question
stringlengths 75
722
| verifiable_answer
stringlengths 1
11
| year
stringclasses 34
values | grade
stringclasses 5
values | full_answer
stringlengths 1
67
| solutions
listlengths 0
7
| task_complexity
stringclasses 3
values | olympiad
stringclasses 2
values |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
Вася нарисовал на плоскости несколько окружностей и провёл всевозможные общие касательные к каждой паре этих окружностей. Оказалось, что проведённые прямые содержат все стороны некоторого правильного 2011-угольника. Какое наименьшее количество окружностей мог нарисовать Вася?
|
504
|
2010-2011
|
11
|
504
|
[
"Обозначим полученный правильный 2011-угольник через \\( M \\), его вершины (по часовой стрелке) — через \\( X_{1}, X_{2}, \\ldots, X_{2011} \\), его вписанную окружность через \\( \\omega \\), а его центр — через \\( O \\). Назовём прямые, содержащие стороны многоугольника, выделенными.\n\nЗаметим, что для любых пяти последовательных вершин \\( A \\), \\( B \\), \\( C \\), \\( D \\), \\( E \\) многоугольника \\( M \\) существует окружность, отличная от \\( \\omega \\), касающаяся прямых \\( AB \\), \\( BC \\), \\( CD \\) и \\( DE \\). Действительно, вершины \\( A \\) и \\( E \\), а также \\( B \\) и \\( D \\) симметричны относительно прямой \\( CO \\). Тогда точка пересечения внешней биссектрисы угла \\( ABC \\) с прямой \\( CO \\) отлична от \\( O \\) и равноудалена от прямых \\( AB \\), \\( BC \\), \\( CD \\) и \\( DE \\), а значит, является центром искомой окружности. Теперь, если Вася нарисует 503 такие окружности для точек \\( (X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5}) \\), \\( (X_{5}, X_{6}, X_{7}, X_{8}, X_{9}) \\), …, \\( (X_{2009}, X_{2010}, X_{2011}, X_{1}, X_{2}) \\), а также окружность \\( \\omega \\), то любая выделенная прямая будет общей касательной к двум проведённым окружностям. Итак, 504 окружностей достаточно.\n\nОсталось доказать, что окружностей должно быть не менее 504. Каждой выделенной прямой должны касаться хотя бы две окружности. Окружность \\( \\omega \\) касается всех 2011 этих прямых. У любой другой окружности есть не более четырёх общих касательных с \\( \\omega \\); значит, она касается не более четырёх выделенных прямых. Итак, если окружностей \\( n \\), то всего происходит не более, чем \\( 2011 + 4(n - 1) \\) касаний окружности с выделенными прямыми; с другой стороны, их должно быть не меньше \\( 2011 \\cdot 2 = 4022 \\). Итак, \\( 2011 + 4(n - 1) \\geqslant 2 \\cdot 2011 \\), откуда \\( n \\geqslant 2011/4 + 1 > 503 \\), что и требовалось доказать."
] |
HARD
|
vos
|
На окружности отмечены 2012 точек, делящих её на равные дуги. Из них выбрали \(k\) точек и построили выпуклый \(k\)-угольник с вершинами в выбранных точках. При каком наибольшем \(k\) могло оказаться, что у этого многоугольника нет параллельных сторон?
|
1509
|
2011-2012
|
9
|
При \(k = 1509\).
|
[
"Пусть \\(A_1, A_2, \\ldots, A_{2012}\\) — отмеченные точки в порядке обхода (мы будем считать, что \\(A_{2013} = A_1\\), \\(A_{2014} = A_2\\)). Разобьём их на четвёрки точек \\((A_1, A_2, A_{1007}, A_{1008})\\), \\((A_3, A_4, A_{1009}, A_{1010}), \\ldots, (A_{1005}, A_{1006}, A_{2011}, A_{2012})\\). Если среди выбранных $k$ точек встретятся все точки некоторой четвёрки $\\left(A_{2 i-1}, A_{2 i}, A_{2 i+1005}, A_{2 i+1006}\right)$, то в полученном многоугольнике найдутся две стороны $A_{2 i-1} A_{2 i}$ и $A_{2 i+1005} A_{2 i+1006}$, которые симметричны относительно центра окружности и потому параллельны. Это невозможно; значит, в каждой из 503 четвёрок будет отмечено не более трёх вершин, то есть $k \\leqslant 503 \\cdot 3=1509$.\n\nОсталось привести пример 1509-угольника без параллельных сторон с вершинами в отмеченных точках. Подходит, например, многоугольник $A_{1} A_{2} \\ldots A_{1006} A_{1008} A_{1010} \\ldots A_{2012}$ (его вершинами являются все точки с номерами от 1 до 1006 и все точки с чётными номерами от 2008 до 2012). Действительно, стороны $A_{2012} A_{1}, A_{1} A_{2}, \\ldots, A_{1005} A_{1006}$ лежат по одну сторону от диаметра $A_{2012} A_{1006}$ и потому не могут быть параллельными; аналогично, стороны $A_{1006} A_{1008}, \\ldots, A_{2010} A_{2012}$ попарно непараллельны. Наконец, маленькая диагональ $A_{j} A_{j+2}$ правильно го 2012 -угольника не параллельна его сторонам; значит, никакие две стороны вида $A_{i} A_{i+1}$ и $A_{j} A_{j+2}$ также не могут быть параллельными."
] |
HARD
|
vos
|
За круглым столом сидят 30 человек — рыцари и лжецы (рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда лгут). Известно, что у каждого из них за этим же столом есть ровно один друг, причем у рыцаря этот друг — лжец, а у лжеца этот друг — рыцарь (дружба всегда взаимна). На вопрос «Сидит ли рядом с вами ваш друг?» сидевшие через одного ответили «да». Сколько из остальных могли также ответить «да»? (Перечислите все варианты и докажите, что других нет.)
|
0
|
2011-2012
|
9
|
0
|
[
"Из условия следует, что все сидящие за столом разбиваются на пары друзей; значит, рыцарей и лжецов поровну. Рассмотрим любую пару друзей. Если они сидят рядом, то рыцарь на заданный вопрос ответит «да», а лжец — «нет». Если же они не сидят рядом, то их ответы будут противоположными. В любом случае ровно один из пары друзей даст ответ «да». Значит, при любой рассадке все остальные 15 ответов будут «нет»."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Петя и Вася придумали десять многочленов пятой степени. Затем Вася по очереди называл последовательные натуральные числа (начиная с некоторого), а Петя каждое названное число подставлял в один из многочленов по своему выбору и записывал полученные значения на доску слева направо. Оказалось, что числа, записанные на доске, образуют арифметическую прогрессию (именно в этом порядке). Какое максимальное количество чисел Вася мог назвать?
|
50
|
2012-13
|
10
|
50 чисел.
|
[
"Покажем, что в каждый многочлен \\( P(x) \\) Петя мог подставить не более пяти чисел. Действительно, пусть \\( n \\)-й член получившейся арифметической прогрессии равен \\( an + b \\), а \\( n \\)-е из Васиных последовательных чисел равно \\( k + n \\). Тогда Петя мог подставить это число в \\( P(x) \\), если \\( P(k + n) = an + b \\), а это — уравнение пятой степени относительно \\( n \\), поэтому оно имеет не более пяти корней.",
"Итак, всего чисел не могло быть больше 50. Осталось показать, что 50 чисел могли получиться. Пусть, например, были выбраны многочлены\n\n\\[ P_{k}(x) = x + (x - (5k - 4)) \\cdot (x - (5k - 3)) \\cdot \\ldots \\cdot (x - 5k) \\]\n\nпри \\( k = 1, 2, \\ldots, 10 \\), и Вася называл числа \\( 1, 2, \\ldots, 50 \\). Так как \\( P_{k}(5k - i) = 5k - i \\) при \\( i = 0, 1, \\ldots, 4 \\), у Пети могли получаться последовательно числа \\( 1, 2, \\ldots, 50 \\)."
] |
HARD
|
vos
|
Туристическая фирма провела акцию: «Купи путевку в Египет, приведи четырех друзей, которые также купят путевку, и получи стоимость путевки обратно». За время действия акции 13 покупателей пришли сами, остальных привели друзья. Некоторые из них привели ровно по 4 новых клиента, а остальные 100 не привели никого. Сколько туристов отправились в Страну Пирамид бесплатно?
|
29
|
2012-13
|
11
|
29
|
[
"Пусть каждый из $x$ потенциальных «счастливчиков» привел по 4 друга. Тогда «приведенных» клиентов $4 x$, еще 13 пришли сами, значит, всего туристов было $13+4 x$. С другой стороны, $x$ человек привели новых клиентов, а 100 человек — не привели, то есть всего туристов было $x+100$. Получим уравнение: $13+4 x=x+100$, откуда $x=29$."
] |
EASY
|
vos
|
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.
|
6
|
2012-13
|
10
|
Цифрой 6.
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Тридцать девочек — 13 в красных платьях и 17 в синих платьях — водили хоровод вокруг новогодней ёлки. Впоследствии каждую из них спросили, была ли её соседка справа в синем платье. Оказалось, что правильно ответили те и только те девочки, которые стояли между девочками в платьях одного цвета. Сколько девочек могли ответить утвердительно?
|
17
|
2012-13
|
10
|
17
|
[
"Рассмотрим любую девочку. Цвета платьев её соседок слева и справа могли быть такими: синий-синий, синий-красный, красный-синий, красный-красный. Девочка ответила «да» ровно в первых двух случаях; значит, она сказала «да» ровно в том случае, когда её соседка слева была в синем платье.\n\nИтак, поскольку ровно у 17 девочек соседка слева была в синем платье, то и ответ «да» прозвучал 17 раз."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
670
|
2012-13
|
10
|
670
|
[
"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.\n\nПриведём 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.\n\nРассмотрим 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."
] |
HARD
|
vos
|
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.
|
6
|
2012-13
|
9
|
Цифрой 6.
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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 \( MAC \).
|
30
|
2013-14
|
11
|
30^\circ
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
На окружности отмечено 20 точек. Сколько существует таких троек хорд с концами в этих точках, что каждая хорда пересекает каждую (возможно, в концах)?
|
156180
|
2013-14
|
11
|
156180
|
[
"Концами искомых хорд могут являться 3, 4, 5 или 6 точек. Разберем эти случаи.\n\n1) 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.\n\n2) 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.\n\n3) 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).\n\n4) 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.\n\nТаким образом, всего способов проведения хорд будет\n\n\\[\n\\begin{aligned}\nC_{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} = \\\\\n& = \\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.\n\\end{aligned}\n\\]\n\nОтвет может быть оставлен в виде \\( C_{20}^{3} + C_{20}^{4} \\cdot 8 + C_{20}^{5} \\cdot 5 + C_{20}^{6} \\)."
