Школьный 10 - 11 класс

Если Марина достанет 17 носков, то среди них будет не больше 8 белых, а значит - хотя бы 9 чёрных. Поэтому в этот момент она точно воскликнет «Наконец-то!».

С другой стороны, если она достанет всего 16 носков, ей «может не повезти»: если она последовательно достаёт белый носок, чёрный носок, белый носок, чёрный носок, .... В этой ситуации после каждого чётного вытащенного носка чёрных и белых носков будет поровну, а после каждого нечётного - больше белых.

Посмотрим на разность между количеством шестёрок и девяток. После любой из операций она может либо измениться на в любую сторону, либо же не измениться совсем. Но это означает, что она не меняет свой остаток от деления на . Изначально он был равен , а должен стать равным — противоречие.

Равенства из условия переписываются в виде и . Если их сложить, то мы получим, что . Отсюда следует, что . В силу того, что числа положительны, то . Из равенств выше, следует, что , а . Далее подстановкой получаем, что .

Давайте разобъём треугольники на три группы, которые будем последовательно красить (см. картинку ниже). Общее количество способов покрасить треугольники из первой группы — При этом существует три типа их раскраски, которые мы далее рассмотрим по отдельности: когда они все одинакового цвета, когда они все покрашены в разные цвета, и когда два треугольника покрашены в один цвет, а оставшийся — в третий.

Вариант 1 (треугольники покрашены в один цвет): таких раскрасок ровно три штуки — по одной на каждый цвет. При этом, любой треугольник из второй группы можно покрасить одним из двух способов — ведь оба его соседа покрашены в один и тот же цвет. Итого, способов покрасить треугольники второй группы: . Аналогично, угловые треугольники из третьей группы тоже можно покрасить 8 способами. Итого, раскрасок первого типа: .

Вариант 2 (треугольники покрашены в разные цвета): таких раскрасок шесть штук — вначале нужно выбрать цвет для верхнего треугольника, потом покрасить правый в один из двух оставшихся цветов, и последний треугольник докрасить в оставшийся цвет. Цвет каждого треугольника из второй группы восстанавливается однозначно — ведь у них два соседа разных цветов. Раскрасить же угловые треугольники снова можно 8 способами. Итого, раскрасок второго типа: .

Вариант 3 (два треугольника одного цвета, и третий — другого): это все оставшиеся способы покрасить треугольники из первой группы, а значит, их количество . Теперь у одного треугольника второй группы два одноцветных соседа, а у двух других — два разноцветных соседа. Значит, их можно покрасить способами. С угловыми же треугольниками всё также, как в предыдущих случаях — 8 способов раскраски. Итого, раскрасок третьего типа: .

Наконец, осталось сложить эти три количества и получить ответ: .

Так как , то и — равнобокая трапеция. Заметим, что , при этом , а значит, — равносторонний, и его площадь равна . Найдём тогда длину Опустим высоты и на сторону .

Треугольники и — прямоугольные с углом . Тогда , а . Заметим, что — прямоугольник, причём

Таким образом,

Получаем, что площадь треугольника равна , а её квадрат —

Посчитаем на каких позициях останутся цифры после двух стираний. После первого стирания на доске останутся только цифры стоящие на нечётные местах. После второго стирания мы вычеркнем цифры на , , , …местах. Это числа, которые при делении на дают остаток . Это действительно так, потому что если мы вычернкнули цифру на месте , то останутся цифры на местах , , а следюущая — -ая будет вычеркнута. Числа и дают одинаковые остатки при делении на , а значит, мы действительно вычеркнем все цифры ,позиции которых дают остаток при делении на , так как первое вычеркнутое цифра будет -ой. То есть оставшиеся цифры разбиваются на пары, в которых первая позиция даёт остаток при делении на , а второая — . А при делении на их позиции дают остаток . Это означает, что остались цифры стоящие на местах, которые дают остаток и при делении на . Если пронумеровать пары оставшихся цифр, то в паре с номером будут стоять цифры на местах вида и . Цифры стоящие на -ом и -ом месте попадают в пару под номером . Это значит, что там будут цифры и исходного числа.

Теперь найдём что за цфиры там стоят. Числа от до занимают цифр, далее от до — ещё цифр, всего , числа от до — = и всего цифр. Числа от до дают нам цифр, а значит в этом промежутке стоит искать. Первая цифра встретится в числе , причём так как целое число, то это будет последней цифрой в . Вторая цифра, соотвественно, будет цифра в числе . В итоге получаем сумму .

Для начала покажем, как вырезать такое количество параллелепипедов. Очевидно, что с помощью таких параллелепипедов можно вырезать часть кубика размера . Тогда останется часть размера . Из неё, в свою очередь, можно вырезать кусок — останется часть размера . И наконец, вырезав из этой части кусок размера , оставим непорезанный кубик . Итого, мы вырезали параллелепипеда.

Докажем теперь, что большее количество вырезать не получится. Действительно, разобъём кубик на “диагональные” слои (см.картинку ниже), которые раскрасим по циклу в 4 цвета. Несложно убедится, что в каждом параллелепипеде содержится ровно 1 кубик каждого цвета. При этом заметим, что при разбиении из примера у нас остался угловой куб размера , в котором присутствуют только кубики трёх цветов. Значит, существует цвет, в который покрашено ровно 52 кубика, поэтому не получится вырезать параллелепипедов больше этого количества.

Обозначим радиус окружности за , . Из получаем (с учётом условия задачи).

