Олимпиада им. Эйлера

Проведем в треугольнике среднюю линию . Тогда

Кроме того, и . Следовательно, треугольники и равны по стороне и двум углам. Положим . Тогда

откуда и .

Замечание. Используя подобие, можно обойтись без средней линии, сразу получив уравнение (*) из подобия треугольников и по двум углам с коэффициентом .

Пусть число после первого укорачивания равно а после третьего — Тогда отличается от только двумя последними цифрами, то есть Так как по условию изначальное число больше миллиона, то что возможно только если (иначе ). Значит, вторая и третья цифры исходного числа — нули, и куб получающийся после второго укорачивания, оканчивается на Следовательно, четвертая и пятая цифры исходного числа — тоже нули (куб числа, делящегося на делится и на ), и после пятого укорачивания мы получим число Поскольку в разложение числа, являющегося одновременно точным квадратом и точным кубом, все простые множители входят в степенях, кратных это число является точной шестой степенью.

Пусть а биссектриса пересекает прямую в точке Тогда Значит, биссектрисы углов и параллельны. Пусть — середина отрезка Так как по условию она лежит на а — средняя линия треугольника откуда Обозначим через точку пересечения биссектрисы и прямой и заметим, что треугольники и равны, так как

Значит, Следовательно, средняя линия треугольника лежит на прямой откуда и вытекает утверждение задачи.

Пусть прямая, проходящая через точку параллельно пересекает прямые и в точках и соответственно. Из подобия треугольников и имеем

откуда В силу параллельности прямых и имеем

откуда Кроме того, из равенства следует, что откуда Таким образом, треугольники и равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, и

откуда и получаем ответ.

Пусть первого игрока зовут Петей, а второго — Васей. Первым ходом Петя уберет из кучки один камень, а оставшиеся разделит на кучки из (про которую можно забыть) и камней. Теперь докажем более общий факт: если на столе лежат кучки из и камней, то проигрывает тот, чья очередь ходить.

Пусть соперник Пети Вася сделал ответный ход в кучку или разделил кучку на две, взяв из нее больше одного камня. У него получились кучки из и камней, где Тогда Петя следующим ходом создает две такие же кучки, получает позицию и выигрывает, делая ходы, симметричные ходам первого.

Пусть Вася возьмет один камень из кучки и разделит ее на кучки из и камней. Тогда числа и будут разной четности. Пусть четно. Тогда Петя из кучки в камней получит кучки из и камней (что возможно, так как после чего мысленно разделяет игру на две: одну на паре равных кучек где он побеждает, делая ходы, симметричные ходам первого, и вторую — на паре кучек где он снова применяет стратегию, описанную выше.

Таким образом, у второго всегда есть возможность сделать ход, и он побеждает в силу того, что всего в игре можно сделать не больше ходов.

Пронумеруем пробирки числами от до и бочки числами от до Назовем операцией последовательное наливание в пробирки номер номер ..., номер (именно в таком порядке) реактива из -ой бочки. Операцией назовем последовательное наливание реактива из -ой бочки в пробирки с номерами

Будем последовательно проводить операции пока какая-то пробирка не лопнет при операции (после чего операция прекращается). Это рано или поздно произойдет, так как среди реактива, которые надо наливать в пробирку обязательно найдутся два конфликтующих. Перед операцией в пробирке находятся реактивы от до в пробирке — от до в пробирке — реактив Поскольку пробирки с номерами от до не лопнули, реактив конфликтует именно с реактивом Уберем бочки с двумя конфликтующими реактивами, перенумеруем реактивы и бочки в том же порядке, в котором шли их старые номера. Про то, что убранные реактивы находятся в каких-то пробирках, можно забыть, так как они не повлияют на дальнейшие реакции.

Мы убрали два реактива, и сейчас в пробирке находятся реактивы от до (в новой нумерации), в пробирке — от до в пробирке — реактив Начинаем проводить операции пока какая-то пробирка не лопнет (это обязательно произойдет по той же причине, что и выше). Когда пробирка лопается, проделываем то же, что в предыдущем абзаце. Таким образом, потеряв одну пробирку, мы определяем одну пару конфликтующих реактивов. Значит, мы сможем определить все пары конфликтующих реактивов.

Т.к. — параллелограмм, то и Из получившихся равнобедренных треугольников и и параллелограмма делаем вывод, что Пусть — пересечение и а — и Тогда

По признаку что и доказывает утверждение задачи.

Пусть Архимед сначала положит в прибор четыре самых тяжёлых слитка. Их суммарный вес — кг, и прибор сработает. Других четвёрок слитков общим весом кг у Архимеда нет. Значит, он показал Гиерону, какие четыре слитка — самые тяжёлые. Затем он положит в прибор слитков весами кг и кг. Прибор снова сработает. Поскольку, как легко видеть, других девяток слитков общим весом кг у Архимеда нет, он показал Гиерону, каков набор из восьми самых лёгких слитков и слитка весом кг. При этом оба раза в прибор клали ровно один слиток в кг, а ни разу не клали ровно один слиток в кг. Поэтому Архимеду достаточно было написать веса на слитках в и кг.

