000 фишек расположены на плоскости в вершинах выпуклого 2000-угольника. За один ход можно разбить их на две группы и фишки первой группы сдвинуть на какой-нибудь вектор, а остальные фишки оставить на месте. Может ли случиться, что после 9 ходов все фишки окажутся на одной прямой? б) А после 10 ходов?

а) Если после n-го хода фишки оказались на одной прямой, то после (n-1)-го хода они должны были лежать на двух прямых, после (n-2)-го - на 4-х прямых, и т.д., а изначально - должны лежать на 2n прямых. Поскольку никакие три вершины выпуклого многоугольника не лежат на одной прямой, наименьшее число прямых, содержащих все вершины 2000-угольника, равно 1000. Значит, 2n не меньше 1000, откуда n не меньше 10, что решает пункт а). б) Рассмотрим 1024 параллельные прямые, расстояния между соседними среди которых равно 1. Расположим на этих прямых вершины выпуклого 2000-угольника. Векторы сдвига будем брать перпендикулярными прямым и будем каждым ходом совмещать пары соседних прямых так, что через 10 ходов останется лишь одна прямая.

Докажите, что если выпуклый многоугольник можно разбить на несколько параллелограммов, то он имеет центр симметрии.

От каждой стороны многоугольника отходит цепочка параллелограммов, т.е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причем она может по ходу перемещения разбиваться на несколько частей. Так как у выпуклого многоугольника может быть еще только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и ту же сторону, причем длина этой стороны не меньше длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, так и из второй в первую, поэтому все стороны многоугольника разобьются на пары параллельных и равных сторон. Отсюда нетрудно показать, что многоугольник имеет центр симметрии.

Каждый из голосующих на выборах вносит в избирательный бюллетень фамилии 10 кандидатов. На избирательном участке находится 11 урн. После выборов выяснилось, что в каждой урне лежит хотя бы один бюллетень и при всяком выборе 11 бюллетеней по одному из каждой урны найдется кандидат, фамилия которого встречается в каждом из выбранных бюллетеней. Докажите, что по крайней мере в одной урне все бюллетени содержат фамилию одного и того же кандидата.

Возьмем произвольный бюллетень из 11-й урны. Пронумеруем кандидатов, фамилии которых встречаются в этом бюллетене. Предположим, что требуемое в задаче не выполнено. Тогда в k-й урне (k=1,2,...10) найдется бюллетень, не содержащий фамилии k-го кандидата. Набор этих бюллетеней вместе со взятым вначале бюллетенем из 11-й урны противоречит условию задачи.

Какую наименьшую сумму цифр может иметь число вида  3n² + n + 1  при натуральном n?

При  n = 8  сумма цифр числа  3n² + n + 1  равна 3. Убедимся, что меньше сумма цифр быть не может. Действительно, число  3n² + n + 1  нечётно и больше 1, поэтому сумма его цифр не может быть равна 1. Если она равна 2, то это число должно иметь вид  10k + 1,  тогда  3n² + n = (3n + 1)n = 10k.  Числа  3n + 1  и n взаимно просты, следовательно либо меньшее из них (n) равно 1, а  3n + 1 = 10k,  либо  n = 2k,  а  3n + 1 = 5k.  Первый случай, как легко проверить, невозможен. Во втором случае значения  k = 0, 1  легко проверить непосредственно, а при  k ≥ 2  получаем, что  5k2–k > (5/2)2 > 4 > 3n+1/n.

3.

На плоскости дан невыпуклый n-угольник с попарно непараллельными сторонами. Пусть A и B - две несоседние вершины n-угольника, разделяющие его контур на две ломаные AXY...B и BZT...A. Разрешается отразить одну из этих ломаных относительно середины отрезка AB. При этом получится новый многоугольник (а если не получится, то такая операция не разрешена). Докажите, что с помощью таких действий можно получить выпуклый многоугольник.