] |
HARD
|
vos
|
У нумизмата есть 100 одинаковых по внешнему виду монет. Он знает, что среди них 30 настоящих и 70 фальшивых монет. Кроме того, он знает, что массы всех настоящих монет одинаковы, а массы всех фальшивых — разные, причём любая фальшивая монета тяжелее настоящей; однако точные массы монет неизвестны. Имеются двухчашечные весы без гирь, на которых можно за одно взвешивание сравнить массы двух групп, состоящих из одинакового числа монет. За какое наименьшее количество взвешиваний на этих весах нумизмат сможет гарантированно найти хотя бы одну настоящую монету?
|
70
|
2014-15
|
10
|
70.
|
[
"1. Покажем, что за 70 взвешиваний нумизмат сможет найти настоящую монету. Сложим все 100 монет в кучу. Каждым взвешиванием он будет выбирать две монеты из кучи и сравнивать их. Если их массы равны, то обе монеты настоящие, и требуемая монета найдена. Если же нет, то более тяжёлая монета — фальшивая, и её можно выбросить из кучи.\n\nЧерез 70 таких взвешиваний, если равенства никогда не будет, то в куче останется 30 монет, причём все настоящие останутся в куче. Значит, в этом случае нумизмат даже найдёт все 30 настоящих монет.\n\n2. Предположим теперь, что у нумизмата есть алгоритм, позволяющий гарантированно найти настоящую монету не более, чем за 69 взвешиваний. Мы покажем, что это невозможно — даже в предположении, что массы монет таковы: масса настоящей равна 2^100, а масса i-й фальшивой равна m_i = 2^100 + 2^i.\n\nПри таком предположении результат любого взвешивания можно определить так. Пусть при некотором взвешивании на чашках по k монет, среди которых d > 0 фальшивых, имеющих номера i_1 < i_2 < ... < i_d. Тогда на чашке, на которой лежит самая тяжёлая монета, суммарная масса не менее k*2^100 + 2^(i_d), а суммарная масса на другой чашке не больше k*2^100 + (2^1 + ... + 2^(i_d-1)) = k*2^100 + 2^(i_d) - 1. Значит, если на чашках есть хотя бы одна фальшивая монета, то перевесит чашка, на которой лежит фальшивая с наибольшим номером.\n\nИтак, пусть нумизмат действует по своему алгоритму. Мы будем сообщать ему результаты взвешиваний и присваивать некоторым монетам массы m_i. При этом после каждого взвешивания присвоенными окажутся веса m_70, m_69, ..., m_(70-i) при некотором i. Далее, если соответствующие монеты действительно имеют такие массы (а остальные массы распределены как угодно), то результаты взвешиваний будут такими, как мы сообщили.\n\nПри первом взвешивании выберем любую монету на чашках, присвоим ей массу m_{70} и сообщим, что чашка с ней тяжелее. При каждом следующем взвешивании, если на весах уже присутствует монета с присвоенной массой, то мы просто выберем из таких масс наибольшую и сообщим, что чашка с соответствующей монетой перевесила. Если же никакой монете на весах масса ещё не присвоена, то мы опять выберем любую монету на чашках, присвоим ей наибольшую ещё не присвоенную массу и сообщим, что чашка с ней тяжелее. Нетрудно видеть, что при этом требуемые условия соблюдаются.\n\nЕсли нумизмат совершил не более 69 взвешиваний, то не более 69 масс окажутся присвоенными. В частности, m_{1} присвоенной не будет. Значит, массу m_{1} может иметь любая монета, которой масса ещё не присвоена, и при этом все результаты взвешиваний останутся такими, как мы сообщили. Поэтому нумизмат не сможет указать на заведомо настоящую монету."
] |
HARD
|
vos
|
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?
|
49
|
2014-15
|
9
|
49
|
[
"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.\nИтак, 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.\nОсталось привести пример, в котором ровно 49 положительных чисел. Годится, например, такая расстановка:\n−200, 1, −202, 1, −204, 1, −206, 1, …, −296, 1, −298, −99."
] |
HARD
|
vos
|
Какое наименьшее количество множителей требуется вычеркнуть из числа \(99! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 99\) так, чтобы произведение оставшихся множителей оканчивалось на 2?
|
20
|
2014-15
|
11
|
20 множителей
|
[
"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.\n\nПроизведение 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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
9
|
2014-15
|
8
|
9 бриллиантов
|
[
"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 \\).\n\nНаутро 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 \\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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 \(AC\).
|
11
|
2014-15
|
9
|
11
|
[
"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\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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.
|
1
|
2014-15
|
8
|
Наименьшая разность равна 1, например, между числами 49999 и 50000.
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Сколько существует трёхзначных чисел, которые в 5 раз больше произведения своих цифр?
|
1
|
2014-15
|
9
|
Одно число 175.
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
8
|
2015-16
|
10
|
На 8 нулей.
|
[
"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.\n\nОсталось 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\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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.
|
2450
|
2015-16
|
11
|
$49 \cdot 50 = 2450$ клеток.
|
[
"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»."
] |
HARD
|
vos
|
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?
|
8
|
2015-16
|
11
|
8
|
[
"1) В каждой строке таблицы красных клеток не меньше, чем желтых, следовательно, и во всей таблице красных клеток не меньше, чем желтых.\nВ каждом столбце таблицы желтых клеток не меньше, чем красных, следовательно, и во всей таблице желтых клеток не меньше, чем красных.\nТаким образом, в таблице одинаковое количество красных и желтых клеток.\n2) 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.\n3) 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.\nОстается только случай, когда в каждом столбце 3 красных, 3 желтых и 1 зеленая клетка. Тогда всего в таблице — 8 зеленых клеток.\nЭтот случай возможен. Например, см. таблицу.\n| З | З | Ж | К | Ж | К | Ж | К |\n|---|---|---|---|---|---|---|---|\n| К | Ж | З | З | К | Ж | К | Ж |\n| Ж | К | К | Ж | З | З | Ж | К |\n| К | Ж | Ж | К | Ж | К | З | З |\n| Ж | К | К | Ж | К | Ж | К | Ж |\n| К | Ж | К | Ж | К | Ж | К | Ж |\n| Ж | К | Ж | К | Ж | К | Ж | К |"
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
11
|
2015-16
|
8
|
11
|
[
"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."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
60
|
2015-16
|
9
|
60 км
|
[
"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\\).\n\nПреобразуем 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\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
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?
|
1030
|
2015-16
|
11
|
k = 2(2015 − 1500) = 1030.
|
[
"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.\n\nРассмотрим 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.\n\nВыделим 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."
] |
HARD
|
vos
|
В белой таблице 2016×2016 некоторые клетки окрасили чёрным. Назовём натуральное число k удачным, если k ≤ 2016, и в каждом из клетчатых квадратов со стороной k, расположенных в таблице, окрашено ровно k клеток. (Например, если все клетки чёрные, то удачным является только число 1.) Какое наибольшее количество чисел могут быть удачными?
|
1008
|
2015-16
|
9
|
1008 чисел.
|
[
"Рассмотрим произвольное окрашивание таблицы. Пусть нашлось хотя бы два удачных числа, и a — наименьшее из них, а b — наибольшее.",
"Поделим b на a с остатком: b = qa + r, где 0 ≤ r < a. Предположим, что q ≥ 2. В произвольном квадрате b×b можно расположить q^2 непересекающихся квадратов a×a. В этих квадратах будет ровно q^2 a чёрных клеток. Однако q^2 a > (q+1)a > qa + r = b; значит, в квадрате b×b будет больше, чем b чёрных клеток, что невозможно. Итак, q < 2, то есть b < 2a.",
"Общее количество удачных чисел не превосходит количества натуральных чисел от a до b, то есть оно не больше b − a + 1 < b − b/2 + 1 = b/2 + 1 ≤ 1009. Значит, это количество не больше 1008.",
"Осталось привести пример раскраски, для которой найдутся 1008 удачных чисел. Окрасим чёрным все клетки 1008-й строки и только их. Рассмотрим произвольный квадрат со стороной d ≥ 1009. Он пересекается с 1008-ой строкой, значит в нём есть целая строка отмеченных клеток, то есть их как раз d штук. Значит, все числа от 1009 до 2016 являются удачными, и таких чисел как раз 1008."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Самолёт вылетел из Перми 28 сентября в полдень и прибыл в Киров в 11 часов утра (везде в задаче время отправления и прибытия указывается местное). В 19 часов того же дня самолёт вылетел из Кирова в Якутск и прибыл туда в 7 часов утра. Через три часа он вылетел из Якутска в Пермь и вернулся туда в 11 часов утра 29 сентября. Сколько времени самолёт находился в воздухе?
|
12
|
2015-16
|
8
|
12 часов
|
[
"Самолёт отсутствовал в Перми 23 часа. Из них 8 часов он стоял в Кирове (с 11 до 19 часов) и три часа в Якутске. Итого из этих 23 часов он стоял 8 + 3 = 11 (часов), т. е. в воздухе самолёт находился 23 – 11=12 (часов)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Дима должен был попасть на станцию в 18:00. К этому времени за ним должен был приехать отец на автомобиле. Однако Дима успел на более раннюю электричку и оказался на станции в 17:05. Он не стал дожидаться отца и пошёл ему навстречу. По дороге они встретились, Дима сел в автомобиль, и они приехали домой на 10 минут раньше рассчитанного времени. С какой скоростью шёл Дима до встречи с отцом, если скорость автомобиля была 60 км/ч?
|
6
|
2015-16
|
9
|
6 км/ч
|
[
"Дима приехал домой на 10 минут раньше, за это время автомобиль дважды проехал бы путь, который Дима прошёл. Следовательно, на пути к вокзалу отец на автомобиле сэкономил 5 минут и встретил Диму в 17:55. Значит, Дима прошёл расстояние от вокзала до встречи с отцом за 50 минут, то есть он шёл в 10 раз медленнее автомобиля, и его скорость была 6 км/ч."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В подземном царстве живут гномы, предпочитающие носить либо зелёные, либо синие, либо красные кафтаны. Некоторые из них всегда лгут, а остальные всегда говорят правду. Однажды каждому из них задали четыре вопроса. 1. «Ты предпочитаешь носить зелёный кафтан?» 2. «Ты предпочитаешь носить синий кафтан?» 3. «Ты предпочитаешь носить красный кафтан?» 4. «На предыдущие вопросы ты отвечал честно?» На первый вопрос «да» ответили 40 гномов, на второй — 50, на третий — 70, а на четвёртый — 100. Сколько честных гномов в подземном царстве?
|
40
|
2015-16
|
9
|
40 честных гномов
|
[
"На 4-й вопрос и честный, и лгун ответят «да», поэтому в подземном царстве всего 100 гномов. Честный гном на один из трёх первых вопросов ответит «да», а на два — «нет». А лгун, наоборот, на два из первых трёх вопросов ответит «да», а на один — «нет». Пусть всего x честных гномов. Тогда всего на первые три вопроса будет x + 2 · (100 - x) = 200 - x ответов «да», т. е. 200 - x = 40 + 50 + 70 = 160, откуда x = 40.",
"В сумме на первые три вопроса было дано 40 + 50 + 70 = 160 ответов «да». Если бы все гномы говорили правду, то на первые три вопроса было бы 100 ответов «да». Так как каждый лжец даёт на один ответ «да» больше, всего отвечали 160 - 100 = 60 лжецов. Значит, честных гномов 40."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В треугольнике ABC медиана, выходящая из вершины A, перпендикулярна биссектрисе угла B, а медиана, выходящая из вершины B, перпендикулярна биссектрисе угла A. Известно, что сторона AB = 1. Найдите периметр треугольника ABC.
|
5
|
2015-16
|
9
|
5
|
[
"Пусть AM — медиана, проведённая из вершины A. Тогда в треугольнике ABM биссектриса угла B перпендикулярна стороне AM, т. е. биссектриса является и высотой. Значит, этот треугольник равнобедренный, AB = BM = 1. Но тогда BC = 2BM = 2. Аналогично из второго условия получаем, что сторона AC в два раза больше AB, т. е. периметр треугольника ABC равен 1 + 2 + 2 = 5."
