t-tech/T-math huggingface dataset:
Задача: На окружности длины 2013 отмечены 2013 точек, делящих её на равные дуги. В каждой отмеченной точке стоит фишка. Назовём расстоянием между двумя точками длину меньшей дуги между этими точками. При каком наибольшем \(n\) можно переставить фишки так, чтобы снова в каждой отмеченной точке было по фишке, а расстояние между любыми двумя фишками, изначально удалёнными не более, чем на \(n\), увеличилось?
Решение: Занумеруем точки и стоящие на них фишки по часовой стрелке последовательными неотрицательными целыми числами от 0 до 2012. Рассмотрим произвольную перестановку и фишки с номерами 0, 671 и 1342, изначально расположенные в вершинах правильного треугольника. Попарные расстояния между ними равны 671. После перестановки сумма попарных расстояний между этими фишками не будет превосходить длины окружности, а значит, расстояние между какими-то двумя не будет превосходить \(2013 / 3=671\); значит, расстояние между этими двумя фишками не увеличится. Итак, при \(n \geqslant 671\) требуемая перестановка невозможна.

Приведём теперь пример искомой перестановки для \(n=670\). Каждую фишку с номером \(i \leqslant 1006\) переставим точку с номером \(a_{i}=2 i\), а каждую фишку с номером \(i \geqslant 1007\) — в точку с номером \(a_{i}=2 i-2013\). Иначе говоря, \(a_{i}\) — это остаток от деления \(2 i\) на 2013. Нетрудно понять, что в каждую точку попало по фишке. Осталось показать, что расстояния между парами фишек, изначально удалённых друг от друга не более, чем на 670, при этом возрастут.

Рассмотрим произвольные фишки с номерами \(i\) и \(j\); пусть расстояние между ними равно \(d \leqslant 670\). Тогда одна из дуг между точками \(a_{i}\) и \(a_{j}\) будет иметь длину \(2 d\), то есть расстояние между этими точками есть \(d^{\prime}=\min \{2 d, 2013-2 d\}\). Но заметим, что \(2 d>d\) и \(2013-2 d>d\) (последнее — поскольку \(3 d<2013\)). Значит, и \(d^{\prime}>d\), что и требовалось доказать.
Ответ: 670
Задача: Даны натуральные числа M и N, большие десяти, состоящие из одинакового количества цифр и такие, что M = 3N. Чтобы получить число M, надо в числе N к одной из цифр прибавить 2, а к каждой из остальных цифр прибавить по нечётной цифре. Какой цифрой могло оканчиваться число N? Найдите все возможные ответы.
Решение: По условию, M = 3N, значит, число A = M — N = 2N чётно. Но, по условию, число A составлено из нечетных цифр и двойки. Значит, A оканчивается на 2. Поэтому вдвое меньшее число N оканчивается либо на 1, либо на 6.
Покажем, что N не может оканчиваться на 1. Если N оканчивается на 1, то при его удвоении не происходит переноса десятка из последнего в предпоследний разряд. Значит, предпоследняя цифра числа A = 2N будет чётной, а она должна быть нечётной. Противоречие.
Ответ: Цифрой 6.
Задача: В треугольнике \( ABC \) угол \( C \) равен \( 75^\circ \), а угол \( B \) равен \( 60^\circ \). Вершина \( M \) равнобедренного прямоугольного треугольника \( BCM \) с гипотенузой \( BC \) расположена внутри треугольника \( ABC \). Найдите угол \( MAC \).
Решение: Первый способ. Из условия задачи следует, что угол \( \angle BAC = 45^\circ \). Проведем окружность с центром \( M \) и радиусом \( MB = MC \) (см. рис. 11.2). Так как \( \angle BMC = 90^\circ \), то большая дуга \( BC \) этой окружности является геометрическим местом точек, из которых хорда \( BC \) видна под углом \( 45^\circ \). Следовательно, вершина \( A \) принадлежит этой окружности. Значит, треугольник \( AMC \) — равнобедренный, тогда \( \angle MAC = \angle MCA = \angle BCA - \angle MCB = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ \).
Второй способ. Пусть \( BC = a \), тогда из треугольника \( BMC \): \( MC = \frac{a}{\sqrt{2}} \). Из треугольника \( ABC \) по теореме синусов получим, что \( \frac{BC}{\sin 45^\circ} = \frac{AC}{\sin 60^\circ} \), то есть \( AC = a \sqrt{\frac{3}{2}} \). Далее, из треугольника \( CMA \) по теореме косинусов: \( AM^2 = CM^2 + CA^2 - 2CM \cdot CA \cdot \cos \angle MCA = \frac{a^2}{2} + \frac{3a^2}{2} - 2 \frac{a}{\sqrt{2}} \cdot a \times \sqrt{\frac{3}{2}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2}{2} \), то есть \( AM = \frac{a}{\sqrt{2}} \). Следовательно, треугольник \( AMC \) — равнобедренный. Дальнейшие вычисления изложены выше.
Ответ: 30^\circ
Задача: На окружности отмечено 20 точек. Сколько существует таких троек хорд с концами в этих точках, что каждая хорда пересекает каждую (возможно, в концах)?
Решение: Концами искомых хорд могут являться 3, 4, 5 или 6 точек. Разберем эти случаи.

1) Концами хорд являются 3 точки (см. рис. 11.6а). Их можно выбрать \( C_{20}^{3} \) способами. Соединить каждую тройку точек хордами попарно можно единственным способом.

2) Концами хорд являются 4 точки. Возможны два случая взаимного расположения хорд (см. рис. 11.6б, в). Четыре точки можно выбрать \( C_{20}^{4} \) способами. Для каждой четверки точек существует 8 способов их соединить хордами попарно.

3) Концами хорд являются 5 точек. В этом случае ровно две хорды имеют общую вершину, третья хорда соединяет две оставшиеся точки (см. рис. 11.6д). Пять точек можно выбрать \( C_{20}^{5} \) способами. Для каждой пятерки точек существуют пять вариантов проведения хорд (по количеству точек, в которых сходятся две хорды).

4) Концами хорд являются 6 точек (см. рис. 11.6е). Шесть точек можно выбрать \( C_{20}^{6} \) способами. Для каждой шестерки точек есть единственный способ проведения хорд, так как хорды должны попарно пересекаться во внутренних точках.

Таким образом, всего способов проведения хорд будет

\[
\begin{aligned}
C_{20}^{3} + C_{20}^{4} \cdot 8 + C_{20}^{5} \cdot 5 + C_{20}^{6} & = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18}{2 \cdot 3} + \frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 8}{2 \cdot 3 \cdot 4} + \frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 5}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} + \frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} = \\
& = \frac{20 \cdot 19 \cdot 18}{2 \cdot 3} \left( 1 + 34 + \frac{17 \cdot 16}{4} + \frac{17 \cdot 16 \cdot 15}{4 \cdot 5 \cdot 6} \right) = 10 \cdot 19 \cdot 6 \cdot (35 + 68 + 34) = 10 \cdot 19 \cdot 6 \cdot 137 = 156180.
\end{aligned}
\]

Ответ может быть оставлен в виде \( C_{20}^{3} + C_{20}^{4} \cdot 8 + C_{20}^{5} \cdot 5 + C_{20}^{6} \).
Ответ: 156180
Задача: По кругу записаны 100 целых чисел. Каждое из чисел больше суммы двух чисел, следующих за ним по часовой стрелке. Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди записанных?
Решение: Предположим, что два неотрицательных числа стоят рядом. Тогда число, стоящее перед ними, больше их суммы, то есть оно положительно. Аналогично, число перед ним также положительно, и т. д. В итоге получаем, что все числа неотрицательны; но тогда наименьшее из них не может быть больше суммы двух следующих — противоречие.
Итак, среди любых двух чисел подряд есть хотя бы одно отрицательное. Значит, положительных чисел не более 50. Пусть их ровно 50, тогда они чередуются с отрицательными. Рассмотрим теперь три числа −a, b, −c, стоящие подряд (здесь a, b, c > 0). Тогда −a > b − c > −c, то есть любое отрицательное число строго больше следующего за ним отрицательного числа. Поскольку числа стоят по кругу, это невозможно. Стало быть, положительных чисел не более 49.
Осталось привести пример, в котором ровно 49 положительных чисел. Годится, например, такая расстановка:
−200, 1, −202, 1, −204, 1, −206, 1, …, −296, 1, −298, −99.
Ответ: 49
Задача: Какое наименьшее количество множителей требуется вычеркнуть из числа \(99! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 99\) так, чтобы произведение оставшихся множителей оканчивалось на 2?
Решение: Из числа \(99!\) необходимо вычеркнуть все множители кратные 5, иначе произведение будет оканчиваться на 0. Всего таких множителей (оканчивающихся на 0 или на 5) — 19.

