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 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
Учитель написал на доске четыре различных целых числа. Отличник Паша перемножил какие-то три из них и получил 37, а отличник Ваня перемножил какие-то три из них и получил 74. Какое наименьшее значение может принимать сумма четырёх чисел на доске?
|
-111
|
2023-24
|
8
|
-111
|
[
"Заметим, что число 37 является простым, и получить его произведением трёх целых чисел можно лишь, перемножая числа 1, −1 и −37. Чтобы получить произведение 74, надо выбрать два множителя из набора {1, −1, −37} и один новый множитель. Тогда получается, что есть 3 варианта для последнего множителя:",
"1) 1 · (-1) · (-74) = 74,",
"2) 1 · (-37) · (-2) = 74,",
"3) (-1) · (-37) · 2 = 74.",
"Очевидно, что наименьшая сумма всех четырёх чисел будет в случае, когда четвёртое число на доске равно −74, и она равна 1 + (-1) + (-37) + (-74) = -111."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Рассмотрим 450 чисел, состоящих из одних девяток:
\[ 9, 99, 999, \ldots, \underbrace{999\ldots9}_{450}. \]
Сколько единиц в десятичной записи суммы этих 450 чисел?
|
447
|
2023-24
|
9
|
447
|
[
"Заметим, что \\underbrace{999\\ldots9}_{k} = \\underbrace{100\\ldots0}_{k} - 1. Представим все наши числа таким же образом и просуммируем. Несложно понять, что получится число\n\\[ \\underbrace{111\\ldots10}_{450} - 450 = \\underbrace{11\\ldots10000}_{447} + (1110 - 450) = \\underbrace{11\\ldots10760}_{447}, \\]\nв записи которого 447 единиц."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Действительные числа \(a_1, a_2, \ldots, a_{90}\) образуют арифметическую прогрессию. Чему равно \(a_2 + a_5 + a_8 + \ldots + a_{89}\), если \(a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_{90} = 3000\)?
|
1000
|
2024-25
|
10
|
1000
|
[
"Как известно, в арифметической прогрессии каждый член равен среднему арифметическому своих соседей. Отсюда получаем, что \\(2a_2 = a_1 + a_3\\), \\(2a_5 = a_4 + a_6\\), ..., \\(2a_{89} = a_{88} + a_{90}\\).\n\nОбозначим \\(x = a_2 + a_5 + a_8 + \\ldots + a_{89}\\) и \\(y = a_1 + a_3 + a_4 + a_6 + \\ldots + a_{88} + a_{90}\\). Тогда \\(2x = y\\). При этом \\(x + y = 3000\\). Тогда \\(3x = 3000\\), т.е. \\(x = 1000\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Натуральное число назовём хорошим, если для него выполняются все следующие условия:
- В его десятичной записи все цифры ненулевые;
- Сумма его цифр равна 32;
- Любая его цифра, кроме последних двух, является делителем суммы следующих за ней двух цифр.
Найдите наименьшее хорошее число.
|
8888
|
2024-25
|
10
|
8888
|
[
"Несложно проверить, что число 8888 удовлетворяет всем условиям. Докажем, что меньшего числа получить не могло. Предположим, что это не так.\n\nПоскольку у числа сумма цифр равна 32, то в нём хотя бы 4 цифры. Если первая цифра не больше 7, то сумма оставшихся будет хотя бы 25, поэтому каждая цифра не меньше 7. Тогда сумма третьей и четвёртой цифр должны быть ровно в 2 раза больше третьей цифры, поскольку \\(7 \\cdot 3 = 21 > 9 + 9\\) и \\(9 + 9 = 18 < 25\\). Значит, сумма второй, третьей и четвёртой цифр должна делиться на 3, но это возможно только если первая цифра равна 2, 5 или 8. Если первая цифра равна 2, то сумма цифр не больше 29, противоречие. Если первая цифра равна 5, то для суммы цифр 32 остальные должны быть равны 9, но число 5999 не подходит. Значит, первая цифра равна 8.\n\nПоскольку сумма второй и третьей цифр должна делиться на 8, то их сумма должна быть равна 16, а тогда последняя цифра равна 8. Получаем варианты 8798, 8888, 8978, из которых подходит только 8888.\n\nЕсли же первая цифра равна 9, то число получится больше, чем 8888, поэтому наименьшее хорошее число это 8888."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Приведённые квадратные трёхчлены \( P(x) \) и \( Q(x) \) таковы, что каждое из чисел 0, 4, 6, 8, 9, 12 является корнем одного из трёхчленов \( P(x) \), \( Q(x) \), \( P(x) + Q(x) \). Чему равно \( P(0) + Q(0) \)?
Напомним, что квадратный трёхчлен \( ax^2 + bx + c \) называется приведённым, если \( a = 1 \).
|
72
|
2024-25
|
10
|
72
|
[
"Пусть \\( P(x) = x^2 + ax + b \\), а \\( Q(x) = x^2 + cx + d \\). Тогда по теореме Виета сумма корней \\( P(x) \\) равна \\(-a\\), а сумма корней \\( Q(x) \\) равна \\(-c\\). Трёхчлен \\( P(x) + Q(x) \\) имеет вид \\( 2x^2 + (a+c)x + b + d \\), его сумма корней равна \\(\\frac{-a-c}{2}\\), т.е. в 2 раза меньше, чем сумма корней \\( P(x) \\) и \\( Q(x) \\). Значит, сумма корней \\( P(x) + Q(x) \\) составляет \\(\\frac{1}{3}\\) от общей суммы корней всех трёх трёхчленов. По условию она равна \\( 0+4+6+8+9+12 = 39 \\), т.е. сумма корней \\( P(x) + Q(x) \\) равна 13. Число 13 можно набрать единственным способом — 4 + 9, т.е. корнями \\( P(x) \\) и \\( Q(x) \\) являются 4 и 9.\n\nПоскольку у \\( P(x) + Q(x) \\) первый коэффициент равен 2, то по теореме Виета второй коэффициент будет равен \\(-2(4 + 9) = -26\\), а третий будет равен \\( 2 \\cdot 4 \\cdot 9 = 72 \\). Значит, \\( P(x) + Q(x) = 2x^2 - 26x + 72 \\), откуда \\( P(0) + Q(0) = 72 \\)."