] |
MEDIUM
|
vos
|
У фокусника и помощника есть колода с картами; одна сторона («рубашка») у всех карт одинакова, а другая окрашена в один из 2017 цветов (в колоде по 1000000 карт каждого цвета). Фокусник и помощник собираются показать следующий фокус. Фокусник выходит из зала, а зрители выкладывают на стол в ряд \( n > 1 \) карт рубашками вниз. Помощник смотрит на эти карты, а затем все, кроме одной, переворачивает рубашкой вверх, не меняя их порядка. Затем входит фокусник, смотрит на стол, указывает на одну из закрытых карт и называет её цвет. При каком наименьшем \( n \) фокусник может заранее договориться с помощником так, чтобы фокус гарантированно удался?
|
2018
|
2016-17
|
11
|
2018
|
[
"Положим \\( k = 2017 \\).\n\nПри \\( n = k + 1 \\) фокус устроить легко. Фокусник и помощник нумеруют цвета числами от 1 до \\( k \\). Помощник, видя цвет последней, \\((k + 1)\\)-й карты (пусть его номер равен \\( a \\)), оставляет открытой \\( a \\)-ю карту. Фокусник, увидев, какая по номеру карта открыта, восстанавливает цвет последней карты.\n\nОсталось показать, что при \\( n \\leqslant k \\) фокус не удастся. Предположим противное и рассмотрим возможные действия фокусника. Пусть, видя на \\( i \\)-м месте карту цвета \\( a \\), он объявляет, что на \\( j \\)-м месте карта цвета \\( b \\) (тогда \\( i \\neq j \\)); будем называть это инструкцией \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\). Можно считать, что для каждой пары \\((a, i)\\) существует только одна инструкция вида \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\) (и фокусник при возможности всегда применяет её — поскольку никакой информации о том, какую из таких инструкций применять, у него нет). Тогда инструкций не больше, чем \\( kn \\).\n\nБудем говорить, что исходная раскладка карт удовлетворяет инструкции \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\), если в ней на \\( i \\)-м и \\( j \\)-м местах лежат карты цветов \\( a \\) и \\( b \\) соответственно. Тогда каждой инструкции удовлетворяет ровно \\( k^{n-2} \\) раскладок. С другой стороны, если фокус гарантированно удаётся, то каждая возможная раскладка удовлетворяет хотя бы одной инструкции — той, которую применяют помощник с фокусником. Значит, общее число раскладок не может превосходить \\( kn \\cdot k^{n-2} \\), то есть \\( k^n \\leqslant k^{n-1} n \\), откуда \\( k \\leqslant n \\). Значит, \\( k = n \\), и неравенство выше обращается в равенство. Это значит, что каждая раскладка удовлетворяет ровно одной инструкции, и с каждой пары \\((a, i)\\) начинается ровно одна инструкция.\n\nРассмотрим произвольную инструкцию \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\); тогда есть и инструкция вида \\((b, j) \\rightarrow (c, k)\\). Поскольку не существует раскладки, удовлетворяющей обеим инструкциям, должны выполняться условия \\( i = k \\) и \\( a \\neq c \\).\n\nС другой стороны, для любых двух инструкций \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\) и \\((c, k) \\rightarrow (d, l)\\) среди номеров \\( i, j, k, l \\) должны быть совпадающие — иначе опять же существует раскладка, удовлетворяющая обеим инструкциям. Рассмотрим граф с вершинами \\( 1, 2, \\ldots, k \\), в котором \\( i \\) и \\( j \\) соединены ребром \\([i, j]\\), если существует инструкция вида \\((a, i) \\rightarrow (b, j)\\) (по доказанному выше, существует также и инструкция вида \\((b, j) \\rightarrow (a', i)\\)). Тогда любые два ребра в этом графе имеют общую вершину, и из каждой вершины выходит хотя бы одно ребро. Пусть для определённости \\([1, 2]\\) — ребро этого графа. Из вершины 3 выходит ребро, имеющее общую вершину с первым — пусть для определённости это \\([1, 3]\\). Тогда любое ребро из вершины \\( k > 3 \\) обязано иметь вид \\([1, k]\\), чтобы иметь общие вершины с каждым из рёбер \\([1, 2]\\) и \\([1, 3]\\). Наконец, любое ребро вообще должно иметь общую вершину с каждым из рёбер \\([1, 2]\\), \\([1, 3]\\) и \\([1, 4]\\), то есть должно содержать вершину 1. Итак, в каждой инструкции один из номеров мест равен 1.\n\nНаконец, сопоставим каждому месту \\( i > 1 \\) все такие цвета \\( a \\), что существует инструкция вида \\((c, i) \\rightarrow (a, 1)\\). Из сказанного выше следует, что разным местам не может быть сопоставлен один и тот же цвет. Поскольку таких мест \\( k - 1 \\), а цветов \\( k < 2(k - 1) \\), какому-то месту \\( i \\) сопоставлен только один цвет \\( a \\), то есть имеются все \\( k \\) инструкций вида \\((c, i) \\rightarrow (a, 1)\\) при всевозможных с. Однако существует также инструкция вида \\((a, 1) \\rightarrow (c, i)\\) для некоторого c. Но она не может существовать вместе с инструкцией \\((c, i) \\rightarrow (a, 1)\\); противоречие."
] |
HARD
|
vos
|
В классе учатся 30 человек: отличники, троечники и двоечники. Отличники на все вопросы отвечают правильно, двоечники всегда ошибаются, а троечники на заданные им вопросы строго по очереди то отвечают верно, то ошибаются. Всем ученикам было задано по три вопроса: “Ты отличник?”, “Ты троечник?”, “Ты двоечник?”. Ответили “Да” на первый вопрос – 19 учащихся, на второй – 12, на третий – 9. Сколько троечников учится в этом классе?
|
20
|
2016-17
|
8
|
20 троечников
|
[
"Пусть а – количество отличников, b – количество двоечников, с – количество троечников, которые ошиблись в ответе на первый вопрос, правильно ответили на второй и ошиблись в ответе на третий (назовем таких троечников троечниками первого типа), а d – количество троечников, которые правильно ответили на первый вопрос, ошиблись в ответе на второй и правильно ответили на третий (назовем таких троечников троечниками второго типа).\nНа первый вопрос ответили “Да” отличники, двоечники и троечники первого типа, следовательно, а + b + c = 19. На второй вопрос “Да” ответили двоечники и троечники первого типа, то есть b + c = 12. На третий вопрос “Да” ответили только троечники первого типа, то есть c = 9. Тогда из второго уравнения получим, что b = 3, а из первого уравнения: а = 7. В классе – 30 учащихся, значит d = 30 - 19 = 11, поэтому всего троечников: 9 + 11 = 20."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Олег нарисовал пустую таблицу 50 × 50 и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по ненулевому числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал произведение чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица умножения»). Какое наибольшее количество произведений в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
|
1250
|
2016-17
|
10
|
1250 произведений.
|
[
"Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1250. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано x иррациональных и 50 − x рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны 50 − x иррациональных и x рациональных чисел. Поскольку произведение ненулевого рационального и иррационального чисел всегда иррационально, в таблице стоит хотя бы x² + (50 − x)² иррациональных чисел. При этом x² + (50 − x)² = 2x² − 100x + 50² = 2(x − 25)² + 2 · 25² ≥ ≥ 2 · 25² = 1250, что и требовалось. Отсюда следует, что в таблице не более 2500 − 1250 = 1250 рациональных чисел.",
"Ровно 1250 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа 1, 2, …, 24, 25, √2, 2√2, …, 25√2, а вдоль верхней стороны — числа 26, 27, …, 49, 50, 26√2, 27√2, …, 50√2. Тогда иррациональными будут только 2 · 25² = 1250 произведений рационального и иррационального чисел."
] |
HARD
|
vos
|
Вася задумал 8 клеток шахматной доски, никакие две из которых не лежат в одной строке или в одном столбце. За ход Петя выставляет на доску 8 ладей, не бьющих друг друга, а затем Вася указывает все ладьи, стоящие на задуманных клетках. Если количество ладей, указанных Васей на этом ходе, чётно (т.е. 0, 2, 4, 6 или 8), то Петя выигрывает; иначе все фигуры снимаются с доски и Петя делает следующий ход. За какое наименьшее число ходов Петя сможет гарантированно выиграть?
|
2
|
2016-17
|
11
|
За 2 хода.
|
[
"Покажем сначала, как Петя выиграть за 2 хода. Первым ходом он выставит 8 ладей по диагонали доски. Если он ещё не выиграл, то на диагонали есть нечётное число задуманных Васей клеток. В частности, на ней есть как клетка \\(A\\), задуманная Васей, так и клетка \\(B\\), не задуманная им.",
"Пусть на втором ходу Петя поставит ладьи на 6 диагональных клеток, кроме \\(A\\) и \\(B\\), а также на клетки \\(C\\) и \\(D\\), лежащие в тех же строках, что \\(A\\) и \\(B\\) соответственно, и в тех же столбцах, что \\(B\\) и \\(A\\) соответственно. Каждая новая ладья стоит или в одной строке, или в одном столбце с \\(A\\), то есть их клетки Вася задумать не мог. Значит, в новой конфигурации ладей количество клеток, задуманных Васей, уменьшилось ровно на одну, то есть стало чётным, и Петя выиграл.",
"Осталось показать, что Петя не может гарантированно выиграть за один ход. Пусть у него это получилось. Переставив столбцы доски, можно считать, что он сделал первый ход так, как показано на рис. 1; тогда он не выиграет, если Васины клетки — отмеченные серым на том же рисунке."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Олег нарисовал пустую таблицу 50 × 50 и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал произведение чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица умножения»). Какое наибольшее количество произведений в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
|
1275
|
2016-17
|
11
|
1275 произведений.
|
[
"Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1225. Предположим, что среди рациональных чисел есть ноль и он выписан у верхней стороны таблицы. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано x иррациональных и 50 − x рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны 50 − x иррациональных и x рациональных чисел (среди которых есть ноль). Заметим, что произведение ненулевого рационального и иррационального чисел всегда иррационально. Тогда в таблице есть как минимум x(x − 1) + (50 − x)^2 иррациональных чисел. Заметим, что f(x) = x(x − 1) + (50 − x)^2 = 2x^2 − 101x + 50^2. Вершина параболы f(x) находится в точке 101/4 = 25,25, поэтому минимальное значение f(x) в целой точке достигается при x = 25 и оно равно 25·24 + 25^2 = 1225. Если же ноль заменить ненулевым рациональным числом, то количество иррациональных чисел может только увеличиться. Поэтому в таблице в любом случае не менее 1225 иррациональных чисел. Значит, в таблице не более 2500 − 1225 = 1275 рациональных чисел. Ровно 1275 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа 1, 2, …, 24, 25, √2, 2√2, …, 25√2, а вдоль верхней стороны — числа 0, 26, 27, …, 49, 26√2, 27√2, …, 50√2. Тогда иррациональными будут только 25·24 + 25^2 = 1225 произведений ненулевого рационального и иррационального чисел."