Произведение оставшихся множителей оканчивается на 6. Действительно, так как произведение \(1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 6 \times 7 \times 8 \times 9\) оканчивается на 6, то аналогичные произведения в каждом следующем десятке также оканчиваются на 6. Следовательно, вычеркнуть 19 множителей недостаточно. А 20 достаточно. Если вычеркнуть еще число, оканчивающееся на 3 или на 8, то произведение чисел в соответствующем десятке будет оканчиваться на 2. Произведение этого числа на число, оканчивающееся на 6, также оканчивается на 2.
Ответ: 20 множителей
Задача: Три пирата вечером поделили добытые за день бриллианты: по двенадцать Биллу и Сэму, а остальные — Джону, который считать не умел. Ночью Билл у Сэма, Сэм у Джона, а Джон у Билла украли по одному бриллианту. В результате средняя масса бриллиантов у Билла уменьшилась на один карат, у Сэма уменьшилась на два карата, зато у Джона увеличилась на четыре карата. Сколько бриллиантов досталось Джону?
Решение: Заметим, что количество бриллиантов у каждого пирата за ночь не изменилось. Так как у Билла — 12 бриллиантов, а их средняя масса уменьшилась на 1 карат, то сумма их масс уменьшилась на 12 каратов. Аналогично, у Сэма — также 12 бриллиантов, их средняя масса уменьшилась на 2 карата, поэтому сумма их масс уменьшилась на 24 карата. Поскольку масса бриллиантов у Билла и Сэма уменьшилась на 36 каратов, то у Джона она на те же 36 каратов увеличилась. Так как средняя масса бриллиантов Джона увеличилась на 4 карата, то у него было \( 36 : 4 = 9 \) бриллиантов.
Пусть Джону досталось \( x \) бриллиантов. Обозначим среднюю массу бриллиантов, доставшихся Биллу, через \( b \), Сэму — через \( s \), Джону — через \( d \). Тогда сумма масс бриллиантов у Билла была равна \( 12b \), у Сэма — \( 12s \), у Джона — \( xd \).