] |
HARD
|
vos
|
Школьный актовый зал представляет из себя квадрат 11 × 11. На вечернем мероприятии все места были заняты. Каждый из присутствующих сказал: «В моём горизонтальном ряду сидит больше девочек, чем в моём вертикальном ряду». Оказалось, что 60 детей сказали правду, а 61 — неправду. Какое наибольшее число девочек могло присутствовать?
|
115
|
2024-25
|
10
|
115
|
[
"Пусть дети сидят следующим образом: 6 мальчиков сидят в одном горизонтальном ряду, а на остальных местах сидят девочки. Тогда правду скажут только те девочки, которые сидят в одном вертикальном ряду с каким-то из этих мальчиков. Таких девочек 6 · 10, т.е. как раз 60.\n\nДокажем, что больше девочек быть не может. Заметим, что если в каком-то вертикальном ряду все являются девочками, то все они говорят неправду, т.к. в их горизонтальном ряду не может быть больше 11 девочек. Но тогда, если девочек больше 115, то найдётся хотя бы 6 вертикальных рядов, целиком заполненных девочками, а значит, людей, сказавших неправду, будет хотя бы 6 · 11 = 66, противоречие."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В прямоугольном параллелепипеде V все рёбра имеют целую длину (в сантиметрах). Петя выбрал одну из вершин параллелепипеда V и посчитал площади трёх граней, содержащих эту вершину. Оказалось, что наибольшая из площадей равна 240 см², а наименьшая — 24 см². Обозначим x см² площадь оставшейся грани. Найдите сумму всех возможных значений x.
|
290
|
2024-25
|
11
|
290
|
[
"Обозначим a ≤ b ≤ c длины рёбер параллелепипеда (в см). Тогда его грани имеют площади ab ≤ ac ≤ bc (в см²). Значит, bc = 240 и ab = 24. Таким образом, число b является делителем числа 24, причём ввиду неравенств a ≤ b ≤ c мы имеем b² ≥ 24 и b² ≤ 240, откуда b > 4 и b < 21. Выпишем подходящие под эти неравенства делители: 6, 8, 12. Прямая проверка показывает, что параллелепипеды с длинами рёбер (4, 6, 40), (3, 8, 30) и (2, 12, 20) действительно подходят под условие. Ответом на задачу является сумма 4·40 + 3 · 30 + 2 · 20 = 290."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Дан тетраэдр ABCD. Известно, что AD = BC = 10, AC = BD = 11, AB = 9 и CD = 13. Борис выбирает точку X внутри тетраэдра и считает сумму AX + BX + CX + DX. Какое наименьшее значение он может получить?
|
26
|
2024-25
|
11
|
26
|
[
"Отметим точки M и N — середины отрезков AB и CD соответственно. Треугольники ACD и BDC равны по трём сторонам, поэтому AN = BN (это длины медиан к соответствующим сторонам в этих треугольниках). Отрезок MN является медианой в равнобедренном треугольнике ANB, поэтому MN ⊥ AB. Аналогично треугольники ADB и BCA равны по трём сторонам, поэтому DM = CM, и значит, MN ⊥ CD.",
"Обозначим m плоскость ABN и ℓ — прямую, образованную пересечением плоскостей m и CDN. Ясно, что ℓ ⊥ MN. Отметим на прямой ℓ точки C' и D' так, что C'D' = CD и точка N является серединой отрезка C'D' (точки A и C' лежат по одну сторону относительно прямой MN в плоскости m). Четырёхугольник ABC'D' является равнобедренной трапецией (поскольку точки A и C' симметричны относительно прямой MN точкам B и D' соответственно). Из тех же соображений симметрии отрезки BC' и AD' пересекаются на отрезке MN. Обозначим X' эту точку пересечения. Мы покажем, что точка X' — это и есть искомая точка X из условия.",
"Треугольники X'NC и X'NC' равны, так как ∠X'NC = 90° = ∠X'NC', CN = CD/2 = C'N и сторона X'N — общая. Значит, X'C = X'C'. Аналогично X'D = X'D'. Таким образом AX' + BX' + CX' + DX' = (AX' + D'X') + (BX' + C'X') = AD' + BC'.",
"Пусть теперь X — произвольная точка в тетраэдре ABCD. Обозначим X0 — основание перпендикуляра из точки X на плоскость m, а P — основание перпендикуляра из точки X на прямую MN. Тогда ясно, что AX ≥ AX0 и BX ≥ BX0, поэтому AX + BX ≥ AX0 + BX0. Точки A, B, X0, P лежат в одной плоскости, AB ∥ X0P и точка P лежит на серединном перпендикуляре к AB. Обозначим B' точку, симметричную B относительно прямой X0P. Тогда точки A, P, B' лежат на одной прямой, так что AP + BP = AP + B'P = AB'. По неравенству треугольника AX0 + BX0 = AX0 + B'X0 ≥ AB'. Таким образом, AX + BX ≥ AX0 + BX0 ≥ AP + BP. Аналогично CX + BX ≥ CP + DP = C'P + D'P.",
"Итак, мы выяснили, что AX + BX + CX + DX ≥ (AP + D'P) + (BP + C'P) ≥ AD' + BC' = AX' + BX' + CX' + DX'. Значит, X' есть искомая точка, и осталось найти значение выражения AX' + BX' + C'X' + D'X' = AD' + BC'. Из соображений симметрии AD' = BC'. Далее, по теореме Пифагора (AD′)² = (AB + CD / 2)² + NM² = 121 + NM². Снова применим теорему Пифагора 121 + NM² = 121 + BN² - (AB / 2)² = 121 + BN² - 20, 25 = 100, 75 + BN². Отрезок BN является медианой треугольника BCD. По формуле, выражающей длину медианы через длины сторон треугольника, получаем (AD′)² = 100, 75 + BN² = 100, 75 + 1/2 BC² + 1/2 BD² - 1/4 CD² = 100, 75 + 50 + 60, 5 - 42, 25 = 169. Значит, AD′ = 13, и ответ на задачу равен 2AD′ = 26."
] |
HARD
|
vos
|
В прямоугольном треугольнике \( ABC \) с прямым углом \( C \) провели высоту \( CH \). На гипотенузе \( AB \) отметили точки \( X \) и \( Y \), такие что \( CX \) и \( CY \) — биссектрисы углов \( BCH \) и \( HCA \) соответственно. Найдите, чему равна длина стороны \( AB \), если известно, что периметр треугольника \( ABC \) равен 44, а длина отрезка \( XY \) равна 6.
|
19
|
2024-25
|
8
|
19
|
[
"Пусть \\( \\angle ACY = \\angle YCH = \\alpha \\), \\( \\angle HCX = \\angle XCB = \\beta \\). Тогда \\( 2\\alpha + 2\\beta = \\angle ACB = 90^\\circ \\), поэтому \\( \\angle CAH = 90^\\circ - \\angle ACH = 2\\beta \\). Заметим, что \\( \\angle CYB \\) внешний для треугольника \\( ACY \\), поэтому \\( \\angle CYB = \\angle ACY + \\angle CAY = \\alpha + 2\\beta = \\angle YCB \\), поэтому треугольник \\( BCY \\) равнобедренный и \\( BC = BY \\). Аналогично получаем, что треугольник \\( ACX \\) равнобедренный и \\( AC = AX \\).\n\nС использованием полученных равенств можем записать:\n\n\\[ 44 = AB + BC + CA = AB + BY + AX = AB + AB + XY = 2AB + 6. \\]\nИз полученного равенства находим \\( AB = 19 \\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Найдите сумму цифр числа
\[ 3 \cdot \underbrace{33 \ldots 3}_{100}^3 + 2 \cdot \underbrace{11 \ldots 1}_{100}^2 + \underbrace{55 \ldots 5}_{100}^2 + \underbrace{33 \ldots 3}_{100}. \]
|
300
|
2024-25
|
8
|
300
|
[
"Преобразуем наше число\n\n\\[\n\\begin{aligned}\n& 3 \\cdot \\underbrace{33 \\ldots 3}_{100}^3 + 2 \\cdot \\underbrace{11 \\ldots 1}_{100}^2 + \\underbrace{55 \\ldots 5}_{100}^2 + \\underbrace{33 \\ldots 3}_{100} = \\\\\n& 3 \\cdot 3^3 \\cdot \\left( \\frac{10^{100} - 1}{9} \\right)^3 + 2 \\cdot \\left( \\frac{10^{100} - 1}{9} \\right)^2 + 5^2 \\cdot \\left( \\frac{10^{100} - 1}{9} \\right)^2 + 3 \\cdot \\frac{10^{100} - 1}{9} = \\\\\n& 81 \\frac{(10^{100} - 1)^3}{9^3} + 27 \\frac{(10^{100} - 1)^2}{9^2} + 3 \\frac{(10^{100} - 1)}{9} = \\\\\n& \\frac{(10^{100} - 1)}{9} \\cdot ((10^{200} - 2 \\cdot 10^{100} + 1) + 3(10^{100} - 1) + 3) = \\\\\n& \\frac{(10^{100} - 1)}{9} \\cdot (10^{200} + 10^{100} + 1) = \\frac{(10^{300} - 1)}{9} = \\underbrace{11 \\ldots 1}_{300}.\n\\end{aligned}\n\\]\n\nЗначит, сумма цифр равна 300."
] |
HARD
|
vos
|
Новая шахматная фигура гусь может ходить либо на одну клетку влево, либо на две клетки вправо и одну вверх, либо на две клетки вверх и одну вправо. Возможные ходы гуся, стоящего в клетке Г, отмечены на рисунке крестиками. Гусь бьёт так же, как и ходит.
Несколько гусей стоят в клетках доски \( 8 \times 8 \) так, что никакой гусь не бьёт другого гуся, при этом любая незанятая клетка бьётся хотя бы одним гусём. Сколько гусей может стоять на доске? Укажите все возможные варианты в любом порядке.
|
32
|
2024-25
|
8
|
32
|
[
"Покажем, что существует единственная расстановка гусей, удовлетворяющая условию. Введём стандартные шахматные обозначения для горизонталей и вертикалей: горизонтали нумеруются числами от 1 до 8 снизу вверх, вертикали нумеруются буквами от а до h слева направо (см. рис.)\n\nЗаметим, что любая клетка может биться только гусями, расположенными ниже этой клетки, либо правее. Рассмотрим клетку h1 (клетку в правом нижнем углу). Эта клетка не может биться никаким гусём (так как не существует клеток ниже или правее), поэтому в ней обязательно должен стоять гусь. Отметим h1 буквой Г, а также отметим крестиками все клетки, которые бьёт гусь, расположенный в h1 (это только клетка g1).\n\nТеперь рассмотрим клетку f1. Она не может биться никаким гусём, так как ниже неё нет клеток, а правее есть только гусь h1, который не бьёт f1. Поэтому в клетке f1 обязательно должен стоять гусь. Отметим f1 буквой Г, а также отметим крестиками клетки h2, g3 и e1, которые бьёт гусь, расположенный в f1.\n\n8\n7\n6\n5\n4\n3\n2\n1\nа b c d e f g h\nБудем дальше по одной определять клетки, в которых обязательно стоят гуси. Для этого докажем следующую лемму.\nЛемма. Пусть мы знаем про некоторые клетки, что в них обязательно стоят гуси. Отметим все эти клетки буквами Г, а клетки, которые бьют такие гуси — крестиками. Пусть клетка А не отмечена, при этом все клетки правее А в той же строке отмечены, и все клетки в строках ниже А отмечены (синяя область на рисунке). Тогда в клетке А обязательно стоит гусь.\nДоказательство леммы. Клетка А может биться только гусями, расположенными в синей области. Однако в этой области есть только отмеченные клетки. В клетках, отмеченных крестиками, гусей быть не может, а гуси, расположенные в остальных клетках, не бьют клетку А (так как все побитые ими клетки отмечены крестиками, а А не отмечена). Поэтому клетка А не может биться никаким гусём, а значит в ней стоит гусь. Лемма доказана.\nДоказанная лемма позволяет последовательно отметить все клетки доски (см. рис.)\nПроделав это, убеждаемся, что клетки, занятые гусями, и свободные от гусей, образуют шахматную раскраску, и что гусей на доске обязательно 32.\n□"
] |
MEDIUM
|
vos
|
В остроугольном треугольнике \(ABC\) провели высоты \(BB_{1}\) и \(CC_{1}\). Точки \(M\) и \(N\) являются серединами сторон \(AC\) и \(AB\) соответственно. Прямая \(C_{1}M\) повторно пересекает описанную окружность треугольника \(BCC_{1}\) в точке \(X\). Точка \(O\) является центром описанной окружности треугольника \(B_{1}MX\). Найдите \(ON\), если \(AB = 10\), \(B_{1}M = 3\), \(\angle A = 60^\circ\).
|
8
|
2024-25
|
9
|
8
|
[
"Докажем в первую очередь, что точки \\(N\\), \\(B_{1}\\) и \\(O\\) лежат на одной прямой. Сначала заметим, что поскольку треугольник \\(ABB_{1}\\) прямоугольный, \\(\\angle BAB_{1} = 60^\\circ\\), а \\(N\\) — середина гипотенузы \\(AB\\), то треугольник \\(ANB_{1}\\) является равносторонним, откуда следует что \\(NB_{1} = \\frac{AB}{2} = 5\\) и \\(\\angle AB_{1}N = 60^\\circ\\). Отметим, что \\(\\angle ACC_{1} = 90^\\circ - 60^\\circ = 30^\\circ\\). Углы \\(\\angle B_{1}MX\\) и \\(\\angle B_{1}CC_{1}\\) равны, поскольку являются вписанными в одну окружность, а \\(\\angle B_{1}OM = 2 \\angle B_{1}XM = 2 \\cdot 30^\\circ = 60^\\circ\\). Поскольку \\(O\\) является центром описанной окружности треугольник \\(B_{1}MX\\), то \\(OB_{1} = OM\\), что приводит к тому, что треугольник \\(OB_{1}M\\) — равносторонний. Таким образом, \\(\\angle OB_{1}M = 60^\\circ\\) и \\(OB_{1} = OM = 3\\). Получаем, что точки \\(N\\), \\(B_{1}\\) и \\(O\\) лежат на одной прямой и \\(NO = NB_{1} + B_{1}O = 5 + 3 = 8\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
У Васи есть прямой бикфордов шнур длиной 20 метров, который горит равномерно со скоростью 1 метр в минуту. Вася хочет поджечь его одновременно в нескольких точках так, чтобы весь шнур сгорел быстрее чем за 3 минуты. В каком наименьшем количестве точек надо поджечь шнур Васе? От места поджигания шнур начинает гореть в обе стороны.
|
4
|
2024-25
|
10
|
4
|
[
"За 3 минуты сгорает не более 6 метров шнура от места поджога. Поэтому задача переформулируется так: есть отрезок длины 20; каким наименьшим количеством интервалов длины 6 можно его покрыть? Интервалы длины 6 могут налегать друг на друга и могут вылезать за пределы отрезка длины 20. Очевидно, что 3-х интервалов не хватит, так как их суммарная длина будет 18, что меньше 20. А четырьмя интервалами длины 6 отрезок длины 20 покрыть можно, см. рисунок."
] |
MEDIUM
|
vos
|
По кругу стоят 100 детей, каждый из них одет в красную или синюю кофту. Каждый из них заявил: «Хотя бы один из двоих моих соседей — в кофте того же цвета, что и я». Оказалось, что 67 детей сказали правду, а 33 — соврали. Какое наибольшее количество детей в красных кофтах могло быть?
|
83
|
2024-25
|
8
|
83
|
[
"Приведём пример, когда в красных кофтах 83 ребёнка. Пусть между 17 детьми в синих кофтах будет по одному ребёнку в красных кофтах. А оставшиеся дети пусть будут в красных кофтах. Тогда каждый из детей в синей кофте соврёт, т. к. рядом с ним стоят только дети в красных кофтах. Кроме того, каждый из 16 детей, стоящих между двумя детьми в синих кофтах, тоже соврёт. Оставшиеся 100 − 17 − 16 = 67 детей в красных кофтах скажут правду, т.к. рядом с ними будет хотя бы один человек в красной кофте. Предположим, детей в красных кофтах может быть больше 83, тогда детей в синих кофтах не более 16. Заметим, что если два человека в красных кофтах стоят рядом, то они точно говорят правду. Разобьём круг на 50 пар рядом стоящих детей. Поскольку дети в синих кофтах находятся не более чем в 16 парах, хотя бы в 34 парах оба ребёнка будут в красных кофтах. Но тогда детей, сказавших правду, будет хотя бы 34 · 2 = 68, противоречие."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Дан треугольник \(ABC\) с тупым углом при вершине \(C\). На стороне \(AC\) нашлась точка \(P\) такая, что \(\angle CPB = 22^\circ\). На отрезке \(BP\) нашлась точка \(Q\) такая, что \(BQ = 2PC\) и \(QC \perp BC\). Сколько градусов составляет угол \(ACB\)?
|
147
|
2024-25
|
8
|
147
|
[
"Пусть \\(M\\) — середина отрезка \\(BQ\\). Отрезок \\(CM\\) является медианой прямоугольного треугольника \\(BCQ\\), поэтому \\(CM = BM = MQ = \\frac{1}{2} \\cdot BQ = PC\\). Из равнобедренного треугольника \\(PCM\\) получаем \\(\\angle PMC = \\angle CPM = 22^\\circ\\). У равнобедренного треугольника \\(BCM\\) внешний угол при вершине \\(M\\) равен сумме двух равных внутренних, поэтому \\(\\angle CBM = \\frac{1}{2} \\cdot 22^\\circ = 11^\\circ\\). По сумме углов в треугольнике \\(BCP\\) находим искомый угол: \\(\\angle ACB = 180^\\circ - 22^\\circ - 11^\\circ = 147^\\circ\\)."
] |
HARD
|
vos
|
Учительница составляет варианты для контрольной работы. Каждый вариант устроен так: учительница в произведении 345612 · 653209 между какими-то двумя цифрами в каждом числе ставит запятую. Учительница выбирает варианты так, чтобы ответы во всех вариантах были различными. Какое наибольшее число вариантов удастся выбрать учительнице?
|
9
|
2024-25
|
9
|
9
|
[
"Что значит «между какими-то двумя цифрами числа поставить запятую»? Это значит «поделить число на некоторую степень 10». Например, 3456,12 = \\(\\frac{345612}{10^2}\\). Следовательно, ответ в каждом варианте будет равен \\(\\frac{345612}{10^k} \\cdot \\frac{653209}{10^\\ell} = \\frac{653209 \\cdot 345612}{10^{k+\\ell}}\\) для некоторых \\(k\\) и \\(\\ell\\). Какие значения могут принимать \\(k\\) и \\(\\ell\\)? Наименьшая степень 10, на которую можно поделить 345612 равна 1 (т. е. \\(k \\geqslant 1\\)), а наибольшая равна 5 (для числа 3,45612; т. е. \\(k \\leqslant 5\\)). Аналогично, \\(1 \\leqslant \\ell \\leqslant 5\\). Значит, \\(2 \\leqslant k + \\ell \\leqslant 10\\), т. е. \\(k + \\ell\\) принимает 9 значений, значит и вариантов максимум получится 9."