По теореме косинусов для

Если провести высоту треугольника , то легко понять, что , отсюда

Приведём дроби к общему знаменателю:

Получается, либо либо Рассмотрим оба случая:

1) Тогда

2) То есть откуда

Итак, сумма всех возможных значий искомого выражения равна

Покажем, что найдутся 3 подряд идущих числа, среди которых есть по крайней мере 2 чётных. Это можно сделать, например, так. Рассмотрим 15 подряд идущих чисел. Они разбиваются на 3 пятёрки подряд идущих чисел, значит, среди них есть по крайней мере 6 чётных. Но эти 15 чисел можно разбить на 5 троек подряд идущих чисел. Значит, по принципу Дирихле в какой-то тройке есть хотя бы 2 чётных числа.

Зафиксируем эти 3 числа. Среди них есть хотя бы 2 чётных. Остальные 100 разобьем на 20 пятёрок подряд идущих. В каждой такой пятёрке будет не менее двух чётных чисел. Таким образом, общее количество чётных чисел не менее . Такая ситуация возможна. Пронумеруем числа по кругу. И чётными можно взять числа с номерами . (Возможны и другие примеры.)

Заметим, что . Так как 101 и 14 взаимно просты, то делится на 14 . Максимальное значение .

Пусть между городами А и Б проходит дорог, между городами Б и В — дорог, между городами А и В — дорог. Тогда количество путей из А в Б равно , а количество путей из Б в В равно .

Мы получили систему уравнений , в которой неизвестные натуральные числа, большие 1. Вычитая из первого уравнения второе, получаем: . Нам осталось перебрать все делители 5: 1 и 5. Значит, или .

Для каждого мы находим и , решая исходную систему линейных уравнений. Если , то и . Если , то и .

Количество путей, связывающих города А и В, равно . В первом случае , а во втором — . Значит, искомый ответ равен 26.

Наибольший делитель равен Так как нечетно, то средний по величине не превосходит а, поскольку делители различны, третий по величине не превосходит Тогда имеем

Таким образом, Заметим, что подходит, так как оно нечетно, делится на и и

Из условия легко понять, что у каждой клетки может быть не более одного соседа другого цвета.

Докажем, что раскраска таблицы должна быть «полосатой», то есть либо каждая строка, либо каждый столбец покрашены полностью в один цвет. Для этого достаточно показать, что либо все пары соседних клеток разного цвета являются соседями по горизонтали, либо все такие пары являются соседями по вертикали.

Рассмотрим любую пару соседних клеток разных цветов - если в таблице вообще есть клетки разных цветов, то такая найдётся. Остальные соседи этих клеток совпадают с ними по цвету, поэтому разделяющая цвета граница будет продолжаться в обе стороны, и далее, пока не упрётся в края таблицы:

Получаем, что любая граница между разными цветами должна идти от края до края таблицы, причём с каждой стороны от неё будет одноцветная полоса клеток. Но это означает, что вертикальная и горизонтальная границы одновременно существовать не могут. Следовательно, либо все границы горизонтальные, либо все границы вертикальные, и раскраска в любом случае «полосатая». (Ширина каждой полосы при этом должна быть не менее 2 клеток - впрочем, для решения это значения не имеет.)

Это означает, что либо количества клеток каждого цвета делятся на высоту таблицы, либо на её ширину, как и разность . С другой стороны, эта разность не может быть равна 0 , так как в этом случае и общее количество клеток равно , но на 3 число не делится. Значит, или .

Равенство возможно, если красные клетки занимают 12 столбцов (по 28 клеток), розовые столько же, а синие - 11 столбцов. Если столбцы одного цвета расположить подряд, то все условия задачи будут выполнены.

Заметим, что и , а значит, и как соответственые углы. Тогда треугольники и подобны, а значит, По теореме Пифагора

Таким образом,

Заметим, что площади треугольников и относятся, как к (ведь ). Отрезки к , в свою очередь, по свойству биссектрисы, относятся, как к , то есть, . Тогда . Таким образом, .

Поймём теперь, что . Это значит, что и . Также: и Итого,

Отметим на прямой такую точку , что . Тогда — параллелограмм, а значит, и .

Отсюда получаем подобие треугольников и по двум углам, а значит,

Таким образом, .

Покажем, что треугольник — равносторонний. Действительно,

Таким образом, и треугольник — равносторонний, а значит, угол .

Разберём случаи того, покупался ли какой-то набор.

- Пусть покупался набор «клавиатура и мышка», тогда к нему докупались наушники. Получается ровно способов совершить покупку.

- Пусть покупался набор «наушники и мышка», тогда к нему докупалась клавиатура. Получается ровно способов совершить покупку.

- Пусть не покупался ни один набор, тогда покупались наушники, мышка и клавиатура по отдельности. Получается ровно способов совершить покупку.

Итого существует ровно искомых способов.

Среди всех 25 одноклассников выберем 16 людей с наименьшим числом выданных конфет. Заметим, что среди них есть человек, которому выдали не меньше 7 конфет (иначе, если им всем выдали не больше 6 конфет, то суммарно им выдали не больше конфет, что меньше 100). Тогда и оставшимся одноклассникам выдали не меньше 7 конфет. Тогда всего конфет суммарно выдали хотя бы . Соответственно, Вовочка оставил себе не более конфет.

Заметим также, что Вовочка мог себе оставить ровно 37 конфет, если остальные 163 он выдал одноклассникам так: 13 одноклассникам выдал по 7 конфет, а 12 одноклассникам выдал по 6 конфет. Тогда у любых 16 человек суммарно хотя бы конфет, а всего Вовочка действительно выдал конфеты.