Наутро количество бриллиантов у каждого не изменилось, а средняя масса бриллиантов стала: у Билла — \( (b-1) \), у Сэма — \( (s-2) \), у Джона — \( (d+4) \). Сумма масс бриллиантов стала: у Билла — \( 12(b-1) \), у Сэма — \( 12(s-2) \), у Джона — \( x(d+4) \). Так как сумма масс бриллиантов у трёх пиратов не изменилась, то \( 12b + 12s + xd = 12(b-1) + 12(s-2) + x(d+4) \). Раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые, получим: \( 4x - 36 = 0 \), то есть \( x = 9 \).
Ответ: 9 бриллиантов
Задача: Дан треугольник \(ABC\). Прямая, параллельная \(AC\), пересекает стороны \(AB\) и \(BC\) в точках \(P\) и \(T\) соответственно, а медиану \(AM\) — в точке \(Q\). Известно, что \(PQ=3\), а \(QT=5\). Найдите длину \(AC\).
Решение: Первый способ. Проведем через точку \(Q\) прямую, параллельную \(BC\) (\(N\) и \(L\) — точки пересечения этой прямой со сторонами \(AB\) и \(AC\) соответственно, см. рис. 9.3а). Поскольку \(AM\) — медиана треугольника \(ABC\), то \(LQ=NQ\), кроме того, \(PT \parallel AC\), то есть, \(PQ\) — средняя линия в треугольнике \(ANL\). Тогда \(AL=2PQ=6\). Кроме того, \(QL \parallel TC\) и \(QT \parallel LC\), следовательно, \(LQTC\) — параллелограмм, откуда \(LC=QT=5\). Таким образом, \(AC=AL+LC=6+5=11\).
Второй способ. Проведем среднюю линию \(XM\) в треугольнике \(ABC\) (см. рис. 9.3б). Тогда \(XM \parallel PT \parallel AC\), следовательно, \(\Delta APQ \sim \Delta AXM\) и \(\Delta QMT \sim \Delta AMC\), откуда следует, что \(\frac{PQ}{XM} = \frac{AQ}{AM}\) и \(\frac{QT}{AC} = \frac{QM}{AM}\), то есть, \(\frac{PQ}{XM} + \frac{QT}{AC} = 1\). Подставляя значения из условия задачи и учитывая, что \(AC = 2MX\), получим \(\frac{6}{AC} + \frac{5}{AC} = 1\), откуда \(AC = 11\).
Третий способ. Проведем среднюю линию \(MN\) в треугольнике \(ABC\) (см. рис. 9.3в). Поскольку \(QT \parallel AC\), то \(QT\) делится отрезком \(MN\) пополам. Из подобия треугольников \(APQ\) и \(MXQ\) получим, что \(\frac{AQ}{QM} = \frac{3}{2.5} = \frac{6}{5}\). Тогда \(\frac{MQ}{AM} = \frac{5}{11}\), откуда \(\frac{QT}{AC} = \frac{5}{11}\), то есть \(AC = 11\).
Четвертый способ. Запишем теорему Менелая для треугольника \(BPT\) и прямой \(AM\): \(\frac{PQ}{QT} \cdot \frac{TM}{MB} \cdot \frac{BA}{AP} = 1\). Пусть \(BP = x\), \(AP = y\). Тогда \(\frac{BT}{TC} = \frac{x}{y}\) и \(\frac{TM}{MB} = \left( \frac{x+y}{2} - y \right) : \frac{x+y}{2} = \frac{x-y}{x+y}\). Таким образом, \(\frac{3}{5} \cdot \frac{x-y}{x+y} \cdot \frac{x+y}{y} = 1\), откуда \(\frac{x-y}{y} = \frac{5}{3}\), то есть, \(\frac{x}{y} = \frac{8}{3}\). Поскольку \(\frac{PT}{AC} = \frac{x}{x+y}\), то \(AC = 11\).
Ответ: 11
Задача: Все натуральные числа, сумма цифр в записи которых делится на 5, выписывают в порядке возрастания: 5, 14, 19, 23, 28, 32, … Чему равна самая маленькая положительная разность между соседними числами в этом ряду? Приведите пример и объясните, почему меньше быть не может.
Решение: Разность меньше 1 быть не может, так речь идет про разность различных натуральных чисел.
Понятно, что если два соседних числа отличаются только в разряде единиц, то разность между ними равна 5 (например, 523 и 528). Значит, нужно, чтобы числа отличались и в других разрядах. Можно попробовать взять большее число круглым, тогда числа будут отличаться минимум в двух разрядах. Возьмем, например, 50, предыдущее число 46, а разность равна 4. Если взять 500, то предыдущее число 497 и разность равна 3. Осталось подобрать такое число нулей, чтобы разность была равна 1.
Ответ: Наименьшая разность равна 1, например, между числами 49999 и 50000.
Задача: Сколько существует трёхзначных чисел, которые в 5 раз больше произведения своих цифр?
Решение: Первый способ. В составе цифр, которыми записывается число, нет цифры 0, иначе не может быть выполнено условие задачи. Данное трехзначное число получено умножением на 5 произведения своих цифр, следовательно, оно делится на 5. Значит, его запись оканчивается цифрой 5. Получаем, что произведение цифр, умноженное на 5, должно делиться на 25. Заметим, что четных цифр в записи числа быть не может, иначе произведение цифр было бы равно нулю. Таким образом, трехзначное число должно делиться на 25 и не содержать четных цифр. Таких чисел только пять: 175, 375, 575, 775 и 975. Произведение цифр искомого числа должно быть меньше 200, иначе, умноженное на 5, даст четырехзначное число. Поэтому числа 775 и 975 заведомо не подходят. Среди оставшихся трех чисел только 175 удовлетворяет условию задачи.
Второй способ. Заметим (аналогично первому способу решения), что последняя цифра искомого числа – 5. Пусть \(a\), \(b\), 5 – последовательные цифры искомого числа. По условию задачи имеем: \(100a + 10b + 5 = a \cdot b \cdot 5 \cdot 5\). Поделив обе части уравнения на 5, получаем: \(20a + 2b + 1 = 5ab\). После вычитания из обеих частей равенства \(20a\) и вынесения за скобки общего множителя в правой части, получаем: \(2b + 1 = 5a(b - 4a)\) (1). Учитывая, что \(a\) и \(b\) могут принимать натуральные значения от 1 до 9, получаем, что возможные значения \(a\) – только 1 или 2. Но \(a=2\) не удовлетворяет равенству (1), в левой части которого нечетное число, а в правой при подстановке \(a=2\) получается четное. Итак, единственная возможность \(a=1\). Подставив это значение в (1), получаем: \(2b + 1 = 5b - 20\), откуда \(b=7\). Ответ: единственное искомое число – 175.
Ответ: Одно число 175.
Задача: Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 составлены девять (не обязательно различных) девятизначных чисел; каждая из цифр использована в каждом числе ровно один раз. На какое наибольшее количество нулей может оканчиваться сумма этих девяти чисел?
Решение: Покажем, что сумма не может оканчиваться на 9 нулей. Каждое из составленных чисел делится на 9, поскольку сумма его цифр делится на 9. Поэтому их сумма также делится на 9. Наименьшее натуральное число, делящееся на 9 и оканчивающееся на девять нулей, равно \(9 \cdot 10^9\), так что сумма наших чисел не меньше \(9 \cdot 10^9\). Значит, одно из них не меньше \(10^9\), что невозможно.