] |
MEDIUM
|
vos
|
По кругу через равные промежутки растут 846 яблонь. Поздней осенью на каждой из них осталось 1, 2, 3, 4 или 5 яблок. Оказалось, что количества яблок на любых двух рядом растущих яблонях отличаются ровно на 1. Одно яблоко растёт на 200 яблонях, три — на 21. А на скольких яблонях растёт пять яблок?
|
202
|
2024-25
|
9
|
202
|
[
"Главное наблюдение в этой задаче — яблони с чётным (2, 4) и нечётным (1, 3, 5) количествами яблок чередуются. После него задача решается быстро: так как они чередуются, то яблонь с 2 и 4 яблоками столько же, сколько и с 1, 3 и 5. Значит, яблонь с 1, 3 и 5 яблоками ровно половина: 846/2 = 423. Нам дано, что из этих 423 яблонь 200 и 21 — это яблони с 1 и 3 яблоками. Значит, оставшиеся 423 - 200 - 21 = 202 — с 5 яблоками."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В каждой клетке доски $2 \times 200$ лежит по рублёвой монете. Даша и Соня играют, делая ходы по очереди, начинает Даша. За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть её: Даша двигает монету на соседнюю по диагонали клетку, Соня — на соседнюю по стороне. Если две монеты оказываются в одной клетке, одна из них тут же снимается с доски и достаётся Соне. Соня может остановить игру в любой момент и забрать все полученные деньги. Какой наибольший выигрыш она может получить, как бы ни играла Даша?
|
300
|
2024-25
|
8
|
300 рублей.
|
[
"Разобьём доску на 100 квадратов \\(2 \\times 2\\). Если перед ходом Сони на доске есть хотя бы 101 монета, то найдется квадрат, в котором лежат хотя бы две монеты. Если они в соседних клетках, Соня своим ходом ставит одну из них в клетку с другой и забирает монету. В противном случае Соня сдвигает одну из монет в клетку, находящуюся в том же столбце, что и вторая монета, а после следующего хода Даши ставит эту монету в одну клетку со второй и также забирает монету. Действуя таким образом, Соня может забрать с доски по крайней мере 300 монет.",
"Покажем, что Даша может помешать Соне забрать с доски больше 300 монет. Пусть она отметит в каждом из описанных выше квадратов \\(2 \\times 2\\) левую нижнюю монету. Покажем, как ей играть, чтобы никакие две отмеченные монеты не оказывались в одной клетке — тогда всякий раз можно считать, что все 100 отмеченных монет остаются на доске. Если Соня подвинула отмеченную монету из ее исходного столбца, Даша подвинет эту монету обратно в исходный столбец. В противном же случае она двигает крайнюю правую отмеченную монету между двумя крайними справа столбцами."
] |
HARD
|
vos
|
В клетчатом прямоугольнике 2 × 100 каждую клетку красят в белый или чёрный цвет. Доминошкой будем называть клетчатый прямоугольник 1 × 2 или 2 × 1. Оказалось, что существует единственный способ разбить данный прямоугольник 2 × 100 на доминошки так, чтобы каждая доминошка покрывала хотя бы 1 чёрную клетку. Какое наибольшее количество клеток могло быть покрашено в чёрный цвет?
|
120
|
2024-25
|
10
|
120
|
[
"Пусть прямоугольник \\(2 \\times 100\\) разбит на доминошки. Двигаясь слева направо, понимаем, что горизонтальные доминошки объединяются в блоки \\(2 \\times 2\\). Далее под блоком понимаем такой блок \\(2 \\times 2\\) из двух горизонтальных доминошек. Назовём хорошим разбиение на доминошки, в котором в каждой доминошке хотя бы одна клетка чёрная. Назовём раскраску хорошей, если при ней существует ровно одно хорошее разбиение. 1) Приведём пример хорошей раскраски, в которой 120 чёрных клеток. Красим первый столбец белым, следующие 3 столбца — чёрным, пятый столбец — белым, и далее продолжаем с периодом 5. Тогда разобьём наш прямоугольник на прямоугольники \\(2 \\times 5\\) и в каждом из них пусть слева и справа находятся блоки, а посередине — вертикальная доминошка. Видим, что получено хорошее разбиение. Покажем, что оно единственно. Посмотрим на границу между 5-м и 6-м столбцами. Эта граница не может находиться внутри блока, значит, эта граница обязательно должна присутствовать в разбиении и отрезать прямоугольник \\(2 \\times 5\\). Далее продолжим аналогичные рассуждения с отрезанием прямоугольников \\(2 \\times 5\\). Остаётся разобраться, как может быть устроено хорошее разбиение для прямоугольника \\(2 \\times 5\\). В первом столбце не может быть вертикальная доминошка, поэтому в 1-м и 2-м столбцах точно находится блок. Аналогично в 4-м и 5-м столбцах находится вертикальный блок. Тем самым хорошее разбиение однозначно восстановлено. Обоснование того, что наша раскраска хорошая, завершено. 2) Оценка. Рассмотрим хорошее разбиение прямоугольника \\(2 \\times 100\\). В каждом блоке не более двух чёрных клеток, иначе мы можем заменить две горизонтальные доминошки этого блока на вертикальные, и разбиение останется хорошим. В вертикальной доминошке может быть одна чёрная клетка или две чёрных клетки. В первом случае вертикальную доминошку назовём светлой, а во втором — тёмной. Если у нас \\(k\\) тёмных доминошек, то в них \\(2k\\) чёрных клеток, а остальная площадь \\((200 - 2k)\\) разбита на блоки и светлые доминошки, т.е. в ней не более половины площади занимают чёрные клетки. Итого чёрных клеток не более \\(2k + (100 - k) = 100 + k\\). Остаётся понять, что тёмных доминошек не более 20. Вертикальная доминошка не может граничить с тёмной доминошкой, иначе эту пару можно заменить на блок (из двух горизонтальных доминошек), и разбиение останется хорошим. Значит, граничить с тёмной доминошкой может только блок. К одному и тому же блоку слева и справа не могут примыкать две тёмные доминошки, иначе в образованном ими прямоугольнике \\(2 \\times 4\\) можно заменить все доминошки на горизонтальные, и разбиение останется хорошим. Рассмотрим две ближайшие друг к другу тёмные доминошки. Промежуток (по горизонтали) между ними не может составлять 0, 1, 2 или 3 клетки (в последнем случае два блока, соседних с этими тёмными доминошками, должны пересекаться, что невозможно). Суммируя длины промежутков для \\(k - 1\\) пар ближайших тёмных доминошек, получаем, что количество вертикалей не менее \\(k + 4(k - 1) = 5k - 4\\). Но оно равно 100. Отсюда \\(5k - 4 \\leq 100\\) и \\(5k \\leq 104\\), что невозможно при \\(k \\geq 21\\). Неравенство \\(k \\leq 20\\) установлено. Доказательство оценки завершено."