Набор из n векторов, соответствующих сторонам n-угольника, после выполнения данной операции остается неизменным, изменяется лишь порядок следования этих векторов. Поэтому в результате проведения операций мы будем получать только многоугольники из конечного числа n-угольников (их не более (n-1)!=(n-1)*(n-2)...*2*1), в которых векторы, соответствующие сторонам, образуют фиксированный набор. Если многоугольник невыпуклый, то найдется прямая, проходящая через две его несоседние вершины, относительно которой n-угольник расположен целиком по одну сторону. Произведем указанную операцию относительно этих двух вершин. Если получен невыпуклый многоугольник, то опять проведем такую же операцию, и так далее. Заметим, что при каждой операции площадь n-угольника увеличивается. Так как может получаться лишь конечное число различных многоугольников, то когда-нибудь мы придем к многоугольнику, для которого выполнение указанной операции невозможно. Этот многоугольник обязан быть выпуклым

В квадрате 2000*2000 расставлены числа так, что в любом квадрате 2*2 сумма левого верхнего числа и правого нижнего числа равна сумме левого нижнего числа и правого верхнего числа. Докажите, что сумма чисел, стоящих в левом верхнем и правом нижнем углах квадрата 2000*2000, равна сумме чисел, стоящих в двух других углах.

Для каждого квадратика 2*2 рассмотрим равенство a+c=b+d, где a и с - числа, стоящие в левом верхнем и правом нижнем углах квадратика, а b и d - числа, стоящие в левом нижнем и правом верхнем углах. По условию это выражение равно 0. Если сложить все такие равенства для всевозможных квадратиков 2*2, содержащихся в квадрате 2*2, то все числа, кроме стоящих в угловых клетках, сократятся, и окажется, что сумма чисел, стоящих в левом верхнем и правом нижнем углах большого квадрата, и сумма чисел, стоящих в его правом верхнем и левом нижнем углах, равны, что и требовалось доказать.

В ряд посажены 2000 деревьев - дубы и баобабы. К каждому дереву прибита табличка, на которой указано количество дубов среди следующих деревьев: дерева, на котором висит табличка, и его соседей. Можно ли по числам на табличках определить, какие из деревьев - дубы?

Докажите, что пересечение трёх прямых круговых цилиндров с радиусами 1, оси которых попарно взаимно перпендикулярны (но не обязательно пересекаются), содержится в некотором шаре радиуса  

Пусть цилиндры задаются неравенствами  (x – a)² + (y – b)² < 1,  (y – c)² + (z – d)² < 1,  (z – e)² + (x – f)² < 1.  Заметим, что (x – a)² + (x – f)² = 2x² – 2x(a + f)a² + f² > 2x² – 2x(a + f) + ½ (a + f)² = 2(x – ½ (a + f))².  Аналогично (y – b)² + (y – c)² > 2(y – ½ (b + c))²,  (z – d)² + (z – e)² > 2(z – ½ (d + e))².  Сложив три неравенства, задающих цилиндры, и применив доказанные оценки, получим  (x – ½ (a + f))² + (y – ½ (b + c))² + (z – ½ (d + e))² > 3/2.  Это означает, что точка, лежащая внутри каждого из трёх цилиндров, лежит внутри сферы с центром в точке  (½ (a + f), ½ (b + c), ½ (d + e))  и радиуса  

Докажите, что сумма расстояний от любой точки, расположенной внутри правильного n-угольника, до его сторон не зависит от выбора точки.

Пусть точка O расположена внутри правильного n-угольника A1A2...An со стороной a и площадью S. Обозначим через h1, h2, ..., hn расстояния от O до сторон A1A2, A2A3, ..., AnA1. Площадь n-угольника равна сумме площадей треугольников OA1A2, OA2A3, ..., OAnA1, то есть  2S = ah1 + ah2 + ... + ahn.  Отсюда h1 + h2 + ... + hn = 2S/a.

Назовем крокодилом шахматную фигуру, ход которой заключается в прыжке на m клеток по вертикали или по горизонтали, и потом на n клеток в перпендикулярном направлении. Докажите что для любых m и n можно так раскрасить бесконечную клетчатую доску в 2 цвета (для каждых конкретных m и n своя раскраска), что всегда 2 клетки, соединенные одним ходом крокодила, будут покрашены в разные цвета.

Предположим сначала, что числа m и n взаимно простые. Рассмотрим два случая. Первый случай: числа m и n разной чётности, т. е. одно чётное, а другое нечётное. Тогда искомой будет обычная шахматная раскраска. Второй случай: числа m и n оба нечётные. Тогда раскрашивать доску нужно полосами шириной в одну клетку, чередуя цвета полос. Пусть теперь m и n имеют наибольший общий делитель d > 1. Разобьем доску на квадратные блоки размером d*d клеток. Будем закрашивать доску блоками, считая каждый такой блок за отдельную клетку, для случая хода крокодила на m/d клеток в одном направлении, и на n/d клеток - в перпендикулярном. Поскольку числа m/d и n/d взаимно простые, мы это делать уже умеем.

Докажите, что число разложений натурального числа n в сумму различных натуральных слагаемых равно числу разложений числа n в сумму нечетных (возможно, повторяющихся) натуральных слагаемых.

Пусть имеется разложение n=(a1+...+a1)+(a2+...+a2)+...+(ak+...+ak), где a1,a2,...,ak - различные нечетные числа, причем ai повторяется в разложении li раз. Рассмотрим разложение чисел li по различным степеням двойки (т.е. рассмотрим двоичную запись чисел li): li=2ti+2si+... . Тогда легко видеть, что число n разлагается в сумму n=(2t1a1+2s1a1+...)+...+(2tkak+2skak+...), причем все слагаемые в этой сумме различны. Наоборот, если имеется разложение числа n на различные натуральные слагаемые, то каждое слагаемое представим в виде 2pq, где p - целое, а q - нечетное, можно заменить это слагаемое на 2p слагаемых, равных q. Получим разложение n на нечетные слагаемые. Нетрудно видеть, что нами построено взаимно однозначное соответствие между разложениями первого и второго вида, следовательно количества разложений первого и второго типа равны.

Каждая из сторон выпуклого шестиугольника имеет длину больше 1. Всегда ли в нем найдется диагональ длины больше 2?

Возьмем правильный треугольник со стороной 2. Из середин его сторон восставим во внешнюю сторону перпендикуляры, отложим на них отрезки очень малой длины (скажем, длины 0,01) и соединим полученные точки с вершинами треугольника. Легко видеть, что стороны так построенного выпуклого шестиугольника больше 1, но все его диагонали не больше 2.

не всегда.

В таблицу n*n записаны n2 чисел, сумма которых неотрицательна. Докажите, что можно переставить столбцы таблицы так, что сумма n чисел, расположенных по диагонали, идущей из левого нижнего угла в правый верхний, будет неотрицательна.

Назовем циклическим сдвигом такое преобразование таблицы: первый столбец переставляется на место второго, второй - на место третьего, и т.д., наконец, последний - на место первого. Обозначим через s0 сумму чисел, стоящих на диагонали таблицы, через s1 сумму чисел, которые попадут на диагональ после циклического сдвига, и вообще, через sk сумму чисел, которые попадут на диагональ, если проделать циклический сдвиг k раз. Ясно, что сумма всех чисел в таблице равна s=s0+s1+...+sn-1, потому что если проделать циклический сдвиг 0,1,...,n-1 раз, то за это время каждое число побывает на диагонали ровно однажды. По условию s неотрицательно, следовательно, некоторое sk неотрицательно. Проделав циклический сдвиг k раз, мы получим требуемую перестановку столбцов.

Докажите, что сумма всех чисел вида 1/mn, где m и n – натуральные числа,  1 < m < n < 1986,  не является целым числом.

Среди чисел от 1 до 1986 имеются ровно два –  729 = 36  и  1458 = 2·36,  – делящиеся на 36; наибольшая степень 3, на которые могут делиться остальные числа – 35. Таким образом, всевозможные произведения mn  (1 < m < n <1986),  за исключением  729·1458 = 2·312,  содержат множителем число 3 самое большее в степени 11. Приведя сумму всех дробей 1/mn, кроме  1/729·1458,  к общему знаменателю, мы получим дробь вида     где a и b – натуральные числа, причём b не делится на 3. Пусть s – сумма, рассматриваемая в задаче, тогда     или  2·312sb – 6a = b.  При целом s левая часть кратна 3, а правая – нет. Поэтому s не может быть целым.

На одной из двух данных пересекающихся сфер взяты точки A и B, на другой – C и D. Отрезок AC проходит через общую точку сфер. Отрезок BD проходит через другую общую точку сфер и параллелен прямой, содержащей центры сфер. Докажите, что проекции отрезков AB и CD на прямую AC равны.

Пусть E и F – общие точки сфер, лежащие соответственно на AC и BD, P и Q – центры сфер, G – точка, симметричная F относительно прямой PQ. Очевидно, G – также общая точка сфер, причём BG и DG – диаметры сфер. Будем обозначать через X' проекцию произвольной точки X на AC. Ясно, что что P' – середина хорды AE первой сферы, Q' – середина хорды EC второй сферы. В то же время P' – середина отрезка B'G' (так как P – середина отрезка BG), а Q' – середина отрезка G'D'. Отсюда легко следует, что  AB' = G'E = D'C.

Можно ли увезти из каменоломни 50 камней, веса которых равны 370, 372, ... , 468 кг, на семи трёхтонках?

Даже восьми самых лёгких камней весят  370 + 372 + ... + 384 = 3016 кг,  то есть больше 3 тонн. Поэтому на одной трёхтонке можно увезти не более семи, а на семи трёхтонках – не более 49 камней.

Нельзя.

Каждая из 9 прямых разбивает квадрат на два четырхугольника, площади которых относятся как 2:3. Докажите, что по крайней мере три из этих девяти прямых проходят через одну точку.

Каждая из 9 прямых разбивает квадрат на две трапеции, основания которых лежат на сторонах квадрата и высоты равны стороне квадрата. Ясно, что прямая делит "среднюю линию" квадрата в отношении 2:3, поскольку отношение площадей этих трапеций равно отношению их средних линий. На каждой из двух средних линий имеется 2 точки, делящие ее в отношении 2:3. В результате мы получаем, что каждая из девяти данных прямых проходит через одну из 4 указанных точек. По принципу Дирихле через одну из этих точек пройдет не менее трех прямых.

В клетки таблицы 8×8 записаны числа 1 и –1 так, что в каждой строке, в каждом столбце и на каждой диагонали (в частности, в угловых клетках) произведения чисел равны 1. Какое максимальное число минус единиц при этом возможно?

В каждом указанном в условии ряду должно быть чётное число минус единиц. Рассмотрим все диагонали, содержащие нечётное количество клеток. Их 16, и никакие две из них не имеют общих клеток. На каждой из них должна быть хотя бы одна единица, поэтому число единиц не меньше 16, и следовательно, число минус единиц не больше 48. Пример с 48 минус единицами показан на рисунке (закрашены клетки, где стоят единицы).

48.

Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Докажите, что если равны периметры треугольников ABC, BCD, CDA, DAB, то ABCD - прямоугольник.

Обозначим стороны и диагонали четырехугольника x1, x2, x3, x4, y1, y2, как на рисунке. Из условия следуют равенства x1+x2+y1=x3+x4+y1, x2+x3+y2=x1+x4+y2. Складывая их друг с другом и вычитая одно из другого, получаем: x2=x4, x1=x3. Следовательно, ABCD - параллелограмм. Теперь из равенства x1+x2+y1=x2+x3+y2=x2+x1+y2 следует, что y1=y2, то есть ABCD - прямоугольник.

Можно ли на плоскости разместить конечное число парабол так, чтобы их внутренние области покрыли всю плоскость?

Легко видеть, что парабола (с внутренней областью) пересекается с прямой, не параллельной её оси, по отрезку, точке или пустому множеству. Возьмём прямую, не параллельную ни одной из осей парабол. Параболы высекут на прямой конечное число отрезков, значит, не покроют даже эту прямую.

Нельзя.

Пусть O – точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что если равны периметры треугольников ABO, BCO, CDO, DAO, то ABCD – ромб.

Выберем на каждой диагонали AC, BD больший из отрезков, на которые она делится точкой O. Можно без ограничения общности считать, что  AO > OC,  BO > OD.  Тогда периметр треугольника AOB не меньше периметра треугольника COD, причём равенство возможно только если  AO = OC  и  BO = OD  (построим треугольник A'OB', симметричный треугольнику AOB относительно точки O, его периметр не меньше периметра треугольника COD, поскольку  CA' + A'B' + B'D > CD).  Но если  AO = OC  и  BO = OD,  то из равенства периметров сразу следует, что  AB = BC = CD = DA,  то есть ABCD – ромб.

Докажите, что для положительных чисел x1, x2, ..., xn, не превосходящих 1, выполнено неравенство    

В силу неравенства Бернулли (см. замечание 3 к задаче 30899) и неравенства Коши

Среди любых десяти из шестидесяти ребят найдутся трое одноклассников. Докажите, что среди всех них найдутся 15 одноклассников.

  Разделим ребят на группы одноклассников. Предположим, что в каждой группе не более 14 ребят. Тогда в четырёх самых больших по количеству группах не более  4·14 = 56 ребят.   Если в каждой из этих групп не менее двух человек, то можно взять по два школьника из этих четырёх групп и добавить двух школьников из оставшихся (их не менее  60 – 56 = 4).  Среди этих 10 школьников нет трёх одноклассников, что противоречит условию.   Если хотя бы в одной из этих четырёх групп меньше двух человек, то имеется не менее  60 – 3·14 = 18  школьников, которые учатся в разных классах. Это также противоречит условию.

Какое наименьшее число точек достаточно отметить внутри выпуклого n-угольника, чтобы внутри каждого треугольника с вершинами в вершинах этого n-угольника содержалась хотя бы одна отмеченная точка?

  Оценка. Поскольку n-угольник можно разрезать диагоналями на  n – 2  треугольника и в каждом из них должно быть по точке, то необходимо отметить по крайней мере  n – 2  точки.   Пример. Обозначим вершины n-угольника A0, A1, ..., An–1. Поставим k-ю точку Bk  (k = 1, 2, ..., n –2)  "вблизи" вершины Ak внутри угла A0AkAn (точнее, в пересечении этого угла и треугольника Ak–1AkAk+1). Рассмотрим произвольный треугольник AiAkAj  (i < k < j).  Этот треугольник содержит точку Bk, поскольку угол AiAkAj содержит угол A0AkAn, а диагональ Ak–1Ak+1 пересекает отрезки AiAk и AkAj.

n – 2  точки.

На какое наименьшее число тетраэдров можно разбить куб?

  Пример. Куб ABCDA'B'C'D' можно разбить на пять тетраэдров: AA'B'D', AB'BC, ACDD', B'C'D'C и ACB'D'.   Оценка. Пусть куб разбит на несколько тетраэдров. Основания хотя бы двух из них лежат на грани ABCD. Также имеются другие два тетраэдра с основаниями на грани A'B'C'D' (у одного тетраэдра нет двух параллельных граней). Если ребро куба равно 1, то суммарный объем первых (вторых) двух тетраэдров не больше ⅓. Поскольку суммарный объем этих четырёх тетраэдров меньше 1, то в разбиении куба кроме них участвует ещё хотя бы один тетраэдр.

На 5 тетраэдров.

Докажите, что     при  n > 1.

Разобьём слагаемые в исходной сумме на n групп:     Достаточно показать, что в каждой группе, начиная со второй, сумма слагаемых больше ½. Но это действительно так: в k-й группе 2k–1 слагаемых, последнее из которых равно 2–k, а каждое из остальных больше 2–k.

Обязательно ли равны два равнобедренных треугольника, у которых равны боковые стороны и радиусы вписанных окружностей?

Зафиксируем некоторую окружность радиуса r и будем рассматривать равнобедренные треугольники, описанные около этой окружности. Такие треугольники однозначно задаются длиной высоты, опущенной на основание равнобедренного треугольника. Длина этой высоты может принимать любые значение из интервала от 2r до бесконечности, причем длина боковой стороны треугольника непрерывно зависит от длины высоты. Если высота, опущенная на основание треугольника, достаточно велика, то достаточно велика и боковая сторона. Если высота достаточно мала (т.е. она "чуть больше", чем 2r), то боковая сторона также достаточно велика. Поэтому если непрерывно изменять значение высоты от 2r до бесконечности, то фиксированное достаточно большое значение длины боковой стороны будет достигаться при двух разных значениях длины высоты.

не обязательно.

Дано n попарно взаимно простых чисел, больших 1 и меньших  (2n – 1)².  Докажите, что среди них обязательно есть простое число.

Пусть a1, a2, ..., an – попарно взаимно простые составные числа. Обозначим через pi наименьший простой делитель числа ai. Тогда  ai = piqi,  причём  pi ≤ qi.  Поскольку  ai < (2n – 1)²,  то  pi < 2n – 1.  Кроме того, числа p1, p2, ..., pn различны, так как числа a1, a2, ..., an попарно взаимно просты. Однако существует не более  n – 1  простых чисел, больших 1 и меньших  2n – 1:  все такие числа содержатся среди чисел 2, 3, 5, 7, ...,  2n – 3.  Противоречие.

а) На отрезке  [0, 1]  задано такое множество M, являющееся объединением нескольких отрезков, что расстояние между любыми двумя точками из M не равно 1/10. Докажите, что сумма длин отрезков, составляющих M, не больше ½.

. При сдвиге на 1/10 точка множества M не может перейти в другую точку множества M.

  а) Разобьём отрезок  [0, 1]  на пять отрезков длины ⅕. Пусть  A = M ∩ [0, 1/10],  B = M ∩ [1/10, ⅕].  Через A' обозначим множество, полученное из A сдвигом на 1/10 (он совмещает отрезок  [0, 1/10]  с отрезком  [1/10, ⅕]).  Множества A' и B не пересекаются, иначе между некоторыми двумя точками из множеств A и B расстояние было бы равно 1/10. Поэтому сумма длин отрезков, составляющих множества B и A не превосходит 1/10. Рассуждая таким же образом и для других отрезков длины ⅕, получим требуемое.   б) Контрпример. Возьмём  M = [0, ⅕ – 1/100] ∪ [⅖, ⅗ – 1/100] ∪ [⅘, 1 – 1/100].

Пусть p – простое число, большее 2, а  m/n = 1 + ½ + ⅓ + ... + 1/p–1.  Докажите, что m делится на p.

Достаточно доказать это утверждение для несократимой дроби m/n. В сумме  1 + ½ + ⅓ + ... + 1/p–1  сгруппируем первое слагаемое с последним, второе – с предпоследним и т.д. Получим p–1/2 сумм вида  1/k + 1/p–k = p/k(p–k). При приведении суммы таких дробей к общему знаменателю в числителе останется число, кратное p, а в знаменателе –  (p – 1)!.  Поскольку p просто, оно не сократится при приведении к несократимому виду.

Решите уравнение  x³ + x² + x + 1/3 = 0.

Преобразуем уравнение к виду  (x + 1)³ = – 2x³,  откуда  x + 1 = – 21/3x.

На шахматной доске стоит фишка. Двое по очереди передвигают фишку на соседнюю по стороне клетку. При этом запрещается ставить фишку на поле, где она уже побывала. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Кто выигрывает при правильной игре?

Разобьём доску на доминошки 1×2. Стратегия первого: если перед ходом первого фишка стоит в одной из клеток, принадлежащих какой-то доминошке, то своим ходом первый игрок передвигает её в другую клетку этой же доминошки. Заметим, что после хода первого все разрешённые клетки снова разбиты на доминошки. Это означает, что первый игрок всегда сможет сделать ход, придерживась своей стратегии, и следовательно, не проиграет.

Первый.

На плоскости дана несамопересекающаяся замкнутая ломаная, никакие три вершины которой не лежат на одной прямой. Назовём пару несоседних звеньев особой, если продолжение одного из них пересекает другое звено. Докажите, что число особых пар чётно.

Рассмотрим два соседних звена ломаной AB и BC. Продолжим эти звенья за вершину B и получим лучи BM и BN, которые образуют угол MBN (точки M и N выбираются достаточно далеко на сторонах угла). Так как точки A и C лежат вне этого угла, ломаная пересекает стороны угла чётное число раз: сколько раз она зайдёт в него, столько же раз и выйдет. Образуем подобные углы при всех вершинах. Суммарное число пересечений сторон этих углов со звеньями ломаной будет чётным, а оно, очевидно, равно числу особых пар звеньев.

Может ли произведение трёх последовательных натуральных чисел быть степенью натурального числа (квадратом, кубом и т.д.)?

Пусть произведение чисел  n – 1,  n,  n + 1  является точной m-й степенью. Поскольку число n взаимно просто с числами  n – 1  и  n + 1,  то любой простой делитель числа n входит в разложение числа  (n – 1)n(n + 1)  с таким же показателем, с каким он входит в разложение числа n, то есть он входит в разложение числа n в степени, кратной m. Поэтому n (а следовательно, и n²) является точной m-й степенью. Но и  (n – 1)(n + 1) = n² – 1  также является m-й степенью натурального числа, как частное от деления чисел  (n – 1)n(n + 1)  и n, являющихся m-ми степенями. Таким образом, нами найдены два последовательных натуральных числа  (n² и  n² – 1),  являющихся m-ми степенями. Ясно, что это невозможно. Противоречие.

Не может.

Дан прямоугольник 100×101, разбитый линиями сетки на единичные квадратики. Найдите число отрезков, на которое линии сетки разбивают его диагональ.

  Каждая из 100 горизонтальных и каждая из 99 вертикальных линий сетки, идущих внутри прямоугольника, пересекает диагональ в некоторой точке. Для удобства введём систему координат так, чтобы начало координат совпадало с одной из вершин прямоугольника. Диагональ соединяет начало координат с точкой  (100, 101).  Если бы нашлись горизонтальная и вертикальная линии сетки, пересекающие диагональ в одной точке, то эта точка лежала бы на диагонали и имела бы целые координаты  (a, b).  Но тогда  b/a = 101/100,  а это невозможно, поскольку  0 < a < 100,  0 < b < 101  и дробь 101/100 несократима.   Следовательно, все точки пересечения горизонтальных и вертикальных линий сетки с диагональю различны, а 199 точек делят диагональ на 200 отрезков.

200 отрезков.

Натуральный ряд разбит на n арифметических прогрессий (каждое натуральное число принадлежит ровно одной из этих n прогрессий). Пусть d1, d2, ..., dn – разности этих прогрессий. Докажите, что   1/d1 + 1/d2 + ... + 1/dn = 1.

Положим  N = d1d2...dn.  Возьмём N последовательных натуральных чисел, меньшее из которых больше всех первых членов n прогрессий. Тогда среди этих N чисел ровно N/d1 чисел принадлежат первой прогрессии, ровно N/d2 – второй, и т.д., ровно N/dn – n-й прогрессии. Поскольку каждое из этих N чисел принадлежит ровно одной прогрессии, отсюда следует нужное равенство.

Несколько прямых делят плоскость на части. Докажите, что эти части можно раскрасить в 2 цвета так, что граничащие части будут иметь разный цвет.

Будем использовать индукцию по количеству прямых n. При  n = 1  утверждение задачи очевидно: достаточно покрасить две полуплоскости, на которые одна прямая делит плоскость, в разные цвета. Пусть утверждение задачи верно для k прямых. Рассмотрим некоторые  k + 1  прямых. "Забывая" пока про (k+1)-ю прямую, раскрасим области, на которые делят плоскость остальные k прямых, в два цвета так, что граничащие части будут иметь разный цвет (это можно сделать по предположению индукции). При такой раскраске области, граничащие по (k+1)-й прямой, будут иметь одинаковый цвет. Далее перекрасим все области, расположенные по одну из сторон относительно (k+1)-й прямой, в противоположный цвет. Полученная в результате раскраска удовлетворяет условию задачи.

В столовой предложено на выбор шесть блюд. Каждый день Вася берёт некоторый набор блюд (возможно, не берет ни одного блюда), причём этот набор блюд должен быть отличен от всех наборов, которые он брал в предыдущие дни. Какое наибольшее количество дней Вася сможет питаться по таким правилам и какое количество блюд он в среднем при этом будет съедать за день?

  Количество дней равно, очевидно, количеству различных наборов из шести блюд. Для каждого блюда есть две возможности – быть выбранным или невыбранным. Поэтому количество дней равно 26.   Каждому набору блюд можно сопоставить противоположный набор, состоящий в точности из тех блюд, которых нет в исходном наборе. Вместе в исходном и в противоположном наборе – шесть блюд, значит, в среднем приходится по три блюда на набор. Поскольку все 64 набора разбиваются на пары противоположных, то в среднем за эти 64 дня Вася съедал три блюда.

64 дня, в среднем 3 блюда в день.

В треугольнике каждую сторону увеличили на 1. Обязательно ли при этом увеличилась его площадь?

По формуле Герона  16S² = (a + b + c)(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b),  где a, b, c – длины сторон треугольника. При увеличении каждой стороны треугольника на 1 все четыре сомножителя возрастают, следовательно, возрастёт и площадь.

Обязательно.

Какое из чисел больше: 3111 или 1714?

3111 < 3211 = 255 < 256 = 1614 < 1714.

1714.

На каждой из 15 планет, расстояния между которыми попарно различны, находится по астроному, который наблюдает ближайшую к нему планету. Докажите, что некоторую планету никто не наблюдает.

Возьмём две планеты, расстояние между которыми наименьшее среди всех попарных расстояний. Ясно, что астрономы, находящиеся на этих двух планетах, смотрят друг на друга. Рассмотрим оставшиеся 13 планет. Если хотя бы один из астрономов с этих планет смотрит на одну из двух выбранных планет, то на все 13 планет не хватит наблюдателей, то есть среди этих планет найдётся та, которую никто не наблюдает. Если же ни на одну из выбранных двух планет никто не смотрит, то эти две планеты можно не рассматривать и повторить все рассуждения для 13 планет. Рассуждая так и далее, мы найдём планету, которую никто не наблюдает (поскольку 15 - нечётное число).

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

Рассмотрим отрезки длины 1, 2, 2², ..., 29. Для любых трёх из них длина большего отрезка больше суммы длин двух меньших. Согласно неравенству треугольника из таких трёх отрезков составить треугольник невозможно.

Неверно.

Какие остатки могут получиться при делении  n³ + 3  на  n + 1  при натуральном  n > 2?

n³ + 3 = (n + 1)(n² – n + 1) + 2.

Только 2.

Дан приведенный квадратный трёхчлен  f(x) = x² + bx + c,  имеющий два различных корня. Обозначим за D его дискриминант  (D = b² – 4c).  Сколько корней имеет уравнение  

Пусть     x1, x2  (x1 < x2)  – корни уравнения  f(x) = 0.  Из формулы корней видно, что  x2 = x1 + d.  График функции  f(x – d) получается из графика функции f(x) сдвигом на d вправо вдоль оси Ox. Поэтому во-первых, x2 является корнем уравнения  f(x – d) = 0  (и следовательно, корнем уравнения f(x) + f(x – d) = 0),  а во-вторых, графики функций f(x) и  f(x – d)  симметричны относительно вертикальной прямой  x = x2),  и, значит, график функции f(x) + f(x – d)  также симметричен относительно этой прямой. Получаем, что квадратный трёхчлен  f(x) + f(x – d)  имеет нечётное число корней (одним из корней является x2, а остальные разбиваются на пары симметричных относительно x2). Так как квадратное уравнение имеет не более двух корней, то есть единственная возможность – уравнение  f(x) + f(x – d) = 0  имеет в точности один корень.

Один корень.

Докажите, что на координатной плоскости можно провести окружность, внутри которой лежит ровно n целочисленных точек.

  Можно выбрать такую точку A плоскости, что на любой окружности с центром A лежит не более одной целой точки. Для этого достаточно, чтобы все расстояния от A до целых точек были различными. Заметим, что серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему целые точки, имеет рациональный угловой коэффициент. Кроме того, он проходит через середину этого отрезка – точку с рациональными координатами – и поэтому задаётся уравнением с рациональными коэффициентами. Если в качестве точки A взять точку с рациональной абсциссой и иррациональной ординатой, она не будет лежать ни на одном из этих серединных перпендикуляров.   Выпишем радиусы окружностей с центром A, проходящих через целочисленные точки, в порядке возрастания:  R1 < R2 < R3 < ...  Если  Rn < R < Rn+1,  то внутри окружности радиуса R будет содержаться ровно n целочисленных точек.