Вокруг круглого озера через равные промежутки растут 2019 деревьев

34 ! вокруг круглого озера через равные промежутки растут 2019 деревьев: 1009 сосен и 1010 ёлок. докажите, что обязательно найдется дерево, рядом с которым растёт сосна и с другой стороны от которого через одно дерево тоже растёт сосна.

Ответы

t = 3/4 + 2/5 = (3*5 + 2*4) / 20 = 23/20 = 1,15 часа

ответ: 1,15 часа. (1час 9 минут)

3х- вишни. 2х+2 — сахара

примем за 1 (целую) часть общее количество кустов рассады, тогда

1) (часть) — рассады осталась не посаженная.

2) (часть) — рассады посадили на вторую клумбу.

3) (часть) — рассады осталось посадить.

4) (часть) — рассады посадили на третьей клумбе.

5) (часть) — рассады осталась не посаженной.

6) (к.) — рассады цветов .

примем за 1 (целую) часть общее количество кустов рассады, тогда

1) (часть) — рассады от нового остатка рассады составляет 24 куста.

2) 24: 2=12 (к.) — рассады цветов посадили на третьей клумбе, что соответствует части рассады от нового остатка.

3) 12·3=36 (к.) — новый остаток рассады, что соответствует части остатка рассады.

4) 36: 2=18 (к.) — рассады цветов посадили на второй клумбе, что соответствует части остатка рассады.

5) 18·3=54 (к.) — остаток рассады, что соответствует части всей рассады.

6) 54: 2=27 (к.) — рассады цветов посадили на первой клумбе, что соответствует части всей рассады.

предположим, что всего х кустов рассады цветов, тогда на первой клумбе посадили кустов рассады, следовательно, на второй клумбе посадили или кустов рассады, а на третьей или , после этого осталось 24 куста рассады

согласно этим данным составим и решим уравнение:

умножаем на 27 для того, чтобы избавиться от знаменателей

(к.) — рассады цветов .

(к.) — рассады цветов посадили на первой клумбе.

(к.) — рассады цветов посадили на второй клумбе.

(к.) — рассады цветов посадили на третьей клумбе.

ответ: 81 куст рассады цветов; 27 кустов рассады цветов посадили на первой клумбе; 18 кустов рассады цветов посадили на второй клумбе; 12 кустов рассады цветов посадили на третьей клумбе.

27+18+12+24=81 (к.) — рассады цветов всего.

Источник

Вокруг круглого озера через равные промежутки растут 2019 деревьев

Вокруг круглого озера через равные промежутки растут 2019 деревьев: 1009 сосен и 1010 ёлок. Докажите, что обязательно найдется дерево, рядом с которым растёт сосна и с другой стороны от которого через одно дерево тоже растёт сосна.

Решение

Обойдём озеро по кругу и напишем на деревьях буквы: А, Б, В, затем снова А, Б, В и так далее. Деревьев с каждой буквой будет по 2019 : 3 = 673. Если бы сосен с каждой буквой было бы не более чем 336, то их всего было бы не более чем 336 ċ 3 = 1008. А так как их 1009, то сосен с какой-то буквой (скажем, А) будет хотя бы 337. (Такое рассуждение часто встречается в решениях математических задач и называется принципом Дирихле.) Рассмотрим теперь только деревья с буквой А. Если какие-то две сосны стоят подряд, то задача решена – дерево с буквой В между ними удовлетворяет условиям.

Если же между каждыми соседними соснами с буквой А растёт хотя бы по одной ёлке, то деревьев с буквой А будет не менее чем 337 ċ 2 = 674, а это не так.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Математический праздник
год
Год	2019
неизвестно
Класс	6
задача
Номер	5

Проект осуществляется при поддержке и .

Источник

«математическая олимпиада Задачи и решения Москва Издательство МЦНМО maTHesis.ru Одесское издательство «Mathesis» с 1904 по 1925 год выпускало удивительно интересные книги. . »

Задачи и решения

Одесское издательство «Mathesis» с 1904 по 1925 год выпускало удивительно интересные книги. Некоторые из них

стали классикой, часть сейчас незаслуженно забыта .

Ясность и доступность изложения, подбор научно-популярных книг поможет лучше понять математику, физику,

астрономию, другие естественные науки, а также историю

Чтение этих книг заведомо будет полезно молодому поколению, а также тем, кто занимается его образованием и воспитанием .

МЕХАНИЗМЫ П. Л. ЧЕБЫШЕВА tcheb.ru В проекте собираются все механизмы, созданные Пафнутием Львовичем Чебышевым (1821—1894), великим российским математиком. Задача проекта — навсегда сохранить уникальное наследие путем создания высокоточных компьютерных моделей уцелевших механизмов, воссоздать уже утраченные по архивным документам. По договоренности с музеями моделирование производится на основе тщательного измерения всех параметров оригиналов .

LXXXII Московская математическая олимпиада Задачи и решения Департамент образования и науки города Москвы Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова Московское математическое общество Факультет математики НИУ ВШЭ Физтех-школа прикладной математики и информатики Центр педагогического мастерства Московский центр непрерывного математического образования Вопросы, оригинальные решения и иные комментарии по задачам олимпиады просим сообщать жюри по адресу электронной почты mmo@mccme.ru Материалы данной книги размещены на странице www.mccme.ru/mmo и доступны для свободного некоммерческого использования (при перепечатке желательна ссылка на источник) .

Председатель оргкомитета LXXXII ММО член-корреспондент РАН А. Г. Кузнецов

Сборник подготовили:

Е. В. Бакаев, А. В. Бегунц, А. Д. Блинков, И. И. Богданов, Е. Ю. Бунькова, М. А. Волчкевич, А. И. Галочкин, А. О. Герасименко, Т. И. Голенищева-Кутузова, Д. В. Горяшин, А. В. Грибалко, А. С. Гусев, М. А. Дидин, А. В. Доледенок, С. А. Дориченко, М. А. Евдокимов, Т. А. Зайцев, А. А. Заславский, О. А. Заславский, Т. В. Казицына, В. А. Клепцын, О. Н. Косухин, Ю. С. Котельникова, Е. А. Кукса, С. В. Маркелов, Н. Ю. Медведь, Г. А. Мерзон, Е. А. Морозов, Д. Г. Мухин, В. В. Новиков, А. А. Пономарёв, А. Н. Попов, Л. А. Попов, И. В. Раскина, Е. Н. Рябов, Ю. В. Тихонов, С. И. Токарев, А. С. Трепалин, А. Л. Федулкин, И. И. Фролов, А. В. Хачатурян, М. А. Хачатурян, А. В. Шаповалов, Д. В. Швецов, И. А. Шейпак, Д. Э. Шноль, И. А. Эльман, А. Ю. Юран, И. В. Ященко Проведение олимпиады и издание книги осуществлены при поддержке фирмы «НИКС», компании «Яндекс» и фонда «Математические этюд

3. Сеня не умеет писать некоторые буквы и всегда в них ошибается. В слове ТЕТРАЭДР он сделал бы пять ошибок, в слове ДОДЕКАЭДР — шесть, а в слове ИКОСАЭДР — семь .

А сколько ошибок он сделает в слове ОКТАЭДР?

4. Семь городов соединены по кругу семью односторонними авиарейсами (см. рисунок). Назначьте (нарисуйте стрелочками) еще несколько односторонних рейсов так, чтобы от любого города до любого другого можно было бы добраться, сделав не более двух пересадок. Постарайтесь сделать число дополнительных рейсов как можно меньше .

5. Вокруг круглого озера через равные промежутки растут 2019 деревьев: 1009 сосен и 1010 елок. Докажите, что обязательно найдется дерево, рядом с которым растет сосна и с другой стороны от которого через одно дерево тоже растет сосна. (Е. В. Бакаев)

6. Каждая грань куба 6 6 6 разбита на клетки 1 1 .