] |
HARD
|
vos
|
В треугольнике \(ABC\) с углом \(100^\circ\) при вершине \(A\) медианы \(BK\) и \(CN\) пересекаются в точке \(M\). Прямая, проходящая через точку \(M\) и параллельная \(BC\), пересекает описанную окружность треугольника \(AKN\) в точках \(P\) и \(Q\). Найдите сумму углов \(BPC\) и \(BQC\).
|
280
|
2024-25
|
11
|
280^\circ
|
[
"Обозначим через \\(R\\) точку пересечения прямой \\(PQ\\) с отрезком \\(BN\\). Заметим, что \\(NK\\) — средняя линия треугольника \\(ABC\\), поэтому \\(NK \\parallel BC \\parallel PQ\\). Значит, по теореме Фалеса \\(\\frac{R N}{R B}=\\frac{M K}{M B}=\\frac{1}{2}\\), последнее равенство следует из того, что \\(M\\) - точка пересечения медиан треугольника \\(A B C\\).",
"Обозначим \\(R N=x\\). Тогда \\(B R=2 x, B N=A N=3 x, A R=4 x\\). Поскольку четырёхугольник \\(A N P Q\\) вписанный, имеем \\(R P \\cdot R Q=R N \\cdot R A=x \\cdot 4 x=(2 x)^{2}=B R^{2}\\). Следовательно, прямая \\(B R\\) касается описанной окружности треугольника \\(B P M\\), поэтому \\(\\angle A B P=\\angle B Q P=\\angle Q B C\\), а тогда и \\(\\angle A B Q=\\angle C B P\\). Рассуждая аналогично, получаем, что \\(\\angle A C P=\\angle Q C B\\). Значит, \\(\\angle B P C+\\angle B Q C=180^{\\circ}-\\angle P B C-\\angle P C B+180^{\\circ}-\\angle Q B C-\\angle Q C B=360^{\\circ}-\\angle P B C-\\angle P C B-\\angle P B A-\\angle P C A=180^{\\circ}+\\angle B A C=280^{\\circ}\\)."
] |
HARD
|
vos
|
Несколько карточек выложили в ряд слева направо, на каждой карточке написана буква русского алфавита. Назовём набор из 33 карточек идеальным, если на этих карточках выписаны все буквы в алфавитном порядке слева направо. Известно, что при любом выборе одной буквы $L$ русского алфавита найдутся $10^6$ идеальных наборов, любые два из которых либо не имеют общих карточек, либо имеют ровно одну общую карточку, на которой написана буква $L$. При каком наибольшем $k$ в этом ряду гарантированно можно найти $k$ идеальных наборов, любые два из которых не имеют общих карточек?
|
33
|
2024-25
|
11
|
При $k = 33$.
|
[
"Положим $N = 10^6$. Покажем сначала, как выложить карточки так, чтобы больше 33 попарно не пересекающихся идеальных наборов не нашлось. Для удобства обозначим буквы в алфавитном порядке через $z_1, z_2, \\ldots, z_{33}$; через $z^k$ будем обозначать последовательность из $k$ карточек, на каждой из которых написана буква $z$. Наш ряд будет состоять из 33 блоков $B_1, B_2, \\ldots, B_{33}$, выложенных друг за другом в этом порядке. Блок $B_i$ выглядит как $z_1^N z_2^N \\ldots z_{i-1}^N z_i z_{i+1}^N \\ldots z_{33}^N$ (единственную карточку с буквой $z_i$ в этом блоке назовём особой). Ясно, что уже в $i$-м блоке содержится $N$ идеальных наборов, у которых общей является только особая карточка. Докажем теперь, что в каждом идеальном наборе в полученном ряду есть особая карточка. Поскольку особых карточек всего 33, отсюда будет следовать, что из любых 34 идеальных наборов два обязательно пересекутся по какой-то особой карточке, то есть $k$ не может быть больше 33.",
"Осталось показать, что $k = 33$ попарно не пересекающихся идеальных наборов выбрать всегда можно. При $1 \\leqslant i \\leqslant 33$ обозначим через $S_i$ множество из $10^6$ идеальных наборов, не имеющих общих букв, кроме, возможно, $z_i$ (оно существует по условию). Мы выберем из каждого множества по набору так, чтобы в них не было общих карточек. После завершения 33-го шага мы получим 33 попарно не пересекающихся идеальных набора, что и требовалось."
] |
HARD
|
vos
|
У Жоры есть коробка конфет, в которой конфеты расположены прямоугольником \(4 \times 5\) (4 строчки, 5 столбцов). Жора берёт по одной конфете, каждый раз выбирая из строки, в которой осталось максимальное количество конфет; если таких несколько — из любой из них. Сколькими способами Жора мог съесть первые 5 конфет; порядок поедания важен?
|
240000
|
2024-25
|
10
|
240000
|
[
"Первую конфету Жора может съесть любую — т.е. у него 20 способов. Для каждого из этих 20 способов вторую конфету Жора сможет съесть уже только 15 способами: в таблице останется 3 строки, в каждой из которых по 5 конфеты (и из этих 15 будет выбирать Жора), а также одна строка с 4 конфетами. То есть выбрать первые две конфеты у Жоры \\(20 \\cdot 15\\) способов. Аналогично предыдущему: для каждого из этих \\(20 \\cdot 15\\) способов выбрать первые две конфеты у Жоры есть по 10 способов выбрать третью конфету. То есть выбрать первые три конфеты у него \\(20 \\cdot 15 \\cdot 10\\) способов. Аналогично предыдущему: выбрать первые четыре конфеты у Жоры \\(20 \\cdot 15 \\cdot 10 \\cdot 5\\) способов. Наконец, для каждого из \\(20 \\cdot 15 \\cdot 10 \\cdot 5\\) способов выбрать первые четыре конфеты у Жоры есть по 16 способов выбрать пятую конфету: за предыдущие четыре выбора Жора взял по одной конфете из каждой строки, т.е. сейчас в каждой строке осталось по 4 конфеты и Жора вновь может выбрать из всех конфет. Итого, ответ \\(20 \\cdot 15 \\cdot 10 \\cdot 5 \\cdot 16=240000\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
В стране 3 мегаполиса и 7 городков. Авиакомпания планирует расписание полётов между ними. Руководитель хочет, чтобы выполнялись следующие условия: от любого населённого пункта до любого другого можно добраться (прямым рейсом или с пересадками); если из пункта \( A \) есть рейс в пункт \( B \), то и из пункта \( B \) есть рейс в пункт \( A \); из двух мегаполисов можно улететь ровно в четыре населённых пункта, а из одного — в три; из каждого городка можно улететь ровно в один населённый пункт. Сколько существует способов организовать такое расписание?