] |
HARD
|
vos
|
Олег нарисовал пустую таблицу $50 \times 50$ и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал сумму чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица сложения»). Какое наибольшее количество сумм в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
|
1250
|
2016-17
|
9
|
1250 сумм.
|
[
"Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1250. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано $x$ иррациональных и $50-x$ рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны $50-x$ иррациональных и $x$ рациональных чисел. Поскольку сумма рационального и иррационального чисел всегда иррациональна, в таблице стоит хотя бы $x^{2}+(50-x)^{2}$ иррациональных чисел. При этом $x^{2}+(50-x)^{2}=2 x^{2}-100 x+50^{2}=2(x-25)^{2}+2 \\cdot 25^{2} \\geqslant 2 \\cdot 25^{2}=1250$, что и требовалось. Отсюда следует, что в таблице не более $2500-1250=1250$ рациональных чисел.\n\nРовно 1250 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа $1,2, \\ldots, 24,25,1+\\sqrt{2}, 2+\\sqrt{2}, \\ldots, 25+\\sqrt{2}$, а вдоль верхней стороны — числа $26,27, \\ldots, 49,50,26-\\sqrt{2}, 27-\\sqrt{2}, \\ldots, 50-\\sqrt{2}$. Тогда иррациональными будут только $2 \\cdot 25^{2}=1250$ сумм рационального и иррационального чисел."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Петя показал Васе 37 внешне одинаковых карточек, выложенных в ряд. Он сказал, что на закрытых сторонах карточек записаны все числа от 1 до 37 (каждое по одному разу) так, что число на любой карточке начиная со второй является делителем суммы чисел, написанных на всех предшествующих карточках. Затем Петя показал Васе, что на первой карточке написано число 37, а на второй — число 1. Вася сказал, что он тогда знает, какое число написано на третьей карточке. Какое?
|
2
|
2016-17
|
10
|
2
|
[
"Сумма всех чисел, кроме последнего, делится на последнее число, значит, сумма всех чисел также делится на последнее число. Сумма всех чисел от 1 до 37 равна 19 · 37. Значит, последнее число равно 1, 19 или 37. Так как 1 и 37 стоят на первом и втором местах, последнее число — 19. Третье число — делитель числа 37 + 1 = 38, то есть оно равно 1, 2 или 19. Мы знаем, что числа 1 и 19 расположены не на третьем месте, поэтому на третьем месте стоит число 2."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В комнате 10 ламп. Петя сказал: «В этой комнате есть 5 включённых ламп». Вася ему ответил: «Ты не прав». И добавил: «В этой комнате есть три выключенные лампы». Коля же сказал: «Включено чётное число ламп». Оказалось, что из четырёх сделанных утверждений только одно верное. Сколько ламп включено?
|
9
|
2016-17
|
8
|
9
|
[
"Первое и третье утверждения одновременно не могут быть оба неверными, иначе в комнате было бы меньше пяти включённых ламп и меньше трёх выключенных, т. е. всего меньше восьми ламп, что противоречит условию. Первое и второе утверждения также не могут быть одновременно неверными. Значит, среди утверждений 1 и 3 есть верное, и среди утверждений 1 и 2 есть верное. Поскольку верное утверждение всего одно, это утверждение 1, а остальные утверждения неверны. Значит, в комнате меньше трёх выключенных ламп (так как утверждение 3 неверно). Тогда включённых ламп хотя бы восемь, причём их количество нечётно (так как утверждение 4 неверно). Значит, их девять."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Чебурашка и Гена съели торт. Чебурашка ел вдвое медленнее Гены, но начал есть на минуту раньше. В итоге им досталось торта поровну. За какое время Чебурашка съел бы торт в одиночку?
|
4
|
2016-17
|
9
|
За 4 минуты
|
[
"Первый способ. Если Чебурашка ест вдвое медленнее Гены, то, чтобы съесть столько же торта, сколько съел Гена, ему нужно в два раза больше времени. Значит, то время, которое Чебурашка ел в одиночку (1 минута), составляет половину всего времени, за которое Чебурашка съел половину торта. Таким образом половину торта он съел за 2 минуты, а весь торт съел бы за 4 минуты.",
"Второй способ. Пусть Гена съедает весь торт за x минут, тогда Чебурашке на весь торт нужно 2x минут. Каждому из них досталась половина торта, то есть Гена ел 0,5x минут, а Чебурашка x минут. Из условия следует, что 0,5x + 1 = x, откуда x = 2. Значит, Чебурашка съест торт за 2·2 = 4 минуты."
] |
MEDIUM
|
vos
|
На шахматной доске стоял 21 король. Каждый из королей находился под боем хотя бы одного из остальных. После того как несколько королей убрали, никакие два из оставшихся королей друг друга не бьют. Какое наибольшее число королей могло остаться? а) Приведите пример исходной расстановки и отметьте убранных королей. б) Докажите, что большее число королей остаться не могло.
|
16
|
2016-17
|
9
|
16
|
[
"Заметим, что каждый король, снятый с доски, мог бить не более 4 из оставшихся (иначе и некоторые из оставшихся били бы друг друга). Поэтому число оставшихся королей не может превосходить число снятых более чем в 4 раза, то есть не может быть больше 16. Пример приведён на рисунке: серым обозначены короли, которых необходимо убрать."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Найдите количество корней уравнения
\[
|x|+|x+1|+\ldots+|x+2018|=x^{2}+2018 x-2019 .
\]
|
2
|
2017-18
|
10
|
2
|
[
"При \\(x \\in(-2019,1)\\) корней нет, так как на указанном интервале левая часть неотрицательна, а правая — отрицательна.\n\nПри \\(x \\in[1, \\infty)\\) все модули раскрываются со знаком «+», поэтому уравнение примет вид \\(g(x)=0\\), где \\(g(x)=x^{2}-x-2009+(1+2+\\ldots+2018)\\). Поскольку \\(g(1)<0\\), это квадратное уравнение имеет единственный корень на промежутке \\([1, \\infty)\\).\n\nПоскольку графики функций в левой и правой части симметричны относительно прямой \\(x=-1009\\) (т.е. \\(f(x)=f(-2018-x)\\)), то на промежутке \\((-\\infty,-2019]\\) столько же корней, сколько и на промежутке \\([1,+\\infty)\\), т. е. ровно один корень. Итого, у данного уравнения два корня."
] |
HARD
|
vos
|
В стопку сложены 300 карточек: 100 белых, 100 чёрных и 100 красных. Для каждой белой карточки подсчитано количество чёрных, лежащих ниже её, для каждой чёрной — количество красных, лежащих ниже её, а для каждой красной — количество белых, лежащих ниже её. Найдите наибольшее возможное значение суммы трёхсот получившихся чисел.
|
20000
|
2017-18
|
11
|
20 000
|
[
"Первый способ. Количество различных перестановок карточек конечно. Поэтому их расположение с наибольшей указанной суммой существует (возможно, не единственное).\n\nПусть карточки лежат так, что эта сумма максимальна. Без ограничения общности можно считать, что верхняя карточка — белая. Тогда в этой расстановке не могут лежать сверху вниз подряд пары карточек ЧБ, КЧ и БК, иначе можно увеличить сумму, поменяв их в таких парах местами (симметричные им пары при перестановке не увеличивают искомую сумму). Значит, карточки должны лежать так (сверху вниз): ББ...БЧЧ...ЧКК...КББ...Б...\nДлина каждой следующей серии карточек одного цвета не может быть меньше длины предыдущей серии. Действительно, если, например, в расположении с наибольшей суммой встретится фрагмент ...БББЧЧК..., то можно переставить карточку К наверх: ...КБББЧЧ..., увеличив сумму. Так как количество карточек каждого цвета одно и то же, то длины всех серий должны быть одинаковыми (в противном случае карточек того цвета, которые оказались в самом низу, будет больше, чем карточек другого цвета). Тогда серии одного цвета можно переставить \"по циклу\", не изменив суммы, то есть получить такое расположение карточек: сверху 100 белых, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных. Значит, искомая сумма равна 100·100 + 100·100 = 20 000.",
"Второй способ. Пусть количество карточек каждого из трёх цветов равно n. Используя метод математической индукции, докажем, что для указанной суммы S выполняется неравенство S ≤ 2n².\n\nБаза индукции. При n = 1 перебором убеждаемся, что S ≤ 2. Шаг индукции: Пусть неравенство верно для n карточек каждого цвета. Докажем, что оно верно, если количество карточек каждого цвета равно n + 1. Рассмотрим, как может увеличиться сумма S, если добавить по одной карточке каждого цвета.. Без ограничения общности можно считать, что белая карточка добавлена на самый верх стопки, а добавленные чёрная и красная карточки – самые верхние среди карточек своего цвета. Пусть выше первой сверху красной карточки расположено b ранее лежащих чёрных, а выше первой сверху чёрной – w ранее лежащих белых. Тогда белая карточка добавляет в сумму n + 1 (учитывая все чёрные, лежащие под ней), чёрная карточка добавляет n + 1 (учитывая все красные, лежащие под ней) и w, за счёт того, что она лежит под w старыми белыми карточками, а красная карточка добавляет не более, чем n – w за счёт белых, лежащих под ней, и b за счёт того, что она лежит под b старыми чёрными карточками. Итого, S ≤ 2n² + n + 1 + n + 1 + w + n – w + b = 2n² + 3n + b + 2. Учитывая, что b ≤ n, получим: S ≤ 2n² + 4n + 2 = 2(n + 1)².\n\nТаким образом, утверждение доказано для всех натуральных n. При n = 100 получим, что S ≤ 2·100² = 20 000. Это значение достигается, например, при таком расположении: сверху 100 белых карточек, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных."
] |
HARD
|
vos
|
Назовём лодочкой трапецию с основаниями 1 и 3, получающуюся приклеиванием к противоположным сторонам единичного квадратика двух треугольничков (полуклеток). В квадрате 100 × 100 расположена невидимая лодочка (её можно поворачивать, она не выходит за границы квадрата, её средняя клетка целиком лежит на одной из клеток квадрата). Одним выстрелом можно накрыть любую треугольную половинку клетки. Если выстрел пересекается с внутренностью лодочки (т. е. пересечение треугольника выстрела с лодочкой имеет ненулевую площадь), то она считается потопленной. Какого наименьшего количества выстрелов достаточно, чтобы наверняка потопить лодочку?
|
4000
|
2017-18
|
11
|
4000 выстрелов.
|
[
"Покажем сначала, что 4000 выстрелов хватит. Разобьём квадрат 100 × 100 на 400 квадратов размером 5 × 5, и в каждом квадрате произведем 10 выстрелов. Нетрудно видеть, что в каждой строке и в каждом столбце между соседними выстрелами нельзя вставить лодочку; значит, один из выстрелов обязательно потопит лодочку.",
"Осталось показать, что нельзя гарантированно потопить лодочку менее, чем за 4000 выстрелов. Разобьём доску на 2000 горизонтальных прямоугольников 1 × 5 и покажем, что в каждый такой прямоугольник надо сделать хотя бы два выстрела. Действительно, в левые три клетки прямоугольника нужно сделать хотя бы один выстрел, иначе в них могла расположиться непотопленная лодочка; то же верно для его правых трёх клеток. Значит, в этот прямоугольник могло быть сделано не более одного выстрела, только если единственный выстрел попал в центральную клетку прямоугольника. Без ограничения общности, этот выстрел был произведён в левый нижний треугольничек этой клетки; но тогда лодочка, расположенная определённым образом, не будет потоплена."