Куб оклеили квадратами 2 2 так, что каждый квадрат накрывает ровно четыре клетки, никакие квадраты не совпадают и каждая клетка накрыта одинаковым числом квадратов. Какое наибольшее значение может принимать это одинаковое число? (Квадрат можно перегибать через ребро.) (А. В. Шаповалов) 7 класс

1. Ньют хочет перевезти девять фантастических тварей весом 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 10 кг в трех чемоданах, по три твари в каждом. Каждый чемодан должен весить меньше 20 кг. Если вес какой-нибудь твари будет делиться на вес другой твари из того же чемодана, они подерутся. Как Ньюту распределить тварей по чемоданам, чтобы никто не подрался? (М. А. Евдокимов, И. В. Раскина)

2. На завтрак группа из 5 слонов и 7 бегемотов съела 11 круглых и 20 кубических арбузов, а группа из 8 слонов и 4 бегемотов — 20 круглых и 8 кубических арбузов .

Все слоны съели поровну (одно и то же целое число) арбузов. И все бегемоты съели поровну арбузов. Но один вид животных ест и круглые, и кубические арбузы, а другой вид привередливый и ест арбузы только одной из форм .

Определите, какой вид (слоны или бегемоты) привередлив и какие арбузы он предпочитает. (М. А. Хачатурян)

3. Два равных треугольника расположены внутри квадрата, как показано на рисунке. Найдите их углы .

4. Имеется три кучки по 40 камней. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход надо объединить две кучки, после чего разделить эти камни на четыре кучки. Кто не может сделать ход — проиграл. Кто из играющих (Петя или Вася) может выиграть, как бы ни играл соперник?

5. Максим сложил на столе из 9 квадратов и 19 равносторонних треугольников (не накладывая их друг на друга) многоугольник. Мог ли периметр этого многоугольника оказаться равным 15 см, если стороны всех квадратов и треугольников равны 1 см? (М. А. Волчкевич)

6. В ряд лежат 100 монет, часть — вверх орлом, а остальные — вверх решкой. За одну операцию разрешается выбрать семь монет, лежащих через равные промежутки (т. е .

семь монет, лежащих подряд, или семь монет, лежащих через одну, и т. д.), и все семь монет перевернуть. Докажите, что при помощи таких операций можно все монеты положить вверх орлом. (С. И. Токарев, А. В. Шаповалов) 8 класс

1. Все таверны в царстве принадлежат трем фирмам .

В целях борьбы с монополиями царь Горох издал следующий указ: каждый день, если у некоторой фирмы оказывается более половины всех таверн и число ее таверн делится на 5, то у этой фирмы остается только пятая часть ее таверн, а остальные закрываются. Могло ли так случиться, что через три дня у всех фирм стало меньше таверн? (Новые таверны в это время открываться не могут.) (И. В. Ященко, А. В. Шаповалов)

2. Найдите наименьшее натуральное число n, для которого n2 + 20n + 19 делится на 2019. (Д. Э. Шноль)

3. Про трапецию ABCD с основаниями AD и BC известно, что AB = BD. Пусть точка M — середина боковой стороны CD, а O — точка пересечения отрезков AC и BM. Докажите, что треугольник BOC — равнобедренный. (Л. А. Попов)

4. На прямой сидят 2019 точечных кузнечиков. За ход какой-нибудь из кузнечиков прыгает через какого-нибудь другого так, чтобы оказаться на прежнем расстоянии от него. Прыгая только вправо, кузнечики могут добиться того, чтобы какие-то двое из них оказались на расстоянии ровно 1 мм друг от друга. Докажите, что кузнечики могут добиться того же, прыгая из начального положения только влево. (С. А. Дориченко)

5. Внутри равнобедренного треугольника ABC отмечена точка K так, что AB = BC = CK и KAC = 30. Найдите угол (Е. В. Бакаев) AKB .

6. В клетках квадратной таблицы n n, где n 1, требуется расставить различные целые числа от 1 до n2 так, чтобы каждые два последовательных числа оказались в соседних по стороне клетках, а каждые два числа, дающие одинаковые остатки при делении на n, — в разных строках и в разных столбцах. При каких n это возможно?

(А. В. Грибалко) 9 класс

1. Король вызвал двух мудрецов и объявил им задание:

первый задумывает 7 различных натуральных чисел с суммой 100, тайно сообщает их королю, а второму мудрецу называет лишь четвертое по величине из этих чисел, после чего второй должен отгадать задуманные числа. У мудрецов нет возможности сговориться. Могут ли мудрецы гарантированно справиться с заданием? (М. А. Евдокимов)

2. См. задачу 2 для 8 класса .

3. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA и BB. Точка O — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Докажите, что расстояние от точки A до прямой BO равно расстоянию от точки B до прямой AO. (Е. В. Бакаев)

4. Каждый отрезок с концами в вершинах правильного 100-угольника покрасили — в красный цвет, если между его концами четное число вершин, и в синий — в противном случае (в частности, все стороны 100-угольника красные) .

В вершинах расставили числа, сумма квадратов которых равна 1, а на отрезках — произведения чисел в концах. Затем из суммы чисел на красных отрезках вычли сумму чисел на синих. Какое наибольшее число могло получиться?

5. Биссектриса угла ABC пересекает описанную окружность w треугольника ABC в точках B и L. Точка M — середина отрезка AC. На дуге ABC окружности w выбрана точка E так, что EM BL. Прямые AB и BC пересекают прямую EL в точках P и Q соответственно. Докажите, что (Е. В. Бакаев) PE = EQ .

6. Есть 100 кучек по 400 камней в каждой. За ход Петя выбирает две кучки, удаляет из них по одному камню и получает за это столько очков, каков теперь модуль разности числа камней в этих двух кучках. Петя должен удалить все камни. Какое наибольшее суммарное количество очков он может при этом получить? (М. А. Дидин) 10 класс

1. Приведите пример девятизначного натурального числа, которое делится на 2, если зачеркнуть вторую (слева) цифру, на 3 — если зачеркнуть в исходном числе третью цифру. делится на 9, если в исходном числе зачеркнуть девятую цифру. (М. А. Евдокимов)

2. См. задачу 3 для 9 класса .

3. См. задачу 4 для 8 класса .

5. Петя и Вася играют в игру. Для каждых пяти различных переменных из набора x1. x10 имеется единственная карточка, на которой записано их произведение. Петя и Вася по очереди берут по карточке, начинает Петя. Когда все карточки разобраны, Вася присваивает переменным значения как хочет, но так, что 0 x1. x10. Может ли Вася гарантированно добиться того, чтобы сумма произведений на его карточках была больше, чем у Пети?

6. Рассмотрим на клетчатой плоскости такие ломаные с началом в точке (0, 0) и вершинами в точках с целыми координатами, что каждое очередное звено идет по сторонам клеток либо вверх, либо вправо. Каждой такой ломаной соответствует червяк — фигура, состоящая из клеток плоскости, имеющих хотя бы одну общую точку с этой ломаной .

Докажите, что червяков, которых можно разбить на двуклеточные доминошки ровно n 2 различными способами, столько же, сколько натуральных чисел, меньших n и взаимно простых с n. (Червяки разные, если состоят из разных наборов клеток.) (И. Чанакчи, Р. Шиффлер)

4. Докажите, что для любого натурального числа n 2 и для любых действительных чисел a1, a2. an, удовлетворяющих условию a1 + a2 +. + an = 0, уравнение

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Решение. Среди чисел от 1 до 100 единицу в записи содержит ровно двадцать: это сама единица, десять чисел от 10 до 19, числа 21, 31. 91 (их восемь) и число 100. Значит, ни одно из этих чисел не было стерто. Аналогично, чисел с двойкой ровно девятнадцать: сама двойка, десять чисел третьего десятка, а также 12, 32, 42. 92 (таких восемь) .

То есть и из них Миша ни одно не стер. Всего таких чисел 19 + 20 2 = 37 (мы вычитаем 2, поскольку числа 12 и 21 посчитаны два раза). Всего осталось 37 + 30 = 67 чисел, а Миша стер 100 67 = 33 числа .

2. Решение. См. рисунок .

или Комментарий. Решение задачи может стать нагляднее, если вместо обычной сетки с горизонтальными и вертикальными линиями рассмотреть диагональную, изображенную на рис. 1 пунктирными линиями. На диагональной сетке наша фигура имеет площадь 4 клетки, и ее надо разрезать на 4 фигуры площади 1 .

Аналогичная фигура на обычной сетке изображена на рис. 2, ее разрезание там проще увидеть, а потом его можно перенести на исходную фигуру .

Решение. Если Сеня с ошибкой пишет Д, то из букв О, Е, К, А, Э, Р, которые еще входят в ДОДЕКАЭДР, он в трех ошибается, а три пишет верно. Но все эти буквы, кроме Е, входят и в ИКОСАЭДР, то есть там он напишет верно как минимум две буквы и никак не сможет сделать 7 ошибок .

Значит, букву Д Сеня пишет правильно. Тогда он неминуемо пишет с ошибкой все остальные буквы слов ДОДЕКАЭДР и ИКОСАЭДР, а в слове ТЕТРАЭДР, таким образом, помимо Д, еще верно пишет букву Т, но ошибается во всех остальных. Теперь ясно, что в слове ОКТАЭДР Сеня сделает пять ошибок .

4. Решение. Пример с пятью дополнительными рейсами см. на рисунке. Можно доказать, что добавить меньшее число рейсов невозможно .

5. Решение. Обойдем озеро по кругу и напишем на деревьях буквы: А, Б, В, затем снова А, Б, В и так далее .

Деревьев с каждой буквой будет по 2019 : 3 = 673. Если бы сосен с каждой буквой было бы не более чем 336, то их всего было бы не более чем 336 · 3 = 1008. А так как их 1009, то сосен с какой-то буквой (скажем, А) будет хотя бы 337. (Такое рассуждение часто встречается в решениях математических задач и называется принципом Дирихле.) Рассмотрим теперь только деревья с буквой А. Если какие-то две сосны стоят подряд, то задача решена — дерево с буквой В между ними удовлетворяет условиям. Если же между каждыми соседними соснами с буквой А растет хотя бы по одной елке, то деревьев с буквой А будет не менее чем 337 · 2 = 674, а это не так .

Решение. Оценка. Клетку в углу грани можно накрыть тремя способами (целиком в грани, с перегибом через одно ребро угла, с перегибом через другое ребро угла). Значит, каждая клетка накрыта не более чем тремя квадратами .

Пример. Рассмотрим обычное покрытие куба квадратами, когда каждая грань покрыта девятью квадратами. Из обычного покрытия можно получить повернутое: оставим нетронутыми две противоположные грани, а на остальных четырех гранях сдвинем все квадраты по кольцу на одну клетку. Так как пару противоположных граней можно выбрать тремя способами, то повернутых покрытий получится ровно три. Покажем, что не совпадают никакие два квадрата на покрытиях, повернутых по-разному .

Действительно, рассмотрим одну грань. На рисунке отмечены центры покрывающих ее квадратов: крестиками, если эта грань не сдвигалась, черными и белыми точками — если сдвигалась в одном или другом направлении. Видно, что никакие центры, а значит и никакие квадраты не совпали .

1. Ответ. В первый чемодан посадить тварей весом 10, 4, 3 кг; во второй — 9, 7, 2; в третий — 8, 6, 5 .

Комментарий. Найти ответ (и доказать, что он единственен) можно следующим образом. Тварей с весами 10, 9 и 8 кг необходимо поместить в разные чемоданы (иначе один чемодан будет слишком тяжелым). Далее, чтобы никто не подрался, тварь весом 2 кг необходимо поместить во второй из этих чемоданов, а тогда тварь весом 4 кг — в первый. После этого нетрудно распределить и оставшихся тварей .

2. Ответ. Слоны едят только круглые арбузы .

Решение. Выясним сначала, сколько арбузов ест на завтрак каждое из животных. По условию 5 слонов и 7 бегемотов съедают 31 арбуз, а 8 слонов и 4 бегемота — 28 арбузов .

Мы видим, что если заменить трех бегемотов на трех слонов, то требуется на три арбуза меньше. Значит, 12 слонов съели бы 31 7 = 24 арбуза (т.е. каждый по 2), а 12 бегемотов 31 + 5 = 36 арбузов (т.е. каждый по 3) .

В первой группе бегемоты съели 7 · 3 = 21 арбуз. Столько арбузов одной формы не было, значит, бегемоты едят арбузы любой формы, а привередливы слоны. Во второй группе слоны съели 8 · 2 = 16 арбузов. Столько кубических арбузов не было, значит, слоны предпочитают именно круглые арбузы .

3. Ответ. 120, 45, 15 .

Решение. Заметим, что треугольник MAD тоже равен треугольнику MAB — по трем сторонам: сторона MA у них общая, AD = AB как стороны квадрата, MD = MB по условию (лежат напротив соответственных углов в равных треугольниках) .

Значит, BAM = MAD = 90 /2 = 45. В точке M сходятся три соответственных угла равных треугольников, поэтому AMB = 360 /3 = 120. Сумма углов треугольника равна 180, значит, ABM = 180 120 45 = 15 .

Комментарий. На самом деле это игра-шутка: Вася выигрывает вне зависимости от действий игроков .

Решение. За ход две кучи заменяются на четыре, т.е .

число куч увеличивается на 2. А сколько будет куч, когда игра закончится? В начале число куч было нечетным, поэтому, увеличиваясь на два, оно все время будет оставаться нечетным .

Если очередной ход сделать нельзя, то в двух самых больших кучках в сумме не более 3 камней. Тогда во всех остальных кучках по 1 камню и их не менее 120 3 = 117 штук. То есть всего должно быть (хотя бы) 119 куч .

Но чтобы получить 119 куч, надо сделать (119 3) : 2 = = 58 ходов. Это число четно, значит, последний ход сделал Вася (и он выиграл) .

5. Ответ. Да, мог (см. рис.) .

Комментарии. 1. Сложность тут в том, что предлагается сложить фигуру довольно маленького периметра: даже если складывать многоугольник только из квадратов, то получится периметр не меньше 12 см, а надо еще добавить целых 19 треугольников .

Из всех фигур, имеющих данную площадь, наименьший периметр имеет круг. Поэтому если такой многоугольник существует, то, видимо, он должен быть близок к кругу .

Кстати, можно подсчитать, что периметр круга, равновеликого нашему многоугольнику, составляет примерно 14,7 см. Так что получить многоугольник еще меньшего периметра невозможно .

2. Угол при вершине квадрата — половина развернутого, а при вершине правильного треугольника — треть развернутого. Поэтому во внутренней вершине могут сходиться либо 6 треугольников, либо 3 треугольника и 2 квадрата, либо 4 квадрата (это помогает проверить, возможна ли в действительности нарисованная неточно от руки картинка) .

6. Решение. Ясно, что достаточно научиться переворачивать каждую из монет (сохраняя положение остальных) .

Покажем сначала, как перевернуть пару монет, между которыми лежит ровно 6 монет. Если мысленно объединить эту пару с монетами между ними, получится группа из 8 монет подряд. Перевернем в этой группе 7 левых монет, затем 7 правых. Тогда крайние монеты перевернутся по разу, а промежуточные дважды (т.е. вернутся в исходное положение) .

Пусть теперь мы хотим перевернуть какую-то одну монету. Будем считать, что она лежит в левой половине (для правой половины рассуждения аналогичны). Посмотрим на семерку монет, первая из которых — выбранная нами, следующая лежит через 6 монет, следующая еще через 6 и т. д .

Эта семерка состоит из выбранной нами монеты и трех пар, в которых монеты лежат с промежутками в 6. Поэтому мы можем перевернуть каждую из этих пар (как описано выше), а потом всю семерку. В итоге положение сменит только выбранная монета .

1. Ответ. Да, могло .

Решение. Приведем пример. Пусть изначально у фирм соответственно 60, 35, 20 таверн. Тогда в первый день 1-я фирма лишится 48 таверн, и останется 12, 35, 20 таверн. На второй день закроется 28 таверн второй фирмы, и останутся 12, 7, 20 таверн. Наконец, на третий день закроются 16 таверн третьей фирмы .

Замечание. Существует множество других примеров .

Имеем AB = BD = CE, т. е. ABCE — равнобедренная трапеция. Так как ее углы ABC и BCE равны, то треугольники ABC и ECB равны по двум сторонам (AB = EC, BC = CB) и углу между ними. Тогда равны и их соответственные углы BCA и CBE, откуда следует требуемое .

4. Решение. Назовем самого левого кузнечика Ричардом .

Пусть тогда сначала все кузнечики, кроме Ричарда, перепрыгнут через Ричарда. Ясно, что теперь кузнечики находятся в конфигурации, симметричной изначальной. Тогда они могут, используя ходы, симметричные тем, которые они бы делали при прыжках вправо, добиться требуемого .

Первое решение. Построим на AC равносторонний треугольник ACL так, чтобы точки L и B лежали с одной стороны от AC (см. рис.) .

K A M C Проведем в треугольнике ABC высоту BM, она же серединный перпендикуляр к стороне AC. Так как ALC — равносторонний, точка L также лежит на прямой BM. Кроме этого, проведем в треугольнике ALC высоту AN. Так как AN является биссектрисой угла LAC, то точка K лежит на этой прямой. Отметим также, что K лежит с той же стороны от BM, что и A, так как из-за CK = CB она не может лежать внутри треугольника BMC; таким образом, K лежит на отрезке AN .

Заметим, что прямоугольные треугольники BMC и KNC равны по катету и гипотенузе (MC = AC/2 = LC/2 = NC, BC = KC). Отсюда следует, во-первых, что BM = KN, вовторых, что B лежит на отрезке LM (так как BM = KN AN = LM), и, наконец, что LB = LM BM = AN KN = AK .

Теперь рассмотрим четырехугольник ALBK. В нем LAK = ALB = 30 и AK = LB, то есть это равнобокая трапеция. Отсюда следует, что AKB = 180 KAL = 150 .

Второе решение. Построим на отрезке AB равносторонний треугольник ABP так, чтобы точки P и C лежали по одну сторону от прямой AB (см. рис.). Тогда треугольник PBC — равнобедренный с основанием PC (BP = AB = BC) .

COB = 120, то есть лучи OB и OK симметричны относительно прямой CO. Так как точки B и K являются пересечениями этих лучей с некоторой окружностью с центром в C (которая тоже симметрична относительно CO), то и сами эти точки симметричны; в частности, имеем OB = OK .

Получаем, что треугольник BKO равнобедренный с углом 120 при вершине O, откуда OKB = 30 и AKB = 150 .

6. Ответ. При четных n .

Решение. Сначала приведем «оценку», то есть продемонстрируем, что при нечетных n так заполнить таблицу не удастся. Предположим противное и рассмотрим подходящую расстановку чисел. Покрасим таблицу шахматной раскраской так, чтобы клетка в 1-м столбце и 1-й строке оказалась черной; при этом черными окажутся те клетки, сумма номеров строки и столбца которых четна, а белыми — те, у которых эта сумма нечетна. Заметим, что, так как в последовательности от 1 до n2 цвета клеток должны чередоваться, числа одной четности должны оказаться в черных клетках, а другой четности — в белых .

Рассмотрим клетки таблицы, в которых стоят числа, дающие остаток k при делении на n. Сумма их номеров строк и столбцов, с одной стороны, равна (1 + 2 + 3 +. + n) + (1 + 2 + 3 +. + n), так как каждая строка и каждый столбец участвуют по одному разу; в частности, эта сумма четна. С другой стороны, у каждой белой клетки сумма нечетна, что означает, что белых клеток среди рассмотренных должно быть четно (иначе общая сумма была бы нечетна) .

Наконец, заметим, что при k = 1 среди чисел 1, 1 + n. 1 + nm. 1 + n(n 1) цвета соответствующих клеток чередуются (соседние числа в этой последовательности имеют разную четность); число белых среди них четно, поэтому число черных нечетно. Однако числа 1 + nm и 2 + nm имеют разные цвета, откуда следует, что при k = 2 среди чисел 2, 2 + n. 2 + nm. 2 + n(n 1), наоборот, число белых нечетно, что невозможно .

Теперь покажем, как заполнить таблицу для четных n .

Приведем пример таблицы 8 8, заполненной требуемым образом (для наглядности кружочками выделены числа, дающие остаток 5 при делении на 8) .

Примеры для других четных n строятся аналогично: верхняя строка заполняется числами от 1 до n слева направо, далее правый столбец заполняется следующими числами сверху вниз, следующий столбец (кроме уже занятой верхней клетки) заполняется снизу вверх, и т. д .

Докажем, что построенный таким образом пример подходит. Строчки будем нумеровать от 1 до n сверху вниз, а столбцы — справа налево. Ясно, что первое условие (соседние числа находятся в соседних клетках) выполнено .

Докажем, что в k-м столбце все числа дают разные остатки от деления на n. Первое число в нем равно k, а до следующего по величине числа t, стоящего в этом столбце (во 2-й или n-й строке), «цепочка» чисел прошла всю правую часть таблицы, то есть ровно n(n k) клеток. Значит, t = k + 1 + n(n k) и дает тот же остаток от деления на n, что и k + 1. Получаем, что числа в столбце эквивалентны k, k + 1, k + 2. k + n 1 при делении на n, то есть дают различные остатки .

Теперь рассмотрим строки. Ясно, что в 1-й строке все остатки от деления на n различны. Рассмотрим k-ю строку, k 1. Воспользуемся тем, что четные и нечетные числа в строке чередуются (как уже было показано в доказательстве оценки, четные и нечетные числа располагаются на клетках разных цветов при шахматной раскраске) .

При этом четные числа дают четные остатки от деления на n, а нечетные — нечетные остатки (это верно только когда n четно). Также заметим, что последовательные четные числа в строке увеличиваются на 2(n 1), если идти справа налево, то есть их остатки уменьшаются на 2 (возможно, с переходом через 0); так как всего их n/2, то они как раз дают все различные четные остатки от деления на n. По тем же причинам нечетные числа в рассмотренной строке дают все нечетные остатки. Следовательно, все остатки в строке различны .

Другое доказательство оценки.1 Докажем, что при нечетных n таблицу заполнить не удастся, другим способом .

Предположим, что у нас имеется расстановка чисел, подходящая под условие .

Лемма. Если число ln + 1 находится в одной строке или в одном столбце с числом km + 2, то число kn + 1 находится в одной строке или в одном столбце с числом lm + 2 .

Доказательство леммы. Рассмотрим пару чисел kn + 1 и kn + 2. Без ограничения общности будем считать, что они соответственно в m-м и (m + 1)-м столбцах (всегда можно развернуть таблицу так, чтобы это было верно). Заметим, что в (m + 1)-м столбце есть число вида ln + 1. Тогда число ln + 2 не может располагаться в (m + 1)-м столбце, так как там уже есть kn + 2 .

Предположим, что число ln + 2 находится в (m + 2)-м столбце. Рассмотрим тогда число k3 n + 1, которое есть в этом столбце. Соответствующее ему k3 n + 2 уже не может оказаться ни в (m + 2)-м, ни в (m + 1)-м столбцах; значит, оно находится в (m + 3)-м столбце. Можно продолжать так и далее: число ki n + 2 находится в (m + i)-м столбце, в нем же находим некоторое число ki+1 n + 1, тогда число ki+1 n + 2 должно находится в (m + i + 1)-м столбце. Заметим, что этот Это доказательство основано на работе Никиты Солоницына .

процесс не может завершиться — но через конечное число шагов столбцы закончатся. Противоречие .

Следовательно, число ln + 2 должно располагаться в m-м столбце, что завершает доказательство леммы .

Заметим, что произвольному числу вида kn + 1 мы можем однозначно сопоставить другое число ln + 1, которое находится в одном столбце или в одной строке с kn + 2. По лемме, это сопоставление будет взаимным, то есть все числа вида kn + 1 разобьются на пары .

Но всего таких чисел n. Следовательно, n четно .

Решение. Если первый мудрец назвал число 22, то второй может однозначно определить все числа, так как сумму 100 можно получить лишь одним способом — взяв наименьшие возможные числа: 1, 2, 3, 22, 23, 24 и 25 .

2. См. решение задачи 2 для 8 класса .

3. Первое решение. Пусть углы треугольника ABC равны CAB = a, CBA = b. Тогда B AO = CAO = 90 b, A BO = CBO = 90 a .

Значит, расстояние от точки A до прямой BO равно A B sin A BO = A B sin(90 a) = A B cos a = AB cos b cos a, а расстояние от точки B до прямой AO равно AB sin B AO = AB sin(90 b)=AB cos b = AB cos a cos b .

Таким образом, эти расстояния равны .

Второе решение. Рассмотрим симметрию относительно серединного перпендикуляра к AB. Пусть образом точки A является точка A1. Образом прямой OB является прямая OA, следовательно, расстояние от точки A до прямой OB равно расстоянию от точки A1 до прямой OA. Таким образом, задача сводится к доказательству равноудаленности точек A1 и B от прямой OA, иными словами, необходимо доказать B A1 OA .

Основания A и B высот лежат на окружности, построенной на AB как на диаметре. Так как эта окружность при рассмотренной симметрии переходит в себя, точка A1 также лежит на этой окружности и четырехугольник AB A1 B — вписанный, значит, CB A1 = A1 BA. В свою очередь, из соображений симметрии A1 BA = A AB = = 90 B. И CAO = 90 B, следовательно, B A1 OA по признаку .

Третье решение. Пусть CC — третья высота. Тогда A, B, C — центры вневписанных окружностей треугольника A B C. Поскольку AO B C, BO A C, расстояния от A до BO и от B до AO равны отрезкам касательных к соответствующим окружностям .

Решение. Обозначим числа в вершинах как x1, x2. x100.

Тогда сумма чисел на красных отрезках (обозначим ее за R) есть сумма всех попарных произведений чисел, стоящих на позициях с разной четностью:

То есть PE = QE, что и требовалось доказать .

6. Оценка. Пронумеруем в каждой куче камни по порядку. Без потери общности можно считать, что Петя, выбрав кучку, всегда берет из нее камень с наибольшим номером .

Ясно, что каждый ход приносит столько очков, чему равна разность между большим и меньшим из чисел на камнях, взятых на этом ходу .

Это решение основано на работе Якова Богданова .

Первый способ. Пусть Петя набрал P = a1 b1 + a2 b2 + +. + an bn очков, где ai и bi — соответственно большее и меньшее числа на камнях, выбранных Петей на ходу с номером i, а n = 20000 — общее число ходов. Заметим, что среди чисел a1, b1. an, bn каждое число от 1 до 400 встречается ровно 100 раз, так как в каждой кучке из ста кучек на камнях написаны все различные числа от 1 до 400. Пусть S = a1 + b1 + a2 + b2 +. + an + bn = (1 + 2 +. + 400) · 100, a B = b1 + b2 +. + bn. Тогда P = S 2B, и задача сводится к оценке наименьшего возможного значения числа B .

Заметим, что каждое число от 1 до 400 хотя бы раз встретится среди чисел a1. an, так как каждое число хотя бы раз за игру будет наибольшим среди написанных на камнях. Аналогично, каждое число от 1 до 400 хотя бы раз встретится и среди чисел b1. bn, так как каждое число хотя бы раз за игру будет наименьшим среди написанных на камнях. С учетом сказанного, в наборе b1. bn может быть не менее чем по одному и не более чем по 99 каждого из чисел от 1 до 400, следовательно, (1 + 2 +. + 200) · 99 + 201 + 202 +. + 400 .

B В свою очередь, P = S 2B (1 + 2 +. + 400) · 100 2 · (1 + 2 +. + 200) · 99 2 · (201 + 202 +. + 400) = = (201 + 202 +. + 400) · 98 (1 + 2 +. + 200) · 98 = = 200 · 200 · 98 = 3 920 000 .

Второй способ. Для каждого n <1. 399>подcчитаем dn — число таких ходов, что ровно на одном из двух камней, которые берет Петя, написано число, большее n. Тогда сумма по всем таким dn в точности равна сумме очков в конце игры. В самом деле, ход, в который Петя взял камни с числами a и b (a b), увеличит на единицу числа db, db+1. da1 — всего как раз a b чисел .

При n 200 справедливо неравенство dn 98n, так как всего камней с номерами, меньшими либо равными n, 100n штук, но последними n ходами мы берем по два таких камня, потому что других уже не осталось. Для n 200 верна оценка dn 98 · (400 n), так как всего камней с номерами, большими n, 100 · (400 n) штук, но первыми n ходами мы берем по два таких камня, потому что другие еще не доступны. Суммируя эти оценки, получаем 98(1 + 2 +. + 199 + 200 + 199 +. + 2 + 1) = 98 · 200 · 200 .

Пример. Разобьем ходы Пети на 100 серий по 200 ходов, в первой серии будем брать камни из первой и второй кучки, во второй — из второй и третьей, и так далее .

Последней серией ходов заберем оставшиеся камни из сотой и первой кучки. Тогда ходы из первой и последней серий очков не приносят, а любой другой ход приносит 200 очков. Всего таких ходов 98 · 200, значит, Петя наберет 98 · 200 · 200 = 3 920 000 очков .

1. Ответ. Например, 900 900 000 .

Примечание. На самом деле существует 28 573 числа, удовлетворяющих условиям задачи, наименьшее из которых равно 100 006 020, а наибольшее 999 993 240 .

2. См. решение задачи 3 для 9 класса .

3. См. решение задачи 4 для 8 класса .

Первое решение. Предположим, что такого треугольника не существует, и докажем, что существует прямая, все точки которой имеют один цвет .

Пусть на некоторой прямой l есть две точки A, B одного цвета (обозначим этот цвет 1), расстояние между которыми равно d. Пусть l1, l2 — две прямые, параллельные l и удаленные от нее на расстояние 2/d. Если на какой-нибудь из этих прямых есть точка цвета 1, то она образует с точками A, B треугольник площади 1, все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если на каждой из прямых l1, l2 присутствуют два цвета и на одной из них найдутся две точки одного цвета на расстоянии d/2, то они вместе с точкой такого же цвета на другой прямой образуют треугольник площади 1, все вершины которого имеют одинаковый цвет .

Если же на каждой из прямых l1, l2 присутствуют два цвета и любые две точки на расстоянии d/2 разных цветов, то любые две точки на расстоянии d будут одного цвета, а значит, на прямой AB все точки имеют цвет 1 .

Пусть теперь все точки некоторой прямой a покрашены в цвет 1. Тогда остальные точки плоскости покрашены в два оставшихся цвета. Возьмем прямую, не параллельную a, и две точки C, D на ней одного цвета (обозначим этот цвет 2). Если на какой-нибудь из двух прямых, параллельных CD и удаленных от нее на расстояние 2/CD, найдется точка цвета 2, то C, D и эта точка образует треугольник площади 1, все вершины которого имеют одинаковый цвет .

Если же таких точек нет, то найдется треугольник площади 1 с вершинами цвета 3 .

Второе решение.1 Пусть не все точки плоскости раскрашены в один цвет. Тогда на некоторой прямой присутствуют точки разных цветов: точки A и B цвета 1 и точка X цвета 2. Пусть A1 B1 B2 A2 — прямоугольник, в котором A, B — середины сторон A1 A2, B1 B2 соответственно, длины этих сторон равны 4/AB, C1, C2 — середины A1 B1 и A2 B2 соответственно, D — точка, симметричная C1 относительно B1 .

Если среди точек A1, B1, C1, A2, B2, C2 есть точка цвета 1, она образует искомый треугольник с точками A, B .

Если среди точек A1, B1, C1, A2, B2, C2 нет точек цвета 1, то возможны следующие случаи .

1) Точки A1 и B1 (рассуждение для точек A2 и B2 аналогично) разного цвета. Тогда цвет C1 совпадает с цветом одной из них, например, A1. Если какая-то из точек A2, C2 того же цвета, эти три точки образуют искомый треугольник. В противном случае искомым будет треугольник A2 C2 B1 .

2) Если одна из пар A1, B1 или A2, B2 цвета 2, она образует искомый треугольник с точкой X .

Это решение основано на работе Александра Власова .

3) Если все точки A1, B1, A2, B2 цвета 3 и одна из точек C1, D тоже цвета 3, то треугольник B1 C1 B2 или B1 DB2 искомый. В противном случае треугольник C1 DX искомый .

Решение. Покажем, как может действовать Вася, чтобы сумма произведений на его карточках была больше, чем у Пети .

Предположим, что Петя не взял карточку, на которой написано x6 x7 x8 x9 x10. Тогда Вася может взять эту карточку, а дальше брать любые карточки. При x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 0, x6 = x7 = x8 = x9 = x10 = 1 сумма произведений у Пети будет равна 0, а у Васи будет равна 1 .

Если Петя сразу же взял карточку, на которой написано x6 x7 x8 x9 x10, то Вася может взять карточку, на которой написано x5 x7 x8 x9 x10, а следующим ходом одну из карточек x4 x7 x8 x9 x10 или x5 x6 x8 x9 x10 (хотя бы одна из них останется, поскольку за ход Петя может взять только одну из этих двух карточек). Далее Вася может брать карточки как угодно .

В случае, если Вася взял карточку x4 x7 x8 x9 x10, он может присвоить переменным следующие значения:

x1 = x2 = x3 = 0, x4 = x5 = x6 = 1, x7 = x8 = x9 = x10 = 100 .

Тогда только на 21 карточке окажется ненулевое произведение, причем для трех карточек x4 x7 x8 x9 x10, x5 x7 x8 x9 x10 и x6 x7 x8 x9 x10 это произведение будет равно 100 000 000, а для остальных не будет превосходить 1 000 000. Таким образом, сумма у Васи будет не меньше 200 000 000, а у Пети не больше 118 000 000 .

В случае, если Вася взял карточку x5 x6 x8 x9 x10, он может присвоить переменным следующие значения:

x1 = x2 = x3 = x4 = 0, x5 = x6 = x7 = 1, x8 = x9 = x10 = 10 .

Тогда только на 6 карточках окажется ненулевое произведение, причем для трех карточек x5 x6 x8 x9 x10, x5 x7 x8 x9 x10 и x6 x7 x8 x9 x10 это произведение будет равно 1000, а для остальных трех будет равно 100. Таким образом, сумма у Васи будет не меньше 2000, а у Пети не больше 1400 .

6. Решение. Каждой ломаной, звенья которой идут только вверх и вправо, соответствует слово — последовательность букв U (вверх) и R (вправо). Пусть w — любое слово и пусть W(w) — червяк, соответствующий ломаной, закодированной с помощью w. Также обозначим за D(w) количество способов разбить червяка W(w) на доминошки .

Лемма. Выполняются следующие реккурентные соотношения:

D(wUU) = D(wU) + D(w), D(wRR) = D(wR) + D(w), D(wUR) = 2D(wU) D(w), D(wRU) = 2D(wR) D(w) .

Доказательство. Для доказательства первого соотношения рассмотрим доминошку, которая покрывает самую правую из самых верхних клеток W(wUU). Если она горизонтальна, то оставшийся червяк совпадает с W(wU). Если же она вертикальна, то клетка слева от нее также может быть покрыта только вертикальной доминошкой, и тогда червяк, который остался не покрыт, совпадает с W(w) .

Второе соотношение получается аналогично .

Для доказательства третьего соотношения снова рассмотрим доминошку, которая покрывает самую правую из самых верхних клеток в червяке W(wUR). Если она вертикальна, то оставшийся червяк совпадает с W(wU). Если же она горизонтальна, то под ней и слева от нее по одной доминошке определяются однозначно (горизонтально и вертикально соответственно) .

Обозначим фигуру, остающуюся после удаления этих трех доминошек, через (эта фигура может и не быть червяком). Количество способов разбить фигуру на доминошки равно разности D(wUR) D(wU). Рассмотрим теперь червяка W(wU) и его доминошку, которая покрывает самую правую из самых верхних клеток. Если она горизонтальна, то оставшийся червяк совпадает с W(w). Если же она вертикальна, то слева от нее расположена еще одна вертикальная. Заметим, что если удалить эти две вертикальные доминошки, то остается в точности фигура .

Таким образом, разность D(wU) D(w) тоже равна числу способов разбить фигуру на доминошки .

Равенство D(wUR) D(wU) = D(wU) D(w) равносильно третьему соотношению .

Четвертое соотношение доказывается аналогично .

Доказательство леммы закончено .

Теперь пусть n — натуральное число, и пусть W(w) — червяк, которого можно разбить на доминошки n различными способами. Пусть w = w1 w2. w — разбиение w на буквы .

Рассмотрим последовательность D(“”), D(w1 ), D(w1 w2 ). D(w1 w2. w = m, 1 ) D(w1 w2. w ) = D(w) = n .

(Через “” обозначено пустое слово: соответствующий ему червяк является квадратом 2 2, для которого D(“”) = 2.) По лемме, если a и b — два последовательных члена этой последовательности, то следующий член равен или a + b, или 2b a. Давайте разберем некоторые свойства этой последовательности .

Так как D(“”) = 2 и D(U) = D(R) = 3, два первых члена любой последовательности равны двум и трем соответственно. По индукции легко видеть, что любые два последовательных члена этой последовательности взаимно просты .

Кроме того, для двух последовательных членов a, b этой последовательности a b 2a .

С другой стороны, по данным взаимно простым m и n таким, что m n 2m, мы можем построить ровно одну такую последовательность, что m и n — ее последние члены .

В самом деле, если 3m 2n, то предыдущий член должен быть равен n m, поскольку 2(2m n) m, а если 3m 2n, то предыдущий член последовательности должен быть равен 2m n, поскольку 2(n m) m. Продолжая этот процесс, в конечном счете мы придем к 3 и 2, завершая последовательность .

Для данной последовательности есть ровно два червяка, которые удовлетворяют ей. Первая буквы w1 слова w может быть выбрана любой, но все следующие буквы восстанавливаются однозначно .

Таким образом, каждой паре взаимно простых чисел m и n, для которых выполнено m n 2m, соответствует ровно два червяка, которых можно разбить на доминошки ровно n способами. При этом количество чисел, меньших n и взаимно простых с n, также ровно вдвое больше количества пар m и n, поскольку каждое такое число равно либо m, либо n m. Значит, червяков, которые можно разбить на двуклеточные доминошки ровно n различными способами, столько же, сколько натуральных чисел, меньших n и взаимно простых с n .

Комментарий. Факт, который требовалось доказать в задаче, является побочным результатом научной статьи И. Чанакчи и Р. Шиффлера (https://arxiv.org/abs/1608.06568), в которой исследуется связь между кластерными алгебрами и цепными дробями .

делится на 7, где ab означает число, составленное из последовательно приписанных друг к другу записей чисел (цифр) a и b. Эта разность при некотором k m равна 10k+1 a 10k (x a) = 10km (10m+1 a + 10m x 10m a) и имеет тот же остаток при делении на 7, что и число 10km (10m+1 a + 10m x + b), а последнее делится на 7 по предположению индукции .

Второй способ. Пусть a и b — те же, что и в первом способе. После вставки m цифр x полученное число имеет вид a · 10m+n + xx. x · 10n + b .

m раз Подберем цифру x так, чтобы при любом m N это число делилось на 7. Вычтем из него по условию делящееся на 7 число 10n a + b. Получим число

(здесь мы воспользовались неравенством о средних для двух a+b положительных чисел: ab). При этом равенство достигается, только если слагаемые равны между собой, т. е .

при x = 0. Но x 0, поэтому S(x) 1 .

6. См. решение задачи 6 для 10 класса .

(сумма конечная, так как с того момента, как знаменатель окажется больше числителя, целая часть станет равна нулю). Функция S(a) является неубывающей, постоянной на каждом полуинтервале (n; n + 1], n N, S(a) = 23 + 11 + 7 + 5 + 4 + 3 + 3 + 4 · 2 + 13 · 1 = 77 при 23 a 24, S(a) = 24 + 12 + 8 + 6 + 4 + 4 + 3 + 3 + 4 · 2 + 12 · 1 = 84 при 24 a 25 .

Таким образом, функция S(a) значения 82 не принимает .

Комментарий. Задача об асимптотическом поведении при больших a числа точек первой координатной четверти (x 0, y 0) с целочисленными координатами под графиком функции y = a/x называется проблемой делителей Дирихле. Если обозначить количество натуральных делителей числа n через t(n) (например, t(1) = 1, t(3) = 2, t(10) = 4), то это число точек равно D(a) = t(1) + t(2) + t(3) +. + t([a]) .

(здесь в сумму включено также число точек на самой гиперболе, если a Z). С ростом a сумма D(a) растет примерно как aa dx = a ln a (скажем, D(23) = 77, а 23 ln 23 = 72,116. ). Перx вый из известных существенных результатов в этой области получил в середине XIX века Дирихле. Отметим, что задача уточнения остаточного члена в асимптотической формуле для D(a) актуальна и в наши дни .

3. Ответ. В 2 раз .

Первое решение. Пусть ABCD — нижний квадрат. Примем его сторону за 1 и найдем сторону верхнего квадрата .

Проведем через вершины верхнего квадрата прямые, параллельные соответствующим сторонам нижнего, получим квадрат A1 B1 C1 D1 (см. рис. слева) .

Прямая DD1 лежит в пересечении плоскостей пятиугольников со сторонами AD и CD, поэтому их общая вершина E, отличная от D, лежит на отрезке DD1. Пусть M — вершина пятиугольника со стороной AD, противолежащая этой стороне. Тогда в силу симметрии M — середина A1 D1. Следовательно, AD = DE = EM = MD1 = 1, так как треугольник MD1 E равнобедренный (поскольку MED1 = MD1 E = 72 ). Таким образом, A1 D1 = 2, а искомая сторона верхнего квадрата равна 2 .

Второе решение. Обозначим через ADEMP и CDENQ соседние пятиугольные грани с общим ребром DE (см. рис .

справа). Пусть R — середина ребра DE. Точки A и M симметричны относительно прямой PR, перпендикулярной ED, а точки C и N симметричны относительно прямой QR, также перпендикулярной ED. Следовательно, треугольники ADC и MEN симметричны относительно плоскости PQR и поэтому равны. Отсюда находим MN : AD = AC : AD = 2 .

Комментарий. Задача была придумана в ходе игры с детьми в геометрический конструктор, одним из создателей которого является профессор механико-математического факультета МГУ И. Х. Сабитов .

4. Первое решение. Левая часть f(x) в этом уравнении представляет собой многочлен степени n 1, так как коэффициент при xn1 равен a1 +. + an = 0. Если n четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция f(x) непрерывна и f(x0 ) 0, f(x0 ) 0 при достаточно большом x0 0 .

Пусть n нечетно. Можно считать, что все числа a1. an различны (в противном случае число a = ai = aj, где i = j, является корнем), не равны нулю (если ai = 0 при некотором i, то и f(ai ) = 0) и упорядочены по возрастанию: a1 a2.. .

. an. Заметим, что f(ak ) = ak (ak a2 ). (ak ak1 )(ak ak+1 ). (ak an ) имеет тот же знак, что и ak · (1)nk = (1)k1 ak. Но при n 3 среди чисел a1 a2. an есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена f(x) .

Второе решение. Положим P(x) = (x a1 )(x a2 ). (x an ) и

МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ

ФАКУЛЬТЕТ МГУ

является ведущим учебно-научным центром в области математики и механики. На факультете действуют научные школы, возглавляемые учеными самого высокого класса .

Учебные планы факультета охватывают все современные направления математики и механики. Диплом механикоматематического факультета признан во всем мире. Выпускники факультета трудятся во всех крупных научноисследовательских центрах, учебных и иных учреждениях, не обязательно непосредственно связанных с математикой и механикой. На мехмате учат не столько рецептам решения конкретных задач, сколько умению думать самостоятельно, а также извлекать знания из разных источников. Именно это позволяет выпускникам факультета быстро включаться и быть эффективными практически в любой иной сфере деятельности — от компьютерной или финансовой до управления производством и политики .

ФАКУЛЬТЕТ МАТЕМАТИКИ НИУ ВШЭ

создан в 2007 г. при участии Независимого Московского Университета. Международный экспертный совет факультета включает филдсовских лауреатов П. Делиня, С. Смирнова и других выдающихся математиков. Согласно отчету за 2017 г., «Совет повторно оценивает общий уровень научных исследований на факультете как выдающийся, как в отношении объема, так и в отношении качества. Факультет удерживает лидирующую позицию среди математических факультетов страны» .

На старших курсах студенты выбирают индивидуальные учебные планы, позволяющие глубоко изучить заинтересовавшую область чистой математики или ее приложений. Благодаря этому выпускники, нацеленные на академическую карьеру, поступают в лучшие аспирантуры мира, а остальные неизменно востребованы в IT, финансах и других наукоемких приложениях .

Помимо программы общего профиля «Математика», на факультете действует совместный бакалавриат с Центром педагогического мастерства, который готовит высококвалифицированных преподавателей физико-математических школ .

ФАКУЛЬТЕТ КОМПЬЮТЕРНЫХ НАУК НИУ ВШЭ

создан в 2014 году совместно c компанией «Яндекс». Факультет ведет подготовку специалистов высокого уровня по работе с данными, аналитиков, исследователей в области компьютерных наук и инженеров по программному обеспечению для ведущих ИТ-компаний и исследовательских центров. Бакалаврские программы «Прикладная математика и информатика» и «Программная инженерия»

ежегодно привлекают сильнейших абитуриентов страны .

В 2018 году открыта англоязычная программа двух дипломов «Прикладной анализ данных» совместно с Лондонской Школой Экономики. Наряду с отличной фундаментальной подготовкой в области математики и информатики большое внимание уделяется прикладным курсам и проектной работе, построению индивидуальной образовательной траектории. В числе преподавателей — ведущие российские математики и эксперты в области Computer Science, международные специалисты, исследователи из научных институтов, сотрудники высокотехнологичных компаний, победители олимпиад по спортивному программированию ICPC. Магистерские программы ФКН реализуются совместно со Сбербанком, Сколтехом, Школой анализа данных Яндекса, Институтом проблем передачи информации и Институтом системного программирования РАН .

На факультете девять научных лабораторий. Среди реализуемых проектов — алгоритмическая теория игр, применение методов машинного обучения и обработка данных на эксперименте Большого адронного коллайдера, проект по искусственному интеллекту в совместной лаборатории с Samsung, разработки в области биоинформатики и автоматической обработки текстов. Наши студенты участвуют в фундаментальных и прикладных проектах, побеждают на хакатонах и олимпиадах, проходят стажировки в ведущих научных центрах и компаниях-лидерах ИТ-индустрии .

ФИЗТЕХ-ШКОЛА ПРИКЛАДНОЙ МАТЕМАТИКИ И ИНФОРМАТИКИ

Уникальная научно-образовательная Школа, созданная в 2016 году в Московском физико-техническом институте .

В ее состав входят факультет инноваций и высоких технологий (ФИВТ), факультет управления и прикладной математики (ФУПМ), ряд современных лабораторий .

ФИВТ — признанный лидер в области образования и науки на стыке математики, программирования и computer science. На ФИВТ представлены уникальные учебные планы по математике, в которых традиционное фундаментальное математическое образование подкреплено не имеющим аналогов набором курсов по дискретной математике: комбинаторике, теории графов, логике и теории алгоритмов, теории чисел, дискретным функциям, дискретному анализу, дискретной оптимизации .

ФУПМ — сильнейший факультет в области образования и науки на стыке математики, физики, механики и информационных технологий. На ФУПМ за счет правильного сочетания лучшей в стране программы по физике и современных математических курсов закладываются основы для исследований в области математического моделирования, вычислительной математики, механики, оптимизации, статистики и стохастики .

На факультетах Школы ведется большая научная и исследовательская работа, к которой студенты активно привлекаются уже на ранних курсах. По окончании факультета студент имеет широкий спектр перспектив — занятия чистой наукой, прикладные исследования, аналитика и разработка в крупнейших компаниях России и мира, а также в лабораториях Школы и в сильнейших институтах Российской академии наук .

МАТЕМАТИКА, ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ИНФОРМАТИКА,

АЛГОРИТМЫ, АНАЛИЗ ДАННЫХ

И ПРОГРАММИРОВАНИЕ В СПбГУ

В 2015 году Санкт-Петербургский государственный университет открыл новое направление бакалавриата «Математика», которое сразу завоевало популярность: в 2015–2018 годах его выбрало наибольшее число победителей и призеров Всероссийской олимпиады школьников по математике среди всех образовательных программ России. В 2019 году добавляются две новые образовательные программы: «Математика, алгоритмы и анализ данных» (совместно с компанией Яндекс) и «Современное программирование» (совместно с компанией JetBrains) .

В работу со студентами вовлечен выдающийся коллектив преподавателей и научных сотрудников, который обеспечивает подготовку во всех направлениях современной математики — программа «Математика» курируется Советом, в который входят ведущие российские и зарубежные ученые (председатель Совета — филдсовский лауреат С. К. Смирнов). Программу отличает включение современных научных достижений, большое количество курсов по выбору студента и возможность индивидуальных образовательных траекторий. Теоретическая информатика в рамках программы рассматривается как часть математики .