|
1680
|
2024-25
|
10
|
1680
|
[
"Для начала заметим, что из городка можно улететь только в мегаполисы: если из какого-то городка \\( X \\) единственный рейс ведёт в городок \\( Y \\), то и из \\( Y \\) единственный рейс ведёт в \\( X \\), т.е. из городков \\( X \\) и \\( Y \\) больше никуда не добраться. Заметим, что ни в один мегаполис не может прилетать 4 рейса: тогда из этих 5 населённых пунктов (мегаполиса и 4 городков) больше нельзя никуда улететь. Значит, в каждый мегаполис прилетают рейсы не более чем из трёх городков. Суммарно в мегаполисы должны прилететь 7 рейсов из городков. Существует только два способа, как можно представить число 7 в виде суммы трёх чисел, каждое из которых не превосходит 3: \\( 3 + 3 + 1 \\). Назовём эти мегаполисы \\( A_1 \\), \\( A_2 \\) и \\( B \\) соответственно. Мегаполис \\( B \\) дополнительно должен быть соединён ещё хотя бы с двумя другими мегаполисами, значит ровно с двумя он и соединён. После этого у мегаполисов \\( A_1 \\) и \\( A_2 \\) также будет по 4 рейса. Посчитаем теперь количество таких расписаний: \\(3 \\cdot C_{7}^{3} \\cdot C_{4}^{3} = 420\\) вариантов (тут 3 — это количество способов выбрать мегаполис \\( B \\), после чего для мегаполиса \\( A_1 \\) надо из 7 городков выбрать 3, в которые из него будет рейс, далее из 4 оставшихся — 3 для мегаполиса \\( A_2 \\)). \\( 3 + 2 + 2 \\). Назовём мегаполис, соответствующий 3, \\( A \\). Заметим, что из \\( A \\) должна быть какая-то возможность ещё куда-то добраться, т.е. должен быть ещё хотя бы один рейс в какой-то другой мегаполис. Назовём этот мегаполис \\( B \\), а оставшийся — \\( C \\). Сейчас мы уже знаем про 4 рейса из \\( A \\), 3 рейса из \\( B \\) и 2 рейса из \\( C \\). Из \\( C \\) должен выходить ещё хотя бы один рейс в какой-то мегаполис. Это может быть только \\( B \\), ведь из \\( A \\) уже идёт 4 рейса. Сейчас все рейсы между мегаполисами определены. Посчитаем теперь количество таких расписаний: \\(3 \\cdot 2 \\cdot C_{7}^{3} \\cdot C_{4}^{2} = 1260\\) вариантов (здесь 3 — способы выбрать мегаполис \\( A \\), 2 — мегаполис \\( B \\), \\( C_{7}^{3} \\) — сколькими способами можно выбрать городки для \\( A \\), \\( C_{4}^{2} \\) — после этого выбрать городки для \\( B \\)). Итого, всего способов \\( 1260 + 420 = 1680 \\)."
] |
HARD
|
vos
|
Числа \(a_1\), \(a_2\), \(\ldots\), \(a_9\) таковы, что \(\frac{a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_9^2}{a_1 + a_2 + \ldots + a_9} = 48\). Какое наибольшее значение может принимать \(a_1\)?
|
96
|
2024-25
|
10
|
96
|
[
"Домножим обе части равенства на знаменатель дроби, перенесём всё в левую часть равенства и сгруппируем: \\((a_1^2 - 48a_1) + (a_2^2 - 48a_2) + \\ldots + (a_9^2 - 48a_9) = 0\\). Теперь прибавим к выражениям в скобках по \\(24^2\\), а чтобы равенство сохранилось — к правой части прибавим \\(9 \\cdot 24^2\\), получим: \\((a_1^2 - 48a_1 + 24^2) + (a_2^2 - 48a_2 + 24^2) + \\ldots + (a_9^2 - 48a_9 + 24^2) = 9 \\cdot 24^2\\). Теперь каждую скобку запишем как квадрат разности: \\((a_1 - 24)^2 + (a_2 - 24)^2 + \\ldots + (a_9 - 24)^2 = 72^2\\). Оценим первое слагаемое: \\((a_1 - 24)^2 = 72^2 - (a_2 - 24)^2 - \\ldots - (a_9 - 24)^2 \\leqslant 72^2\\), поэтому \\(-72 \\leqslant a_1 - 24 \\leqslant 72\\) и \\(-48 \\leqslant a_1 \\leqslant 96\\). Таким образом, \\(a_1 \\leqslant 96\\). Значение \\(a_1 = 96\\) достигается при \\(a_2 = \\ldots = a_9 = 24\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Каждое из чисел от 1 до 3491 покрашено в один из k цветов (каждый цвет встречается). Оказалось, что для каждого цвета количество чисел этого цвета равно наименьшему числу этого цвета. При каком наибольшем k это возможно?
|
83
|
2024-25
|
11
|
83
|
[
"Обведём в кружочек наименьшее число каждого цвета. Наименьшее из обведённых чисел не меньше 1, следующее по величине — не меньше 2, следующее — не меньше 3, и т.д., последнее обведённое число не менее k. Общее количество покрашенных чисел по условию задачи равно сумме обведённых чисел, поэтому не меньше 1 + 2 + 3 + … + k = k(k + 1)/2, но по условию покрашенных чисел ровно 3491. Отсюда 3491 ≥ k(k + 1)/2 — несложно убедиться, что это неравенство выполняется при k ≤ 83.",
"Для k = 83 можно привести пример раскраски чисел: покрасим каждое из чисел от 1 до 82 в свой уникальный цвет (сами цвета также будем соответственно называть: 1-й, 2-й, 3-й, …, 82-й), а числа 88, 89, 90, 91, …, 175 покрасим в 83-й цвет. Далее во 2-й цвет покрасим ещё одно из пока не покрашенных чисел, в 3-й цвет — ещё два числа, и так далее, в 82-й цвет — ещё 81 число. В результате в 1-й цвет покрашено только число 1, во 2-й цвет — два числа, из которых наименьшее равно 2, в 3-й цвет — три числа, из которых наименьшее равно 3, и так далее, а вот в 83-й цвет покрашено 88 чисел, из которых наименьшее равно 88. Всего покрашены 1 + 2 + 3 + … + 82 + 88 = 82·83/2 + 88 = 3491 чисел, то есть все числа из набора.",
"Таким образом, для 83 цветов удалось предъявить пример, а большего количества цветов, как ранее доказано, быть не может."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Пусть $n > 2024$ — натуральное число. На доске написаны натуральные числа от 2024 до $n$. За одну операцию робот берёт два наибольших числа на доске и заменяет их на их разность, тем самым уменьшая количество чисел на доске. Через некоторое время на доске останется только одно число. Сколько существует натуральных $n < 10000$, для которых это число будет равно 0?
|
2976
|
2024-25
|
11
|
2976
|
[
"Если $n$ чётно, то после $\\frac{n-2024}{2}$ операций мы получим 2024 и $\\frac{n-2024}{2}$ единиц. Чтобы в итоге осталось число 0, единиц должно быть чётно и хотя бы 2024. Значит, $n - 2024$ (а с ним и $n$) делится на 4 и $\\frac{n-2024}{2} \\geqslant 2024, n \\geqslant 6072$. Таким чисел, больших 2024 и меньших 10000 всего 982 (от $1518 \\cdot 4=6072$ до $2499 \\cdot 4)$.",
"Если $n$ нечётно, то после $\\frac{n-2023}{2}$ операций мы получим $\\frac{n-2023}{2}$ единиц. Чтобы остался 0 единиц, должно быть чётное число. Следовательно, $n-2023$ делится на 4, т.е. $n \\equiv 3(\\bmod 4)$. Таких чисел, больших 2024 и меньших 10000, всего 1994 (от $506 \\cdot 4+3$ до $2499 \\cdot 4+3$).",
"Итого, ответ $982+1994=2976$."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Аня нарисовала на плоскости квадрат и поделила верхнюю и нижнюю его стороны на 9 равных частей каждую. Затем она провела 10 прямых, соединяющих самую левую верхнюю точку с самой правой нижней, вторую слева верхнюю точку со второй справа нижней, и так далее. После этого она поделила правую и левую стороны каждую на 8 равных частей и провела 7 горизонтальных прямых через точки деления. На сколько частей эти прямые поделили квадрат?
|
88
|
2024-25
|
8
|
88
|
[
"10 прямых сверху вниз поделили квадрат на 9 + 9 + 2 частей. Затем каждая горизонтальная прямая, кроме той, что проведена посередине, делит на две 9 частей (либо сверху, либо снизу) и еще две (одну справа и одну слева). Таких делений 6. Каждое из них прибавляет 9 + 2 = 11 частей. Средняя горизонтальная прямая делит две части каждую на две (то есть, прибавляет две части). Итого: 20 + 11 · 6 + 2 = 88."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Однажды утром 10 января Кот в сапогах обнаружил, что его вес стал на 20% больше, чем был до новогодних праздников. Чтобы восстановить в форму, Кот в сапогах сел на диету, и вскоре обнаружил, что его вес уменьшился на 20% по сравнению с весом 10 января, и на 224 грамма по сравнению с весом до новогодних праздников. Сколько весил Кот в сапогах до новогодних праздников? В ответ запишите только число - вес Кота в сапогах до новогодних праздников в килограммах.
|
5.6
|
2024-25
|
8
|
5.6
|
[
"Обозначим вес Кота в сапогах до новогодних праздников за x. Тогда его вес 10 января составлял 1,2x, поскольку 120% от числа - это 120 : 100 = 1,2 части от целого. Аналогично, после уменьшения веса на 20%, он стал равняться 1,2x · 0,8 = 0,96x. Этот вес на 224 грамма меньше изначального, то есть x. Значит, x − 0,96x = 224 грамма, то есть 0,04x = 224 грамма, откуда x = 5600 граммов, то есть 5,6 килограммов."
] |
EASY
|
vos
|
В соревновании по настольному теннису участвовало ровно 50 ребят, среди которых половина рыцари, всегда говорящие правду, и половина - лжецы, которые всегда лгут. По правилам турнира проигравший выбывал. В результате после нескольких игр ровно половина ребят выбыла. После этого событий каждый из оставшихся участников заявил, что выиграл ровно у одного рыцаря. Какое наибольшее количество рыцарей могло остаться участниками турнира?
|
12
|
2024-25
|
8
|
12
|
[
"Каждый из оставшихся рыцарей выиграл ровно у одного рыцаря. Поэтому оставшихся рыцарей не больше, чем выбывших, то есть удвоенное количество оставшихся рыцарей не больше 25, следовательно, их не больше 12. Пример: один из рыцарей выигрывает у другого, затем половина оставшихся рыцарей выигрывает у одного из оставшихся, включая того, который выиграл у первого рыцаря (сначала 2-й рыцарь выиграет у 1-го, потом 3-й у 2-го, 5-й у 4-го и т. д. 25-й у 24-го), а среди 25 лжецов, например, один выиграет по очереди у 12 других лжецов."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Даша нарисовала прямоугольник с целыми сторонами. Катя нарисовала свой прямоугольник, уменьшив длину Дашиного на 2 и увеличив ширину на 3. Таня тоже нарисовала свой прямоугольник, уменьшив длину Дашиного на 3 и увеличив ширину на 5. Оказалось, что площади прямоугольников Кати и Тани равны. Выберите из приведенных чисел те, которые могли быть периметром прямоугольника Даши.
|
54
|
2024-25
|
8
|
54
|
[
"Пусть Дашин прямоугольник имел длину x и ширину y. Тогда площади Катиного и Таниного прямоугольников равны, соответственно, (x − 2)(y + 3) и (x − 3)(y + 5).",
"Приравняв эти два выражения, получим xy−2y+3x−6 = xy−3y+5x−15, откуда y = 2x − 9. Тогда периметр Дашиного прямоугольника равен 2x + 2y = 6x − 18 = 6(x − 3). Это число кратно 6. Из приведенных чисел подходит только 54. Если 6x − 18 = 54, то x = 12. Тогда y = 2x − 9 = 15."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Саша и Юра задумали по числу от 1 до 10, после чего Саша заявил: «Неважно, какое число ты задумал, в произведении наших чисел нет цифры 6», на что Юра ответил: «Тогда сумма наших чисел равна 14». Саша и Юра не ошибаются. Какое число задумал Юра?
|
9
|
2024-25
|
9
|
9
|
[
"Докажем, что Саша задумал 5. Это число подходит, так как при умножении числа 5 на любое число от 1 до 10 результат не содержит цифры 6. Осталось для каждого остального числа показать, какое число мог задумать Юра, чтобы в произведении чисел Саши и Юры была цифра 6. | Если Саша задумал, | 1 | 2 | 3 | 4 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | то Юра мог задумать | 6 | 3 | 2 | 4 | 1 | 9 | 2 | 4 | 6 | | Тогда произведение | 6 | 6 | 6 | 16 | 6 | 63 | 16 | 36 | 60 | Таким образом, Саша задумал 5. Тогда Юра задумал \\(14 - 5 = 9\\)."
] |
MEDIUM
|
vos
|
Subsets and Splits
No community queries yet
The top public SQL queries from the community will appear here once available.