] |
HARD
|
vos
|
В компании 100 детей, некоторые дети дружат (дружба всегда взаимна). Известно, что при выделении любого ребёнка оставшихся 99 детей можно разбить на 33 группы по три человека так, чтобы в каждой группе все трое попарно дружили. Найдите наименьшее возможное количество пар дружащих детей.
|
198
|
2017-18
|
11
|
198
|
[
"Переведём задачу на язык графов, сопоставляя ребёнку вершину, а дружбе — ребро. Тогда нам известно, что в данном графе на 100 вершинах при удалении любой вершины оставшиеся можно разбить на 33 тройки так, что в каждой тройке вершины попарно соединены. Требуется же найти минимальное возможное число рёбер в таком графе.",
"Для начала построим пример ровно с 198 рёбрами. Разобьём 99 вершин, кроме вершины A, на 33 группы по 3 вершины. Соединим попарно вершины в каждой тройке; наконец, соединим A со всеми другими вершинами. Тогда условия задачи выполнены: при удалении A разбиение на тройки уже приведено, а при удалении любой другой вершины B в этом же разбиении достаточно заменить B на A. При этом в описанном графе всего 33 * 3 + 99 = 198 рёбер.",
"Осталось доказать, что это количество — наименьшее. Назовём граф на 3k + 1 вершинах хорошим, если при удалении любой вершины остальные 3k вершин разбиваются на k троек попарно соединённых. Докажем индукцией по k, что в хорошем графе на 3k + 1 вершинах хотя бы 6k рёбер; при k = 33 получим требуемую оценку. База при k = 1 несложна: так как при удалении любой вершины три остальных попарно соединены, любые две вершины должны быть соединены, то есть число рёбер равно C²₄ = 6.",
"Докажем переход индукции. Если из каждой вершины выходит хотя бы по 4 ребра, общее количество рёбер не меньше, чем (3k + 1)·4/2 = 2(3k + 1), что даже больше, чем требуемое 6k. В противном случае найдётся вершина A, соединённая не более, чем с тремя другими. Если удалить любую вершину, кроме A, то A попадёт в какую-то тройку, а значит, она соединена хотя бы с двумя вершинами. Если удалить одну из этих вершин, у A останется не менее двух смежных, то есть было их не меньше трёх. Итак, A соединена ровно с тремя вершинами B, C и D. Тогда при удалении, скажем, B вершины A, C и D образуют тройку, то есть C и D соединены; аналогично получаем, что B, C и D попарно соединены.",
"Выбросим теперь из нашего графа вершины A, B, C и D, взамен добавив одну вершину X, соединённую со всеми, с кем была соединена хотя бы одна из вершин B, C и D. Заметим, что при этом количество рёбер уменьшилось хотя бы на 6 (т. е. на количество рёбер между A, B, C и D). Покажем, что полученный новый граф хороший; отсюда будет следовать переход индукции, ибо тогда в новом графе будет не менее 6(k – 1) рёбер, а значит, в исходном — не менее 6(k – 1) + 6 = 6k рёбер.",
"Пусть из нового графа удалена некоторая вершина Y ≠ X. Если её удалить из исходного графа, остальные вершины разобьются на тройки; пусть при этом вершина A окажется, для определённости, в тройке с B и C, а вершина D — в другой тройке. Тогда можно разбить новый граф так же, поместив вершину X в ту тройку, где была вершина D. Наконец, если удалить из нового графа вершину X, можно проделать ту же операцию, считая, что из исходного графа удалена вершина D (тогда A, B и C автоматически окажутся в одной тройке). Таким образом, переход индукции доказан."
] |
HARD
|
vos
|
Кондитерская фабрика выпускает N сортов конфет. На Новый год фабрика подарила каждому из 1000 учеников школы подарок, содержащий по конфете нескольких сортов (составы подарков могли быть разными). Каждый ученик заметил, что для любых 11 сортов конфет он получил конфету хотя бы одного из этих сортов. Однако оказалось, что для любых двух сортов найдётся ученик, получивший конфету ровно одного из этих двух сортов. Найдите наибольшее возможное значение N.
|
5501
|
2017-18
|
9
|
5501
|
[
"Обозначим через A₁, A₂, ..., Aₙ множества учеников, не получивших конфет соответственно 1-го, 2-го, ..., N-го сортов. Согласно условию, все эти множества различны; кроме того, каждый ученик содержится не более, чем в десяти из них. Отсюда следует, что суммарное количество элементов в наших множествах не превосходит 1000⋅10 = 10000.",
"Пусть среди наших множеств ровно k одноэлементных. Тогда количество множеств из более, чем одного ученика, не превосходит (10000−k)/2, поэтому общее число всех непустых множеств не превосходит (10000−k)/2 + k = (10000+k)/2 ≤ 11000/2 = 5500. С учётом того, что одно из множеств может быть пустым, получаем, что N ≤ 5501.",
"Осталось показать, как описанная ситуация могла возникнуть при N = 5501. Сделаем множество A₅₅₀₁ пустым; различные множества A₄₅₀₁, ..., A₅₅₀₀ будут содержать по одному ученику. Осталось выбрать различные двухэлементные множества A₁, ..., A₄₅₀₀ так, чтобы каждый из учеников был ровно в 9 из них. Для этого, например, можно разбить учеников на 100 групп по 10 человек и взять все пары детей, находящихся в одной группе (их получится как раз 100⋅(10⋅9)/2 = 4500)."
] |
HARD
|
vos
|
Лёша не поленился вычислить сумму
\[
9 + 99 + 999 + \ldots + \underbrace{9 \ldots 9}_{2017}
\]
и выписать ее на доску. Сколько раз в итоговом результате записана цифра 1?
|
2013
|
2017-18
|
10
|
2013
|
[
"Преобразуем выражение:\n\n\\[\n9 + 99 + 999 + \\ldots + \\underbrace{9 \\ldots 9}_{2017} = (10 - 1) + (100 - 1) + \\ldots + (10^{2017} - 1) =\n\\]\n\\[\n= \\underbrace{1 \\ldots 1}_{2017} 0 - 2017 = \\underbrace{1 \\ldots 1}_{2013} 09093.\n\\]"
] |
MEDIUM
|
vos
|
Рыцарский турнир длится ровно 7 дней. К концу четвертого дня сэр Ланселот не успел сразиться лишь с одной четвертью от общего числа участников турнира. А сэр Тристан к этому времени сразился ровно с одной седьмой из тех рыцарей, с кем успел сразиться сэр Ланселот. Какое минимальное количество рыцарей могло участвовать в турнире?
|
20
|
2017-18
|
8
|
20
|
[
"Пусть Ланселот не сразился с x рыцарями. Тогда общее число рыцарей равно 4x, а сразился Ланселот с 3x - 1 рыцарем (общее количество за вычетом x и самого Ланселота). Тогда Тристан сразился с \\(\\frac{3x-1}{7}\\) рыцарей. Чтобы найти наименьшее возможное количество рыцарей, необходимо подобрать минимальное x такое, что 3x - 1 делится на 7. Значения x = 1, 2, 3, 4 не подходят, а x = 5 подходит. Таким образом, наименьшее возможное число рыцарей равно 20."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В межгалактической гостинице есть 100 комнат вместимостью 101, 102, …, 200 человек. В этих комнатах суммарно живёт n человек. В гостиницу приехал VIP-гость, для которого нужно освободить целую комнату. Для этого директор гостиницы выбирает одну комнату и переселяет всех её жителей в одну и ту же другую комнату. При каком наибольшем n директор гостиницы всегда может таким образом освободить комнату независимо от текущего расселения?
|
8824
|
2018-19
|
10
|
8824.
|
[
"Предположим, что при 8824 постояльцах директор не может осуществить переселение. Разобьём комнаты на пары по вместимости: 101 — 200, 102 — 199, …, 150 — 151. Отметим, что для каждой пары комнат суммарное количество человек, живущих в двух комнатах, больше, чем вместимость большей комнаты из пары, иначе всех человек из этой пары можно было бы собрать в комнате с большей вместимостью. Таким образом, общее количество человек не меньше 201 + 200 + 199 + … + 152 = 353 · 25 = 8825. Поэтому при 8824 постояльцах директор может освободить комнату.\n\nТеперь приведём пример, доказывающий, что при 8825 и более постояльцах существует расселение, в котором освободить комнату указанным образом не удастся.\n\nУпорядочим комнаты по возрастанию вместимости. Пусть в первых пятидесяти комнатах живёт по 76, а в комнате вместимости k при 151 ≤ k ≤ 200 живёт k − 75 человек. Посчитаем количество человек, живущих в гостинице:\n\n76 · 50 + (76 + 77 + 78 + … + 125) =\n= 3800 + 201 · 25 = 3800 + 5025 = 8825.\n\nРассмотрим две произвольные комнаты вместимости a < b. Заметим, что в комнате вместимости b живёт не меньше b − 75 человек, а в комнате a — не меньше 76 человек. Таким образом, переселить людей из одной комнаты в другую ни для какой пары комнат не удастся, поэтому пример подходит. Если n > 8825, то достаточно селить оставшихся людей поочерёдно в любые комнаты, где ещё остаются свободные места."
] |
HARD
|
vos
|
При каком наименьшем натуральном \(n\) существуют такие целые \(a_1\), \(a_2\), \(\ldots\), \(a_n\), что квадратный трёхчлен
\[ x^2 - 2(a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^2 x + \left(a_1^4 + a_2^4 + \ldots + a_n^4 + 1
ight) \]
имеет по крайней мере один целый корень?
|
6
|
2018-19
|
9
|
При \(n = 6\).
|
[
"При \\(n = 6\\) можно положить \\(a_1 = a_2 = a_3 = a_4 = 1\\) и \\(a_5 = a_6 = -1\\); тогда трёхчлен из условия принимает вид \\(x^2 - 8x + 7\\) и имеет два целых корня: 1 и 7. Осталось показать, что это — наименьшее возможное значение \\(n\\).\n\nПусть числа \\(a_1\\), \\(a_2\\), \\(\\ldots\\), \\(a_n\\) удовлетворяют условию задачи; тогда делённый на 4 дискриминант квадратного трёхчлена из условия должен быть полным квадратом. Он равен\n\\[ d = (a_1 + a_2 + \\ldots + a_n)^4 - \\left(a_1^4 + a_2^4 + \\ldots + a_n^4 + 1\right). \\]\nТогда число $d$ нечётно и является квадратом, поэтому оно даёт остаток 1 при делении на 8.\n\nПерепишем равенство выше в виде\n\n$d+1+a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+\\ldots+a_{n}^{4}=\\left(a_{1}+a_{2}+\\ldots+a_{n}\right)^{4}$\n\nи рассмотрим его по модулю 8 . Нетрудно проверить, что четвёртые степени целых чисел дают лишь остатки 0 и 1 при делении на 8 , то есть правая часть равенства даёт остаток 0 или 1 . Левая же часть сравнима с $1+1+k$, где $k$ - количество нечётных чисел среди $a_{i}$. Значит, $n \\geqslant k \\geqslant 6$."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Квадрат со стороной 7 клеток полностью замостили трёхклеточными «уголками» и пятиклеточными «плюсиками». Какое наибольшее количество «плюсиков» могло быть использовано?
|
5
|
2018-19
|
10
|
5
|
[
"Пусть для указанного замощения использовано x «уголков» и y «плюсиков», тогда 3x + 5y = 49.",
"Заметим, что угловые клетки доски могут быть покрыты только «уголками», поэтому «уголков» должно быть не меньше четырёх. Но при x = 4; 5; 6; 7; значения y не будут целыми.",
"Если x = 8, то y = 5. При дальнейшем увеличении значения x значения y будут меньше пяти. Следовательно, 5 — это наибольшее возможное значение y."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Стороны основания кирпича равны 28 см и 9 см, а высота 6 см. Улитка ползёт прямолинейно по граням кирпича из вершины нижнего основания в противоположную вершину верхнего основания. Горизонтальная и вертикальная составляющие ее скорости v_x и v_y, связаны соотношением v_x^2 + 4v_y^2 = 1. Какое наименьшее время в минутах может затратить улитка на своё путешествие?
|
35
|
2018-19
|
10
|
35 мин
|
[
"Увеличим высоту кирпича и вертикальную составляющую скорости улитки в два раза. Получим кирпич ABCDEFGH, на котором скорость улитки будет всегда одна и та же: v = √(v_x² + (2v_y)²) = 1 см/мин, а наименьшее время движения такое же, как по исходному кирпичу.",
"Пусть улитка ползет из вершины B в вершину F. Рассмотрим развёртку трех граней этого кирпича: основания ABCD и двух смежных вертикальных граней с общим ребром DF. Так как скорость улитки постоянная, то наименьшее время будет при наименьшей длине пути, то есть при движении по диагонали одного из двух прямоугольников: BCFE или ABGF. По теореме Пифагора получим, что BF = 35 см; BF = 41 см. Значит, выгоднее двигаться по диагонали BF, тогда при скорости 1 см/мин наименьшее время составит 35 минут."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Число 890 обладает таким свойством: изменив любую его цифру на 1 (увеличив или уменьшив), можно получить число, кратное 11. Найдите наименьшее трехзначное число, обладающее таким же свойством.
|
120
|
2018-19
|
11
|
120
|
[
"Так как при указанном изменении последней цифры должно получиться число, делящееся на 11, то искомое число должно отличаться от него на 1. Наименьшее трехзначное число, кратное 11, это 110. Но соседние с ним числа 109 и 111 требуемым свойством не обладают. Действительно, если изменить в числе 109 вторую цифру на 1, то можно получить только 119, а это число на 11 не делится. Если изменить в числе 111 первую цифру на 1, то можно получить только 211, а это число на 11 не делится. Следующее трехзначное число, делящееся на 11, это 121. Рассмотрим число 120. Из него можно получить числа, кратные 11, в соответствии с условием. Изменённые числа 121, 110, 220 кратны 11."
] |
MEDIUM
|
vos
|
У натурального числа N выписали все его делители, затем у каждого из этих делителей подсчитали сумму цифр. Оказалось, что среди этих сумм нашлись все числа от 1 до 9. Найдите наименьшее значение N.
|
288
|
2018-19
|
8
|
288
|
[
"Заметим, что у числа 288 есть делители 1, 2, 3, 4, 32, 6, 16, 8, 9. Поэтому это число удовлетворяет условию задачи. Докажем, что меньшего числа, удовлетворяющего условию, не существует. Действительно, так как N должно иметь делитель с суммой цифр 9, то N делится на 9. Рассмотрим теперь делитель d с суммой цифр 8. d не делится на 3, поэтому числа d и 9 — взаимно простые, значит, N делится на 9d. При этом, если d ≥ 32, то 9d ≥ 288, то есть N ≥ 288. Значит, остается проверить d = 26, d = 17 и d = 8. Если d = 26, то 9d = 234. У этого числа нет делителя с суммой цифр 5, а любое число, ему кратное, больше, чем 288. Если d = 17, то 9d = 153. У этого числа нет делителя с суммой цифр 2, а любое число, ему кратное, больше, чем 288. Если d = 8, то 9d = 72. Ему кратные и меньшие, чем 288 — это 144 и 216. Но у этих чисел нет делителя с суммой цифр 5."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Назовём расстоянием между двумя клетками клетчатой доски наименьшее количество ходов, за которое шахматный король может добраться от одной из них до другой. Найдите наибольшее количество клеток, которое можно отметить на доске \(100 imes 100\) так, чтобы среди них не нашлось двух клеток, расстояние между которыми равно 15.
|
3025
|
2018-19
|
11
|
3025 клеток
|
[
"Разобьём доску на 9 квадратов \\(30 \times 30\\), 6 прямоугольников \\(10 \times 30\\) и один квадрат \\(10 \times 10\\). В каждом квадрате \\(30 \times 30\\) клетки разбиваются на \\(15^{2}\\) четвёрок так, что расстояние между любыми клетками в одной четвёрке равно 15 (каждая четвёрка состоит из клеток с координатами \\((a, b)\\), \\((a, b+15),(a+15, b)\\) и \\((a+15, b+15))\\). Тогда в любой четвёрке может быть отмечено не более одной клетки, то есть общее число отмеченных клеток в таком квадрате не превосходит \\(15^{2}\\).",
"Аналогично, каждый прямоугольник \\(10 \times 30\\) (скажем, с длинной горизонтальной стороной) разбивается на пары клеток, отстоящих друг от друга на 15 (с координатами \\((a, b)\\) и \\((a+15, b))\\) — поэтому в нём не более \\(15 \\cdot 10\\) отмеченных клеток. Наконец, в квадрате \\(10 \times 10\\) всего \\(10^{2}\\) клеток. Итого, отмеченных клеток не больше, чем \\(9 \\cdot 15^{2}+6 \\cdot 15 \\cdot 10+10^{2}=(3 \\cdot 15+10)^{2}=55^{2}\\)."
] |
HARD
|
vos
|
Два приведённых квадратных трёхчлена f(x) и g(x) таковы, что каждый из них имеет по два корня, и выполняются равенства f(1) = g(2) и g(1) = f(2). Найдите сумму всех четырёх корней этих трёхчленов.
|
6
|
2018-19
|
9
|
6
|
[
"Пусть f(x) = x^2 + ax + b, g(x) = x^2 + cx + d. Тогда условия задачи запишутся в виде 1 + a + b = 4 + 2c + d и 4 + 2a + b = 1 + c + d. Вычитая из первого равенства второе, получаем −3 − a = 3 + c, то есть a + c = −6. Но по теореме Виета −a — это сумма корней первого трёхчлена, а −c — сумма корней второго трёхчлена, откуда и следует требуемое.",
"Рассмотрим вспомогательный квадратный трёхчлен h(x) = g(3 − x) (он тоже приведённый!). Тогда h(x) − f(x) — линейный многочлен с корнями 1 и 2; значит, он тождественно нулевой, то есть f(x) = g(3 − x). Поэтому, если x_0 является корнем f(x), то 3 − x_0 является корнем g(x), и сумма этих двух корней равна 3. Аналогично, сумма остальных корней этих многочленов также равна 3."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Каждая грань куба 1000 × 1000 × 1000 разбита на 1000² квадратных клеток со стороной 1. Какое наибольшее количество этих клеток можно закрасить так, чтобы никакие две закрашенные клетки не имели общей стороны?
|
2998000
|
2018-19
|
9
|
3 · 1000² - 2000 = 2 998 000 клеток
|
[
"Рассмотрим произвольную закраску, удовлетворяющую условию. Разобьём все клетки поверхности на «каёмки» так, как показано на рис. 2 — по 500 каёмок вокруг каждой из восьми вершин (одна из каёмок отмечена серым). Тогда в k-й каёмке, считая от вершины, будет Sₖ = 6k - 3 клеток. Так как никакие две закрашенных клетки не могут быть соседними, в этой каёмке будет не более [Sₖ/2] = 3k - 2 = (Sₖ - 1)/2 закрашенных клеток. Просуммировав по всем 4000 каёмкам и учтя, что их общая площадь равна 6 · 1000², получаем, что общее количество закрашенных клеток не превосходит (6 · 1000² - 4000)/2 = 3 · 10⁶ - 2000.",
"Осталось привести пример, показывающий, что столько клеток закрасить можно. Назовём две противоположных грани куба верхней и нижней, а остальные — боковыми. На каждой из боковых граней можно отметить половину клеток шахматным образом. После этого на верхней и нижней гранях можно будет также окрасить половину клеток во всех строках, кроме двух крайних, оставив их пустыми — см. рис. 3, где видны две боковых и верхняя грани. Нетрудно видеть, что при такой закраске в каждой каёмке будет максимальное возможное количество закрашенных клеток."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Вычислите:
\[
\left(\frac{1+2}{3}+\frac{4+5}{6}+\frac{7+8}{9}+\ldots+\frac{2017+2018}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right).
\]
|
1346
|
2018-19
|
10
|
1346
|
[
"Имеем\n\n\\[\n\\begin{aligned}\n& \\left(\\frac{1+2}{3}+\\frac{4+5}{6}+\\frac{7+8}{9}+\\ldots+\\frac{2017+2018}{2019}\\right)+\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)= \\\\\n= & \\left(\\frac{(3-2)+(3-1)}{3}+\\frac{(6-2)+(6-1)}{6}+\\frac{(9-2)+(9-1)}{9}+\\ldots \\\\\n& \\left.\\ldots+\\frac{(2019-2)+(2019-1)}{2019}\\right)+\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)= \\\\\n= & \\left(\\frac{(3+3)-(2+1)}{3}+\\frac{(6+6)-(2+1)}{6}+\\frac{(9+9)-(2+1)}{9}+\\ldots \\\\\n& \\left.\\ldots+\\frac{(2019+2019)-(2+1)}{2019}\\right)+\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)= \\\\\n= & \\left(2-\\frac{3}{3}+2-\\frac{3}{6}+2-\\frac{3}{9}+\\ldots+2-\\frac{3}{2019}\\right)+\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)= \\\\\n= & 2 \\cdot 673-\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)+\\left(1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{673}\\right)= \\\\\n= & 2 \\cdot 673=1346 .\n\\end{aligned}\n\\]"
] |
MEDIUM
|
vos
|
Внутри шляпы волшебника живут 100 кроликов: белые, синие и зелёные. Известно, что если произвольным образом вытащить из шляпы 81 кролика, то среди них обязательно найдутся три разноцветных. Какое наименьшее количество кроликов нужно достать из шляпы, чтобы среди них точно было два разноцветных?
|
61
|
2018-19
|
11
|
61
|
[
"Докажем, что если произвольным образом вытащить из шляпы 61 кролика, то среди них найдутся два разноцветных. Предположим противное: пусть имеется \\(a \\geqslant 61\\) кроликов какого-то цвета (например, белого). Пусть второй цвет по количеству кроликов — синий. Тогда в шляпе живёт хотя бы \\(\\frac{100-a}{2}\\) синих кроликов. А значит, общее количество белых и синих хотя бы\n\n\\[ a+\\frac{100-a}{2}=\\frac{100+a}{2} \\geqslant \\frac{161}{2}=80,5 . \\]\n\nТак как кроликов целое число, белых и синих вместе хотя бы 81, что противоречит условию.\n\nПокажем, что 60 кроликов может быть недостаточно. Пусть в шляпе живёт 60 белых и по 20 синих и зелёных. Тогда может получиться, что все вытащенные кролики белые. С другой стороны, если вытащить 81 кролика, то среди них точно встретятся кролики всех трёх цветов."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Есть три брата-акробата. Их средний рост — 1 метр 74 сантиметра. А средний рост двух из этих братьев: самого высокого и самого низкого — 1 метр 75 сантиметров. Какого роста средний брат? Ответ обоснуйте.
|
172
|
2018-19
|
9
|
1 метр 72 сантиметра
|
[
"Поскольку средний рост всех трёх — 1 метр 74 сантиметра, суммарный рост всех составляет 5 метров 22 сантиметра. Средний рост двух братьев равен 1 метр 75 сантиметров, поэтому их суммарный рост составляет 3 метра 50 сантиметров. А значит, рост среднего брата составляет 1 метр 72 сантиметра."
] |
EASY
|
vos
|
У царя восемь сыновей, и все дураки. Каждую ночь царь отправляет троих из них стеречь золотые яблоки от жар-птицы. Поймать жар-птицу царевичи не могут, винят в этом друг друга, и поэтому никакие двое не соглашаются пойти вместе в караул второй раз. Какое наибольшее количество ночей это может продолжаться?
|
8
|
2019-20
|
10
|
8 ночей
|
[
"Оценка. Рассмотрим любого из сыновей. В каждом карауле он находится вместе с двумя братьями, поэтому после трёх его выходов останется один брат, вместе с которым он не ходил в караул, и уже не сможет пойти, так для них не будет третьего. Эта ситуация «симметрична», то есть если сын А после трёх своих выходов не ходил в караул с сыном В, то и сын В после трёх своих выходов не ходил в караул с сыном А. Следовательно, есть как минимум четыре пары сыновей, которые в одном карауле не были и не будут. Всевозможных пар: \\(\\frac{8 \\cdot 7}{2} = 28\\), поэтому в караулах побывают не более чем 28 - 4 = 24 пары. Так как за одну ночь задействованы по три пары сыновей, то ночей может быть не больше чем 24 : 3 = 8.\n\nПример. Обозначим сыновей: 1, 2, 3, 4, A, B, C, D. Тогда восемь троек, удовлетворяющих условию задачи: A12, B23, C34, D41, AB4, BC1, CD2, DA3."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Какое наименьшее количество клеток нужно отметить на доске размером 8×9 так, чтобы среди любых пяти подряд идущих клеток по горизонтали, вертикали или диагонали была отмеченная клетка?
|
14
|
2019-20
|
11
|
14 клеток
|
[
"Пример. См. рис. 11.4а.",
"Оценка. Выделим на доске 14 прямоугольников размером 1×5, не затрагивающие только две центральные клетки (см. рис. 11.4б). В каждом из них должно быть хотя бы по одной отмеченной клетке, то есть отмеченных клеток не меньше, чем 14."
] |
HARD
|
vos
|
Петя ошибся, записывая десятичную дробь: цифры записал верно, а запятую сдвинул на одну позицию. В результате получилось число, которое меньше нужного на 19,71. Какое число должен был записать Петя?
|
21.9
|
2019-20
|
8
|
21,9
|
[
"Так как в результате ошибки число уменьшилось, то запятая была сдвинута влево. При этом число уменьшилось в 10 раз. Пусть получилось число x, тогда исходное число – это 10x. По условию: 10x – x = 19,71, значит, x = 2,19, 10x = 21,9."
] |
EASY
|
vos
|
Кузя разрезал выпуклый бумажный 67-угольник по прямой на два многоугольника, затем таким же образом разрезал один из двух получившихся многоугольников, затем — один из трёх получившихся, и так далее. В итоге у него получилось восемь n-угольников. Найдите все возможные значения n.
|
11
|
2019-20
|
8
|
11
|
[
"Прямолинейный разрез бывает трёх видов: от стороны к стороне, от вершины к стороне и от вершины до вершины. Значит, после одного разреза суммарное количество сторон многоугольников увеличивается на 4, 3 или 2 соответственно. Кузя сделал 7 разрезов, поэтому добавилось не меньше, чем 14, но не больше, чем 28 сторон. Следовательно, у восьми n-угольников в сумме от 81 до 95 сторон. Из целых чисел этого отрезка только число 88 делится на 8 без остатка, поэтому n = 88 : 8 = 11."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Число 2019 представили в виде суммы различных нечётных натуральных чисел. Каково наибольшее возможное количество слагаемых?
|
43
|
2019-20
|
9
|
43
|
[
"Оценка. Вычислим сумму 45 наименьших нечётных натуральных чисел: \\( 1 + 3 + \\ldots + 87 + 89 = \\frac{1 + 89}{2} \\cdot 45 = 2025 > 2019 \\). Значит, слагаемых меньше, чем 45, но сумма 44 нечётных слагаемых является чётным числом, поэтому слагаемых не больше, чем 43.\n\nПример. \\( 2019 = 1 + 3 + \\ldots + 81 + 83 + 255 \\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
На доске написано $n$ различных целых чисел. Произведение двух наибольших равно 77. Произведение двух наименьших тоже равно 77. При каком наибольшем $n$ это возможно?
|
17
|
2019-20
|
11
|
При $n=17$.
|
[
"Числа $-11,-7,-6,-5, \\ldots, 6,7,11$ дают пример при $n=17$.\n\nДопустим, что есть хотя бы 18 чисел с таким свойством. Тогда какие-то 9 из них будут одного знака (все положительны или все отрицательны). Среди этих 9 чисел модули двух наибольших будут не меньше 8 и 9 соответственно. Тогда их произведение не может быть равно 77."
] |
MEDIUM
|
vos
|
На доске написаны n различных целых чисел, любые два из них отличаются хотя бы на 10. Сумма квадратов трёх наибольших из них меньше трёх миллионов. Сумма квадратов трёх наименьших из них также меньше трёх миллионов. При каком наибольшем n это возможно?
|
202
|
2019-20
|
9
|
При n = 202.
|
[
"Заметим сразу, что 990² + 1000² + 1010² = (1000 - 10)² + 1000² + (1000 + 10)² = 3 · 1000² + 2 · 10², что больше трёх миллионов. С другой стороны, 989² + 999² + 1009² = (1000 - 11)² + (1000 - 1)² + (1000 + 9)² = 3 · 1000² - 6 · 1000 + (9² + 1² + 11²), что меньше трёх миллионов.",
"Если неотрицательных чисел на доске не меньше, чем 102, то три наибольших из них не меньше, чем 99 · 10 = 990, 100 · 10 = 1000 и 101 · 10 = 1010 соответственно. Тогда по замечанию выше сумма их квадратов больше трёх миллионов, что невозможно. Поэтому неотрицательных чисел на доске не больше 101. Аналогично, отрицательных чисел не больше 101. Таким образом, общее количество чисел не больше, чем 101 + 101 = 202.",
"Пример при n = 202 дают числа -1009, -999, -989, ..., -9, 9, 19, ..., 999, 1009. Из замечания выше, он подходит."
] |
HARD
|
vos
|
Зелёный хамелеон всегда говорит правду, а коричневый хамелеон врёт и после этого немедленно зеленеет. В компании из 2019 хамелеонов (зелёных и коричневых) каждый по очереди ответил на вопрос, сколько среди них сейчас зелёных. Ответами были числа 1, 2, 3, ..., 2019 (в некотором порядке, причём не обязательно в указанном выше). Какое наибольшее число зелёных хамелеонов могло быть изначально?
|
1010
|
2019-20
|
9
|
1010
|
[
"Рассмотрим двух хамелеонов, говоривших подряд. Один из них в момент высказывания был коричневым; действительно, если бы они оба были зелёными, то после высказывания первого количество зелёных хамелеонов не изменилось бы, и второй назвал бы то же число, что и первый. Разобьём всех хамелеонов на 1009 пар, говоривших подряд, и ещё одного хамелеона; поскольку в каждой паре был коричневый, исходное количество зелёных хамелеонов было не больше 2019 − 1009 = 1010.",
"Осталось показать, что 1010 зелёных хамелеонов быть могло. Пронумеруем хамелеонов в порядке их высказываний. Пусть все нечётные хамелеоны — зелёные, а все чётные — коричневые. Тогда первый скажет 1010, второй — 1 и станет зелёным. Тогда третий скажет 1011, а четвёртый — 2 и станет зелёным, и так далее. В результате нечётные хамелеоны произнесут все числа от 1010 до 2019, а чётные — все числа от 1 до 1009."
] |
HARD
|
vos
|
При некоторых натуральных $n>m$ число $n$ оказалось представимо в виде суммы 2021 слагаемых, каждое из которых равно некоторой целой неотрицательной степени числа $m$, а также в виде суммы 2021 слагаемых, каждое из которых равно некоторой целой неотрицательной степени числа $m+1$. При каком наибольшем $m$ это могло произойти (хоть при каком-то $n>m$)?
|
2021
|
2020-21
|
11
|
2021
|
[
"Пусть $m>2021$. Поскольку любая степень числа $m+1$ дает остаток 1 от деления на $m$, то сумма 2021 таких степеней дает остаток 2021 от деления на $m$. С другой стороны, степени числа $m$ дают лишь остатки 0 или 1 от деления на $m$, поэтому сумма 2021 степени числа $m$ может давать остаток 2021 от деления на $m$ только если все слагаемые равны 1. Но тогда $n=2021<m$, противоречие. Значит, $m \\leqslant 2021$.\n\nДля $m=2021$ есть пример: $2021 m=1+2020(m+1)$."
] |
HARD
|
vos
|
В языке три буквы — Ш, У и Я. Словом называется последовательность из 100 букв, ровно 40 из которых — гласные (то есть У или Я), а остальные 60 — буква Ш. Какое наибольшее количество слов можно выбрать так, чтобы у любых двух выбранных слов хотя бы в одной из ста позиций одновременно стояли гласные, причём различные?
|
2^40
|
2020-21
|
11
|
2^{40}
|
[
"Пример. Рассмотрим все $2^{40}$ слов, у которых начиная с 41-ой все буквы Ш, а первые 40 — У или Я. Этот набор слов удовлетворяет условию.\n\nОценка. Каждому из наших $m$ слов сопоставим $2^{60}$ слов, заменяя каждую букву Ш, на У или Я (всеми возможными способами). Заметим, что полученные $m \\cdot 2^{60}$ слов состоят из букв У и Я и попарно различны (для слов, полученных из одного и того же, это ясно из построения, а для слов, полученных из двух разных, следует из условия). Таким образом, $m \\cdot 2^{60} \\leqslant 2^{100}$ и $m \\leqslant 2^{40}$."
] |
MEDIUM
|
vos
|
На окружности отмечено 1000 точек, каждая окрашена в один из $k$ цветов. Оказалось, что среди любых пяти попарно пересекающихся отрезков, концами которых являются 10 различных отмеченных точек, найдутся хотя бы три отрезка, у каждого из которых концы имеют разные цвета. При каком наименьшем $k$ это возможно?
|
143
|
2020-21
|
9
|
При $k=143$.
|
[
"Предположим, что на окружности есть 8 точек одного цвета (скажем, красного). Добавим к ним ещё две отмеченных точки, получив десятиугольник $A_{1} A_{2} \\ldots A_{5} B_{1} B_{2} \\ldots B_{5}$. Тогда отрезки $A_{1} B_{1}, A_{2} B_{2}, \\ldots, A_{5} B_{5}$ попарно пересекаются, и среди них есть три отрезка, у которых все концы красные. Это противоречит условию. Таким образом, точек каждого цвета не больше семи, поэтому $k \\geqslant \\frac{1000}{7}$, то есть $k \\geqslant 143$.",
"При $k=143$ отметим дополнительную, 1001-ю, точку и разделим все отмеченные точки на 143 группы по 7 подряд идущих точек. Каждую группу окрасим своим цветом. Пусть $A_{1} B_{1}, \\ldots$, $A_{5} B_{5}$ — пять попарно пересекающихся отрезков с концами в отмеченных точках. Можно считать, что точки $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{5}, B_{1}$, $B_{2}, \\ldots, B_{5}$ расположены на окружности именно в этом порядке. Предположим, что отрезок $A_{1} B_{1}$ имеет одноцветные концы (скажем, красные). Тогда либо все точки $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{5}$, либо все точки $B_{1}, B_{2}, \\ldots, B_{5}$ красные. В первом случае максимум две из точек $B_{1}, B_{2}, \\ldots, B_{5}$ красные. Но тогда три отрезка, не содержащие этих точек, будут иметь разноцветные концы. Второй случай аналогичен."
