Иннополис - задания по годам → .08 Иннополис 2022

Во-первых, подставим и получим равенство , может принимать любые значения, поэтому . Во-вторых, подставим и получим , то есть функция является чётной. Теперь подставим и . Получим равенства и . Подставим результат первого равенства во второе: . Получаем, что . Следовательно, во всех положительных точках функция равна , поскольку пробегает все положительные значения. В силу чётности получаем, что при всех .

Пусть — количество марсиан, у которых глаз Такой марсианин каждую секунду отдыхает с вероятностью поскольку события "марсианин отдыхает"и "все глаза марсианина открыты"образуют полную группу событий, поэтому сумма их вероятностей равна 1. Сначала рассмотрим случай, когда

Тогда вероятность того, что наугад выбранный марсианин, у которого не больше двух глаз, отдыхает, равна

Аналогичная вероятность для марсиан, у которых не меньше двух глаз, равна

Разделим числители и знаменатели полученных дробей на и обозначим тогда искомое отношение преобразуется к виду Получим систему уравнений

Теперь рассмотрим случай, когда Тогда доля отдыхающих марсиан среди тех, у кого не больше двух глаз, должна быть равна доле отдыхающих одноглазых марсиан, т.е. Однако, согласно условию, эта доля равна — получили противоречие, значит,

Пусть — искомое число помещении в зависимости от количества участников турнира. Сначала докажем индукцией по , что База для и очевидна.

Зафиксируем помещение (например, №1) и обозначим через множество шахматистов (вершин графа, каждое ребро которого соответствует определенной партии), которые играли в этом помещении белыми фигурами. Аналогично, обозначим за множество шахматистов, которые не играли в этом помещении белыми фигурами. Множества и не пересекаются — значит, хотя бы одно из них без ограничения общности будем считать, что это содержит не более элементов, остальные шахматисты (их не менее ) не играли белыми фигурами в помещении №1 — значит, им для этого хватило помещений:

Покажем, как сделать "правильное"(т.е. соответствующее условию задачи) расписание с Для этого занумеруем вершины графа (т.е. шахматистов) числами от до и ориентируем ребра графа (т.е. партии) если (шахматист играет белыми, а — черными), а помещения занумеруем числами от до Ребру поставим в соответствие номер который определяется как наибольшее такое, что в двоичной записи числа на -м месте стоит 1, а у числа — Такое существует, поскольку Кроме того, в двоичных разложениях не более цифр, откуда

Осталось проверить, что ребрам и соответствуют разные номера. Действительно, если бы им соответствовал общий номер то у числа в -м разряде двоичной записи стояла бы и цифра из-за ребра и цифра из-за ребра что невозможно.

Заметим, что если в куче нечетное число камней, то первый игрок гарантирует себе победу, взяв на первом ходу 1 камень: тогда каждым следующим ходом игроки будут забирать по одному камню, и последний камень заберет первый игрок. Когда чётно, тот, кто первым сделает нечетный шаг, проиграет: такой шаг был сделан из четного числа — значит, он не будет последним, а противник заберет один камень, что и обеспечит ему победу.

Если то второй игрок, очевидно, побеждает. Если то побеждает первый игрок, забирая первым ходом 1 камень. Если то побеждает второй игрок: если первый берет 1 камень, то второй возьмет последний камень, а если первый игрок первым ходом берет 2 или 3 камня, то второй игрок первым своим ходом забирает остальные камни.

Докажем по индукции, что для всех четных от до (для натурального ) побеждает первый игрок, а для — второй. База индукции разобрана выше.

Пусть для натурального Тогда первый игрок сводит игру к таковой с камнями (т.е. берет вдвое больше камней, чем взял бы в игре с камнями), где у него есть победная стратегия согласно предположению индукции, поскольку Единственный способ помешать ему — взять нечетное число камней, но, как показано выше, тот, кто первым возьмет нечетное число камней, проигрывает.

Пусть теперь для Тогда уже второй игрок применяет стратегию "половинчатой"игры, т.е. берет в 2 раза больше камней, чем взял бы в игре с камнями. Согласно предположению индукции, это обеспечит ему победу.

Сначала рассмотрим последовательность По ее определению имеем для всех целых — значит, при ее стабильное значение равно а при она не стабилизируется.

Теперь рассмотрим По определению, если то для всех целых а если то и, поскольку последовательность — целочисленная, имеем для всех начиная с (целая часть от логарифма, взятая с избытком).

Докажем по индукции, что

для всех целых

База индукции

по определению.

Индукционная гипотеза: пусть для некоторого выполнено

Тогда

Что и требовалось доказать.

Наконец, рассмотрим последовательность . В силу доказанного выше, если , то все члены последовательности равны , а если , то

начиная с следовательно, стабильное значение последовательности равно

Обозначим за и Олега, Оливера и двух помощников соответственно, за — центр положительной гомотетии окружностей и Из условия следует, что прямая всегда проходит через причем, так как радиусы окружностей отличаются в два раза, отрезок делится точкой пополам. Отметим точку — пересечение луча с Поскольку равные хорды стягивают равные меньшие дуги, точка — середина дуги то есть прямая содержит внутреннюю биссектрису треугольника а еще По лемме о трезубце это означает, что точка является центром вписанной окружности треугольника обозначим эту окружность за

Покажем, что является искомой окружностью. Она касается отрезка в силу построения, поэтому достаточно проверить, что она не зависит от времени. Как показано выше, центр — это обозначим ее радиус за . Также обозначим за расстояние между центрами и а за — постоянный радиус

Посчитаем степень точки относительно двумя способами:

Величины и не зависят от времени, поэтому также от него не зависит, следовательно, окружность имеет постоянный центр и радиус, что и требовалось доказать.