Обучение происходит в историческом центре СанктПетербурга — на Васильевском острове, где расположена и часть общежитий. Студенты активно вовлекаются в научную работу в сотрудничестве с лабораторией им. П. Л. Чебышева, а также в работу над программными продуктами под руководством профессионалов из индустрии .

Веб-сайт бакалавриата: http://math-cs.spbu.ru/ E-mail: math-cs@spbu.ru

В этой библиотеке вы найдете и самые первые российские учебники математики («Арифметика» Л. Ф. Магницкого и геометрия Я. В. Брюса), и научно-популярную литературу советского периода, а также интересные книги современных ученых (всего около 500 книг) .

Замечательные книги, бывшие в течение десятков лет настольными для многих школьных учителей математики, руководителей кружков, школьников, интересующихся точными науками, стали в последние годы физически недоступны читателям (несмотря на большие тиражи, издания давно стали библиографической редкостью, недоступной, к сожалению, в большинстве библиотек; переиздать все эти книги — непростая техническая и финансовая задача) .

Понимая (и не понаслышке зная) эту ситуацию, мы решили собрать электронные версии любимых книг и журналов, чтобы те, кому это нужно и интересно, могли уже сейчас читать, решать задачи, обсуждать идеи.. .

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЕ ЖУРНАЛЫ В ИНТЕРНЕТЕ

Первые научно-популярные журналы начали выходить в России более двух веков назад. На их статьях выросло не одно поколение российских ученых, инженеров, просто думающих и читающих людей самых разных родов занятий .

Сейчас старые номера этих журналов доступны читателям лишь в ничтожном числе библиотек. Электронные архивы призваны сделать их материалы доступными для широкой аудитории .

В СТНИКЪ ОПЫТНОЙ ФИЗИКИ

И ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ (1886 — 1917) vofem.ru Журнал, фактически заложивший традиции жанра в литературе на русском языке. За 31 год его существования вышло 674 выпуска В.О.Ф.Э.М .

На страницах журнала печатались и научные статьи, и, например, задачи для учеников и для учителей, научная хроника, обзоры издаваемой литературы и многое другое .

Среди постоянных рубрик журнала были, например: «Статьи, посвященные вопросам преподавания математики и физики», «Опыты и приборы», «Математические мелочи», «Библиографический отдел» .

Статьи составлялись настолько популярно, насколько это возможно без ущерба для научной стороны дела .

ЖУРНАЛ «ПРИРОДА» (1912 — ) priroda.ras.ru

Ежемесячный научно-популярный журнал Российской академии наук (РАН) «Природа» — одно из старейших в России изданий. Первый номер этого журнала вышел в 1912 году .

Фактически перед вами огромная энциклопедия по естественным наукам, составленная и регулярно пополнявшаяся отечественными учеными на протяжении 100 лет .

ЖУРНАЛ «КВАНТ» (1970— ) kvant.ras.ru Первый номер «Кванта» вышел в январе 1970 года. Материалы, накопленные в журнале с этого времени, бесценны .

Не раз доводилось спрашивать молодых ученых, многого добившихся в науке, и замечательных учителей: «Что повлияло на выбор профессии?» Ответы почти всегда были одни и те же: Учитель (школьный учитель, сумевший увлечь своим предметом) и «Квант» .

СБОРНИКИ «МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ПРОСВЕЩЕНИЕ»

(3 сер., 1997—) www.mccme.ru/free-books/matpros.html Сборники с таким названием выходили в 1934—38 и 1957— 61 годах. Сборники новой серии играют роль связующего звена между специальной и популярной математической литературой. Математическое содержание «должно быть понятно вдумчивому и настойчивому читателю, даже при отсутствии специальной подготовки». Кроме того в сборниках публикуются материалы о математической жизни, материалы по преподаванию математики .

На сайте представлены этюды, выполненные с использованием современной компьютерной 3D-графики, увлекательно и интересно рассказывающие о математике и ее приложениях .

Более 7500 задач по планиметрии и 2500 задач по стереометрии с решениями, чертежами, атрибутами для тематического поиска и прослеживания взаимосвязей .

для старших школьников (окончивших 10 или 11 класс) и студентов младших курсов (окончивших I или II курс) пройдет с 18 по 29 июля 2019 года в Дубне (на базе дома отдыха «Ратмино») .

Математики крупнейших научных и учебных центров проведут в рамках школы лекционные и семинарские учебные курсы для старших школьников и студентов младших курсов. Не менее важным, чем сами занятия, будет живое общение школьников и студентов с академиками и профессорами, общение, позволяющее обсудить интересный вопрос, получить квалифицированный ответ от занимающегося данным разделом старшего — просто «приобщиться к большой науке». Слушатели смогут получить конкретные ориентиры в разных областях науки, что поможет им выбрать себе сферу интересов .

Отличительной чертой школы является как высочайший научный уровень преподавателей, так и очень высокий уровень участников. Если вы хотите участвовать в работе школы, заполните до 10 мая анкету участника .

Предварительное согласие провести занятия на школе дали академик РАН В. А. Васильев, члены-корреспонденты РАН А. А. Гайфуллин, А. Г. Кузнецов, Д. О. Орлов, И. А. Панин, В. Ю. Протасов, А. А. Разборов, а также И. В. Аржанцев, А. П. Веселов, В. А. Клепцын, С. К. Ландо, Г. Ю. Панина, М. А. Раскин, А. Б. Сосинский, В. А. Тиморин и другие .

Материалы прошедших школ и информацию о ЛШСМсмотрите на сайте www.mccme.ru/dubna Контактный e-mail оргкомитета dubna@mccme.ru ОГЛАВЛЕНИЕ

LXXXII Московская математическая олимпиада Задачи и решения Подписано в печать 31.03.2019 г .

Формат бумаги 60 90/16. Объем 3,5 печ. л .

Гарнитура Школьная. Тираж 1000 экз. Заказ .

В магазине представлен полный ассортимент книг издательства МЦНМО. Здесь также можно найти книги по математике ведущих издательств .

Представлен широкий ассортимент книг для школьников, учителей, руководителей математических кружков .

У нас также можно найти учебники и научные монографии ведущих российских и зарубежных математиков .

Магазин открыт с 1000 до 2000 (кроме воскресенья) .

Адрес: 119002, Москва, Бол. Власьевский пер., 11 .

Источник

Вокруг круглого озера через разные промежутки времени растут 2019 деревьев-1009 сосен и 1010 ёлок. докажите, что обязательно найдётся дерево, рядом с.

Вокруг круглого озера через разные промежутки времени растут 2019 деревьев-1009 сосен и 1010 ёлок. докажите, что обязательно найдётся дерево, рядом с которым растет сосна и с другой стороны от которого через одно дерево тоже растёт сосна.

Ответы

Обойдём озеро по кругу и напишем на деревьях буквы: А, Б, В, затем снова А, Б, В и так далее.

Деревьев с каждой буквой будет по 2019 : 3 = 673. Если

бы сосен с каждой буквой было бы не более чем 336, то

их всего было бы не более чем 336 · 3 = 1008. А так как

их 1009, то сосен с какой-то буквой (скажем, А) будет

хотя бы 337. (Такое рассуждение часто встречается в решениях математических задач и называется принципом

Дирихле.) Рассмотрим теперь только деревья с буквой А.

Если какие-то две сосны стоят подряд, то задача решена —

дерево с буквой В между ними удовлетворяет условиям.

Если же между каждыми соседними соснами с буквой А

растёт хотя бы по одной ёлке, то деревьев с буквой А будет

не менее чем 337 · 2 = 674, а это не так.

берем животных ( гепард , лошадь, заяц, и т.п ) инфу ты знаеш откуда брать

потом переводиш все единицы измерения из км/ч в м/с или если их скорость у всех измеряется в км/ч то не че не надо переводить

выбираем масштаб например 1см это 10 км/ч вот и все чертем вверх линию к примеру 3 см это 30 км/ч и т.д

надеюсь хоть чемто

а) x_1=πn,nϵz; x_3=5π/6+2πm,mϵz.

пошаговое объяснение: долго писать лень сорри!

Источник