Осталось показать, как составить числа, сумма которых оканчивается на восемь нулей. Например, можно взять восемь чисел, равных 987654321, и одно число 198765432. Их сумма равна \(81 \cdot 10^8\).
Ответ: На 8 нулей.
Задача: На клетчатый лист бумаги размера $100 \times 100$ положили несколько попарно неперекрывающихся картонных равнобедренных прямоугольных треугольничков с катетом 1; каждый треугольничек занимает ровно половину одной из клеток. Оказалось, что каждый единичный отрезок сетки (включая граничные) накрыт ровно одним катетом треугольничка. Найдите наибольшее возможное число клеток, не содержащих ни одного треугольничка.
Решение: Положим $n = 50$. Назовём треугольничек верхним, если он расположен сверху от прямой, содержащей его горизонтальный катет, и нижним иначе. Пронумеруем горизонтальные линии сетки снизу вверх числами от 0 до $2n$.
Обозначим через $u_k$ (соответственно $d_k$) число отрезочков $k$-й линии, участвующих в верхних (соответственно нижних) треугольничках; тогда $u_k + d_k = 2n$ и $u_0 = d_{2n} = 2n$. Кроме того, вертикальные отрезки сетки, расположенные между $k$-й и $(k+1)$-й линиями, участвуют ровно в $u_k + d_{k+1}$ треугольничках, так что $u_k + d_{k+1} = 2n + 1$. Отсюда несложно получить, что $d_k = k$ и $u_k = 2n - k$ при всех $k$.
Рассмотрим теперь клетки, расположенные между $k$-й и $(k+1)$-й линиями сетки. Хотя бы $u_k = 2n - k$ из этих клеток содержат по верхнему треугольнику, и хотя бы $d_{k+1} = k + 1$ из них содержат по нижнему. Значит, свободных клеток в этом ряду не больше, чем $2n - \max(u_k, d_{k+1})$, то есть не больше $k$ при $k < n$ и не больше $(2n - 1) - k$ при $k \geq n$. Итого, общее число свободных клеток не больше, чем $2(0 + 1 + \ldots + (n-1)) = n(n-1)$.
Осталось привести пример, на котором эта оценка достигается. На рис. 7 показан пример при $n = 4$. Пример при $n = 50$ строится аналогично: выделяется «прямоугольник» из клеток со сторонами из $n + 1$ и $n$ клеток, параллельными диагоналям доски, его клетки красятся в шахматном порядке (так, что угловые клетки прямоугольника — чёрные), и во все чёрные клетки кладётся по два треугольчика (при этом $n(n-1)$ белых клеток остаются свободными); в оставшихся же четырёх «углах» доски треугольчики кладутся так, что прямой угол треугольника «направлен» в ту же сторону, что и весь «угол».
Ответ: $49 \cdot 50 = 2450$ клеток.
Задача: Каждая клетка таблицы размером \( 7 \times 8 \) (7 строк и 8 столбцов) покрашена в один из трех цветов: красный, желтый или зеленый. При этом в каждой строке красных клеток не меньше, чем желтых и не меньше, чем зеленых, а в каждом столбце желтых клеток не меньше, чем красных и не меньше, чем зеленых. Сколько зеленых клеток может быть в такой таблице?
Решение: 1) В каждой строке таблицы красных клеток не меньше, чем желтых, следовательно, и во всей таблице красных клеток не меньше, чем желтых.
В каждом столбце таблицы желтых клеток не меньше, чем красных, следовательно, и во всей таблице желтых клеток не меньше, чем красных.
Таким образом, в таблице одинаковое количество красных и желтых клеток.
2) Предположим, что в каком-нибудь столбце желтых клеток больше, чем красных. Так как в каждом из остальных столбцов желтых клеток не меньше, чем красных, то тогда во всей таблице желтых клеток будет больше, чем красных, но это не так (см. 1). Значит, в каждом из восьми столбцов красных и желтых клеток поровну.
3) Так как в каждом столбце желтых клеток не меньше, чем зеленых, то исключаются случаи, когда в каждом столбце: а) 1 желтая, 1 красная, 5 зеленых клеток и б) 2 желтые, 2 красные, 3 зеленых клетки.
Остается только случай, когда в каждом столбце 3 красных, 3 желтых и 1 зеленая клетка. Тогда всего в таблице — 8 зеленых клеток.
Этот случай возможен. Например, см. таблицу.
| З | З | Ж | К | Ж | К | Ж | К |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| К | Ж | З | З | К | Ж | К | Ж |
| Ж | К | К | Ж | З | З | Ж | К |
| К | Ж | Ж | К | Ж | К | З | З |
| Ж | К | К | Ж | К | Ж | К | Ж |
| К | Ж | К | Ж | К | Ж | К | Ж |
| Ж | К | Ж | К | Ж | К | Ж | К |
Ответ: 8
Задача: Двенадцать стульев стоят в ряд. Иногда на один из свободных стульев садится человек. При этом ровно один из его соседей (если они были) встает и уходит. Какое наибольшее количество человек могут одновременно оказаться сидящими, если вначале все стулья были пустыми?
Решение: Оценка. Заметим, что все стулья одновременно занять невозможно, так как в тот момент, когда сядет человек на последний незанятый стул, один из его соседей встанет. Следовательно, одновременно сидящих может быть не больше, чем 11.
Пример. Покажем, как посадить 11 человек. Пронумеруем стулья числами от 1 до 12. Первый стул занять легко. Второй стул займем в два этапа. На первом этапе человек садится на третий стул, а на втором этапе посадим человека на второй стул, а сидящий на третьем стуле встанет. Дальше действуем аналогично: если заняты стулья с номерами от 1 до \(k\), то сначала посадим человека на стул с номером \(k + 2\), а затем посадим на стул с номером \(k + 1\), освобождая при этом стул с номером \(k + 2\). После того как эта операция будет проделана для всех \(k\) от 1 до 10, стулья с номерами от 1 до 11 будут заняты, а двенадцатый стул — свободен.
Ответ: 11
Задача: Из Златоуста в Миасс выехали одновременно «ГАЗ», «МАЗ» и «КамАЗ». «КамАЗ», доехав до Миасса, сразу повернул назад и встретил «МАЗ» в 18 км, а «ГАЗ» — в 25 км от Миасса. «МАЗ», доехав до Миасса, также сразу повернул назад и встретил «ГАЗ» в 8 км от Миасса. Каково расстояние от Златоуста до Миасса?
Решение: Пусть расстояние между городами равно \(x\) км, а скорости грузовиков: «ГАЗа» — \(g\) км/ч, «МАЗа» — \(m\) км/ч, «КамАЗа» — \(k\) км/ч. Для каждой пары машин приравняем их время движения до встречи. Получим \(\frac{x+18}{k}=\frac{x-18}{m}\), \(\frac{x+25}{k}=\frac{x-25}{g}\) и \(\frac{x+8}{m}=\frac{x-8}{g}\). Запишем эти уравнения иначе: \(\frac{x+18}{x-18}=\frac{k}{m}\), \(\frac{x-25}{x+25}=\frac{g}{k}\) и \(\frac{x+8}{x-8}=\frac{m}{g}\). Перемножив их почленно, получим: \(\frac{x+18}{x-18} \cdot \frac{x-25}{x+25} \cdot \frac{x+8}{x-8}=1\).

Преобразуем полученное уравнение, учитывая, что знаменатель каждой дроби отличен от нуля: \(x^{3}+x^{2}+(18 \cdot 8-18 \cdot 25-8 \cdot 25) x-18 \cdot 8 \cdot 25=x^{3}-x^{2}+(18 \cdot 8-18 \cdot 25-8 \cdot 25) x+18 \cdot 8 \cdot 25 \Leftrightarrow 2 x^{2}=2 \cdot 18 \cdot 8 \cdot 25\). Так как \(x>0\), то \(x=60\).
Ответ: 60 км
Задача: Есть клетчатая доска 2015 × 2015. Дима ставит в k клеток по детектору. Затем Коля располагает на доске клетчатый корабль в форме квадрата 1500 × 1500. Детектор в клетке сообщает Диме, накрыта эта клетка кораблём или нет. При каком наименьшем k Дима может расположить детекторы так, чтобы гарантированно восстановить расположение корабля?
Решение: Покажем, что 1030 детекторов Диме хватит. Пусть он расположит 515 детекторов в 515 левых клетках средней строки квадрата, а остальные 515 детекторов — в 515 верхних клетках среднего столбца. Заметим, что при любом положении корабля его левый столбец лежит в одном из 516 левых столбцов доски. Если этот столбец — один из 515 самых левых, то корабль накроет детектор из этого столбца, лежащий в средней строке, иначе ни одного детектора из этой строки корабль не накроет. Значит, по показаниям детекторов из этой строки восстанавливается, в каких столбцах лежит корабль. Аналогично, строки, в которых он находится, восстанавливаются по показаниям детекторов из среднего столбца.

Рассмотрим теперь произвольную расстановку k детекторов, удовлетворяющих требованиям. Рассмотрим два положения корабля, отличающихся горизонтальным сдвигом на 1. Показания какого-то детектора для них будут различаться, только если этот детектор лежит в самом левом столбце левого корабля или в самом правом столбце правого. Значит, в любых двух вертикальных прямоугольниках 1500 × 1, отличающихся горизонтальным сдвигом на 1500, есть хотя бы один детектор. Аналогично, в любых двух горизонтальных прямоугольниках 1 × 1500, отличающихся вертикальным сдвигом на 1500, есть хотя бы один детектор. Назовём такие пары прямоугольников вертикальными и горизонтальными, соответственно.

Выделим все вертикальные пары, лежащие в нижних 1500 и в верхних 1500 строках доски (таких пар 2 · 515 = 1030). Аналогично, выделим все 1030 горизонтальных пар, лежащих в левых 1500 и в правых 1500 столбцах. Разобьём доску на 9 прямоугольных областей так, как показано на рис. 3. Выделенные пары не покрывают клеток из \(E\); каждая же клетка в остальных областях покрыта двумя выделенными парами (в \(D\) и \(F\) — двумя вертикальными, в \(B\) и \(H\) — двумя горизонтальными, а в областях \(A\), \(C\), \(G\) и \(I\) — одной горизонтальной и одной вертикальной). Итак, каждый детектор лежит не более, чем в двух выделенных парах; значит, чтобы в каждой выделенной паре был хотя бы один детектор, требуется не менее \(2 \cdot 1030 / 2 = 1030\) детекторов.
Ответ: k = 2(2015 − 1500) = 1030.