] |
HARD
|
vos
|
Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{10 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
|
20
|
2020-21
|
10
|
20
|
[] |
HARD
|
vos
|
Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{11 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
|
22
|
2020-21
|
10
|
22
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{12 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
|
24
|
2020-21
|
10
|
24
|
[] |
HARD
|
vos
|
Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{13 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
|
26
|
2020-21
|
10
|
26
|
[] |
HARD
|
vos
|
Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=82^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
|
38
|
2020-21
|
10
|
38
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=86^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
|
34
|
2020-21
|
10
|
34
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=88^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
|
32
|
2020-21
|
10
|
32
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
На острове живут два племени: рыцари и лжецы. Рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда лгут. Однажды 80 человек сели за круглый стол, и каждый из них заявил: «Среди 11 человек, сидящих следом за мной по часовой стрелке, есть хотя бы 9 лжецов». Сколько рыцарей сидит за круглым столом? Укажите все возможные варианты.
|
20
|
2020-21
|
10
|
20
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
У Веры есть набор различных по массе гирь, каждая из которых весит целое число грамм. Известно, что самая лёгкая гиря набора весит в 71 раз меньше, чем все остальные гири вместе взятые. Также известно, что две самые лёгкие гири набора вместе весят в 34 раза меньше, чем все остальные гири вместе взятые. Какое наименьшее число грамм может весить самая лёгкая гиря?
|
35
|
2020-21
|
11
|
35
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
На координатной плоскости отметили все точки (x, y) такие, что x и y — целые числа, удовлетворяющие неравенствам 0 ≤ x ≤ 2 и 0 ≤ y ≤ 26. Сколько существует прямых, проходящих ровно через 3 отмеченные точки?
|
365
|
2020-21
|
11
|
365
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
На стороне AC треугольника ABC отмечены точки M и N (M лежит на отрезке AN). Известно, что AB = AN, BC = MC. Описанные окружности треугольников ABM и CBN пересекаются в точках B и K. Сколько градусов составляет угол AKC, если ∠ABC = 64°?
|
122
|
2020-21
|
11
|
122
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Вася заменил в двух числах одинаковые цифры одинаковыми буквами, разные – разными. Получилось, что число ВАЗА делится на 8, а ТОПАЗ делится на 20. Найдите две последние цифры суммы ВАЗА + ТОПАЗ.
|
88
|
2020-21
|
8
|
88
|
[] |
HARD
|
vos
|
Вася заменил в двух числах одинаковые цифры одинаковыми буквами, разные – разными. Получилось, что число ОБЛАКО делится на 4, а КУСОК делится на 36. Найдите две последние цифры суммы ОБЛАКО + КУСОК.
|
32
|
2020-21
|
8
|
32
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Дан параллелограмм \(ABCD\), \(\angle D = 100^\circ\), \(BC = 24\). На стороне \(AD\) есть такая точка \(L\), что \(\angle ABL = 50^\circ\), \(LD = 8\). Найдите длину \(CD\).
|
16
|
2020-21
|
8
|
16
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Дан параллелограмм \(ABCD\), \(\angle D = 140^\circ\), \(BC = 36\). На стороне \(AD\) есть такая точка \(L\), что \(\angle ABL = 70^\circ\), \(LD = 12\). Найдите длину \(CD\).
|
24
|
2020-21
|
8
|
24
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В лес за грибами ходили четыре мальчика и три девочки. Каждый нашёл несколько грибов, всего они собрали 70 штук. Никакие две девочки не собирали поровну, а любые трое мальчиков принесли вместе не менее 43 грибов. У любых двоих детей число собранных грибов отличалось не более чем в 5 раз. Маша собрала больше всех из девочек. Сколько она принесла грибов?
|
5
|
2020-21
|
8
|
5
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В лес за грибами ходили четыре мальчика и три девочки. Каждый нашёл несколько грибов, всего они собрали 70 штук. Никакие две девочки не собирали поровну, а любые трое мальчиков принесли вместе не менее 43 грибов. У любых двоих детей число собранных грибов отличалось не более чем в 5 раз. Маша собрала меньше всех из девочек. Сколько она принесла грибов?
|
3
|
2020-21
|
8
|
3
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В лес за грибами ходили четыре мальчика и три девочки. Каждый нашёл несколько грибов, всего они собрали 61 штук. Никакие две девочки не собирали поровну, а любые трое мальчиков принесли вместе не менее 34 грибов. У любых двоих детей число собранных грибов отличалось не более чем в 3 раза. Маша собрала больше всех из девочек. Сколько она принесла грибов?
|
6
|
2020-21
|
8
|
6
|
[] |
HARD
|
vos
|
В лес за грибами ходили четыре мальчика и три девочки. Каждый нашёл несколько грибов, всего они собрали 61 штук. Никакие две девочки не собирали поровну, а любые трое мальчиков принесли вместе не менее 34 грибов. У любых двоих детей число собранных грибов отличалось не более чем в 3 раза. Маша собрала меньше всех из девочек. Сколько она принесла грибов?
|
4
|
2020-21
|
8
|
4
|
[] |
HARD
|
vos
|
Найдите наибольшее пятизначное число, произведение цифр которого равно 120.
|
85311
|
2020-21
|
9
|
85311
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Найдите наибольшее шестизначное число, произведение цифр которого равно 120.
|
853111
|
2020-21
|
9
|
853111
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Найдите наибольшее шестизначное число, произведение цифр которого равно 280.
|
875111
|
2020-21
|
9
|
875111
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В течение первого полугодия лентяй Паша заставлял себя решать задачи по математике. Каждый день он решал не более 10 задач, а если в какой-нибудь день он решал больше 7 задач, то следующие два дня он решал не более 5 задач в день. Какое наибольшее количество задач Паша мог решить за 7 подряд идущих дней?
|
52
|
2020-21
|
9
|
52
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В течение первого полугодия лентяй Паша заставлял себя решать задачи по математике. Каждый день он решал не более 10 задач, а если в какой-нибудь день он решал больше 7 задач, то следующие два дня он решал не более 5 задач в день. Какое наибольшее количество задач Паша мог решить за 6 подряд идущих дней?
|
45
|
2020-21
|
9
|
45
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В течение первого полугодия лентяй Паша заставлял себя решать задачи по математике. Каждый день он решал не более 10 задач, а если в какой-нибудь день он решал больше 7 задач, то следующие два дня он решал не более 5 задач в день. Какое наибольшее количество задач Паша мог решить за 8 подряд идущих дней?
|
59
|
2020-21
|
9
|
59
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
В течение первого полугодия лентяй Паша заставлял себя решать задачи по математике. Каждый день он решал не более 10 задач, а если в какой-нибудь день он решал больше 7 задач, то следующие два дня он решал не более 5 задач в день. Какое наибольшее количество задач Паша мог решить за 9 подряд идущих дней?
|
66
|
2020-21
|
9
|
66
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Точка \(M\) — середина стороны \(BC\) треугольника \(ABC\), в котором \(AB = 19\), \(AC = 36\), \(BC = 21\). На стороне \(AB\) как на диаметре построена окружность. На этой окружности выбирается произвольная точка \(X\). Какое минимальное значение может принимать длина отрезка \(MX\)?
|
8.5
|
2020-21
|
9
|
6.5
|
[] |
MEDIUM
|
vos
|
Рома загадал натуральное число, сумма цифр которого делится на 8. Затем прибавил к загаданному числу 2 и снова получил число, сумма цифр которого делится на 8. Найдите наименьшее число, которое мог загадать Рома.
|
699
|
2020-21
|
10
|
699
|
[
"Если оба числа делятся на 8, то и их разность делится на 8. Если при прибавлении не было перехода через десяток, то сумма цифр отличалась бы на 2, что не делится на 8. Если был переход через десяток, но не было перехода через сотни, то сумма цифр отличалась бы на 9 − 2 = 7, что также не делится на 8. А если был переход через сотни и не было перехода через тысячи, то сумма цифр изменилась бы на 2 · 9 − 2 = 16, что уже делится на 8.\n\nЧтобы был переход через сотни при прибавлении двойки, последние две цифры должны быть 98 или 99. Теперь найдём в каждом из случаев минимальное число с суммой цифр, кратной 8. Это числа 798 и 699; понятно, что 699 меньше (и оно, очевидно, подходит под условие).\n\nОсталось заметить, что если бы при прибавлении 2 происходил переход через разряд тысяч или более, то исходное число было бы не меньше 998, а найденное число уже меньше."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Диагонали четырёхугольника \(ABCD\) пересекаются в точке \(K\). Оказалось, что \(AB = BK = KD\). На отрезке \(KC\) отметили такую точку \(L\), что \(AK = LC\). Найдите \(\angle BLA\), если известно, что \(\angle ABD = 52^\circ\) и \(\angle CDB = 74^\circ\).
|
42
|
2020-21
|
8
|
42
|
[
"Треугольник \\(ABL\\) равен треугольнику \\(KDC\\) (\\(AL = KC\\), \\(AB = KD\\) и \\(\\angle BAK = \\angle BKA = \\angle DKC\\)). Имеем \n\n\\[ \n\\begin{aligned} \n\\angle BLA & = 180^\\circ - \\angle BAL - \\angle ABL = 180^\\circ - \\frac{180^\\circ - \\angle ABD}{2} - \\angle CDB = \\\\ \n& = 90^\\circ + \\frac{1}{2} \\angle ABD - \\angle CDB = 42^\\circ. \n\\end{aligned} \n\\]"
] |
MEDIUM
|
vos
|
Вдоль аллеи в один ряд высадили клёны и лиственницы, всего 75 деревьев. Известно, что нет двух клёнов, между которыми растёт ровно 5 деревьев. Какое наибольшее количество клёнов могло быть высажено вдоль аллеи?
|
39
|
2020-21
|
8
|
39
|
[
"Разобьём все деревья на группы по 12 стоящих подряд. Будет 6 полных групп и ещё 3 дерева в конце. В каждой группе деревья разобьём на 6 пар: первое с седьмым, второе с восьмым, ..., шестое с двенадцатым. Заметим, что между деревьями в одной паре ровно 5 других деревьев, а значит, в этой паре максимум один клён. Получаем, что в каждой группе из 12 подряд стоящих деревьев не более 6 клёнов, следовательно, всего не более 6 · 6 + 3 = 39 клёнов. Осталось показать, что 39 клёнов можно было высадить. Будем чередовать группы из 6 клёнов с группами из 6 лиственниц; в конце высадим группу из трёх клёнов. Тогда понятно, что между двумя клёнами в одной группе будет не более 4 деревьев, а между двумя клёнами из разных групп не менее 6."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Дан вписанный четырёхугольник $ABCD$. Известно, что $\angle ADB = 48^\circ$, $\angle BDC = 56^\circ$. Внутри треугольника $ABC$ отмечена точка $X$ так, что $\angle BCX = 24^\circ$, а луч $AX$ является биссектрисой угла $BAC$. Найдите угол $CBX$.
|
38
|
2020-21
|
9
|
38
|
[
"Углы $BDC$ и $BAC$ равны, так как опираются на одну дугу. Аналогично, равны углы $ADB$ и $ACB$. Тогда\n\n$\\angle ACX = \\angle ACB - \\angle XCB = \\angle ADB - \\angle XCB = 48^\\circ - 24^\\circ = 24^\\circ = \\angle XCB$\n\nПолучаем, что $CX$ — биссектриса угла $ACB$, поэтому $X$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$.\n\nТеперь нетрудно найти искомый угол:\n\n$\\angle CBX = \\frac{\\angle ABC}{2} = \\frac{180^\\circ - \\angle BAC - \\angle ACB}{2} = \\frac{180^\\circ - 56^\\circ - 48^\\circ}{2} = 38^\\circ$"
] |
MEDIUM
|
vos
|
Subsets and Splits
No community queries yet
The top public SQL queries from the community will appear here once available.