Пусть отрезки и пересекаются в точке . Так как треугольники и равны по первому признаку, Тогда

(здесь первое равенство — теорема о внешнем угле для треугольника а второе — теорема о сумме углов для треугольника ), откуда

Как известно, Так как оба сомножителя в правой части тут меньше, чем если один из них — составное число, то у него есть делитель больший но не больший Но тогда и число делится на что противоречит его простоте. Значит, числа и — простые, а в сумме они как раз дают

Отметим точки и на отрезках и соответственно таким образом, чтобы а Рассмотрим точку симметричную относительно середины отрезка Нетрудно показать, что четырёхугольники и — параллелограммы, поэтому треугольник — искомый. В самом деле, (так как прямые и ограничивают параллелограмм), и, аналогично, откуда и

Оценка. Назовём доменом команды совокупность всех команд, у которых она выиграла. Команду, в домене которой не менее команд, назовём доминатором.

Пусть в турнире участвовали команд. Возьмём любые из них. По условию среди них есть доминатор. Заменим его одной из оставшихся команд. В получившейся сотне снова есть доминатор. Повторяя описанную процедуру, пока не побывавшие в сотне команды не закончатся, убеждаемся, что доминаторов у нас по крайней мере

Пусть доминатор имеет домен с наименьшим числом команд. Покажем, что тогда у команд из выиграли все доминаторы. В самом деле, пусть есть доминатор с доменом куда не входит какая-то команда из Тогда в силу минимальности домена в домене есть команда не входящая в Если и то в сотне команд, составленной из и любых команд из домена нет команды, победившей все остальные: такой командой может быть только или но проиграла а проиграла Если дополним до сотни ещё одной командой из Тогда проиграла а проиграла Случай, когда аналогичен, а случай, когда одновременно и невозможен.

Так как в домене не меньше команд, там есть команда проигравшая хотя бы командам из этого домена — иначе суммарное число поражений в матчах команд из между собой будет меньше суммарного числа побед. Тогда доминаторов не больше — иначе, взяв доминаторов, команду и победивших её команд из домена мы получили бы сотню (так как в домене в силу доказанного выше нет доминаторов), в которой команда проиграла всем остальным. Отсюда то есть

Пример. Разделим команд на доминаторов и доминируемых, проигравших всем доминаторам. Доминируемые команды расположим по кругу, и пусть каждая из них выиграет у следующих за ней по часовой стрелке и проиграет остальным. Доминаторов занумеруем от до и пусть в каждом матче между ними побеждает команда с большим номером. Тогда в любой сотне команд будет хотя бы один доминатор, и доминатор с наибольшим номером победит все остальные команды. С другой стороны, в этой сотне будет хотя бы доминируемая команда, и потому каждая из них победит по крайней мере одну из оставшихся, а каждый доминатор победит их все. Таким образом, команды, проигравшей всем остальным, в сотне не будет.

Пусть так отметить числа можно. Пронумеруем отмеченные числа в порядке возрастания: Положим По условию в последовательности любое число является квадратом натурального числа. Кроме того, квадратом является любая сумма Пусть Очевидно, Поэтому найдется такое что Сумма тоже должна быть квадратом некоторого натурального числа При этом откуда Противоречие.

Если дробная часть числа равна целому числу, то это Значит, надо доказать, что сумма наших чисел — целое число и произведение их целых частей равно Первое очевидно, так как по условию сумма дробных частей наших чисел — целое число. Допустим, второе неверно. Тогда у всех наших чисел целые части не меньше и мы имеем

откуда что невозможно.

Пусть точка симметрична относительно прямой

Тогда

и откуда следует равенство треугольников и по трём сторонам. Тогда

Пронумеруем числа по возрастанию: Сравним и Если первое меньше, задача решена. Пусть Тогда построим цепочку неравенств:

Отсюда получаем, что

Таким образом, в этом случае задача также решена.

Докажем, что из любой популярной группы, состоящей более, чем из ребят, можно кого-то удалить так, что группа останется популярной. Пусть все приехавшие имеют ровно по знакомых. Рассмотрим какую-то популярную группу в которую входит не менее школьников. Будем считать, что все остальные школьники входят в группу Предположим, что при удалении из любого школьника она перестаёт быть популярной. Тогда школьники из этой группы делятся на тех, для каждого из которых найдётся кто-то из знакомый только с ним — назовём эту группу — и остальных, которые знакомы только со школьниками из (и потому, попав после удаления из группы в группу оказываются незнакомы ни с кем из — назовём эту группу Каждому школьнику из группы сопоставим одного школьника из который знаком только с этим школьником из Они образуют группу Пусть остальные школьники из образуют группу Пусть означает число элементов во множестве Все школьники из суммарно имеют не менее знакомств в С другой стороны, школьники из суммарно имеют не более знакомств в Значит, Но поскольку а

получаем, что — противоречие.

Обозначим через точку пересечения медиан и

По свойству медиан и Поскольку к тому же то Таким образом в треугольнике медиана к стороне равна поэтому Это означает, что — высота треугольника в котором Следовательно, — его медиана. Поэтому откуда

Получается, что диагонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть — параллелограмм. Значит, откуда

Отметим на отрезке такую точку что

Тогда треугольники и подобны и Кроме того, и поэтому треугольники и равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, Далее, = = = = = и поэтому треугольники и подобны по двум углам, откуда = Значит, треугольники и подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (, поскольку ), но так как то

Пусть — середина отрезка Заметим, что а значит параллельна и Также как средняя линия треугольника Таким образом, четырёхугольник — параллелограмм. Следовательно, Осталось заметить, что так как это медиана в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию.