Задания и решения

Ответ:

$6$

Обозначим возраст Пети через $x$. Тогда возраст Петиной мамы сейчас равен $3(x-3)+3=3x-6$. В то же время, Петиному папе $3x$ лет. Значит разница в возрасте между Петиными родителями равна шести годам.

Ответ:

$30$

Для всех треугольников на картинке самая верхняя точка изображения является вершиной. Более того, у любого треугольника одна из сторон содержится в одном из двух параллельных горизонтальных отрезков. Таким образом, каждый треугольник однозначно задаётся выбором одного из этих двух отрезков и выбором двух различных точек на этом отрезке. Общее количество вариантов получается равным

Ответ:

$15$

Так как в правильном треугольнике все внутренние углы равны $60^{\circ }$, получаем $\mathit{\angle CBE}=90^{\circ }-\mathit{\angle EBA}=30^{\circ }$. Так как $\mathit{EB}=\mathit{AB}=\mathit{BC}$, треугольник $\mathit{BCE}$ является равнобедренным. Отсюда:

Наконец, величина искомого угла равна $\mathit{\angle DCE}=90^{\circ }-\mathit{\angle ECB}=15^{\circ }$.

Ответ:

$136$

Докажем, что $135$ монет может быть недостаточно. Действительно, если Сандра достала все монеты с числами меньше $10$ и по девять монет с каждым из остальных чисел, то всего она достала $(1+2+\cdots +9)+9\cdot 10=135$ монет, но среди них нет десяти с одним и тем же числом.

Докажем, что $136$ монет всегда хватит. Если Сандра достала $136$ монет, то хотя бы на $136-(1+2+\dots +9)=91$ из них написано число большее девяти. Так как есть всего десять таких возможных чисел, по принципу Дирихле мы получаем, что хотя бы одно из чисел встретится не меньше десяти раз.

Ответ:

$42$

Обозначим изначальное количество конфет через $n$. Тогда процесс выдачи конфет может быть записан следующим уравнением:

Решив уравнение, находим $n=42$.

Ответ:

$24+4\sqrt{6}$

По теореме Пифагора получаем $\mathit{BD}=\sqrt{6^2+8^2}=10$. Применив теорему Пифагора ещё раз, находим

Значит площадь $\mathit{ABCD}$ равна

Ответ:

$27$

Всего Вася хочет распечатать девять листов бумаги. В таком случае двусторонняя печать заняла бы $9\cdot 9=81$ секунд. С другой стороны, общее время односторонней печати получается равным $2\cdot 3\cdot 9=54$ секундам. Значит Вася кладёт листы обратно в принтер за $81-54=27$ секунд.

Ответ:

$784913526$

Построим диаграмму из цифр $1,\dots ,9$ так, что стрелка из цифры $x$ ведет в цифру $y$ тогда и только тогда, когда двузначное число $\overline{\mathit{xy}}$ делится на $7$ или $13$.

(Сплошная линия обозначает делимость на $7$, пунктир — делимость на $13$, точка-тире — делимость и на $7$, и на $13$.) Из диаграммы видно, что любое искомое число должно начинаться с $784$. Если следующая цифра $9$, то дальше непременно должны следовать $1$, $3$, $5$, $2$ и $6$ именно в этом порядке. Таким образом, мы находим одно решение $784913526$.

Если же следующая цифра после $784$ — не $9$, а $2$, то возникают следующие два случая. Если продолжать с $1$, то дальше будет или $9$ и тупик, или $3$, $5$, $6$ и тупик. Если продолжать с $6$, то тупик получается или после $5$, или после $3$, $5$, или после $3$, $9$.

Значит, подходящее число всего одно, и это $784913526$.

Ответ:

$54$

Треугольники, прилежащие к сторонам квадрата $B$, равнобедренны. Следовательно, сторона $B$, лежащая на диагонали большого квадрата, составляет одну треть ее длины. Значит, если $s$ - длина стороны большого квадрата, то длина стороны $B$ составляет $\frac{1}{3}\cdot \sqrt{2}\cdot s$, а длина стороны $A$ равна $\frac{1}{2}\cdot s$. Значит, отношение площадей вписанных квадратов равно

и площадь квадрата $A$ составляет $48\cdot \frac{9}{8}=54$.

Ответ:

$0$

У Фионы $9^3=729$ белых и $10^3=1000$ черных кубиков. Чтобы построить поверхность куба со стороной 12, требуется $12^3-10^3=1728-1000=728$ кубиков. То есть, она может построить куб со стороной 12, вся поверхность которого будет белой, и ответ к задаче $0$.

Ответ:

$29$

Рассмотрим класс, удовлетворяющий требованиям задачи. Предположим, что в нём есть ученик Глеб, которые не умеет ровно две вещи из трех. Превратим его в двух учеников Глеб А и Глеб Б, каждый из которых не умеет только одну из тех вещей, которые не умел Глеб. Получится класс большего размера, удовлетворяющий условиям задачи. Значит в классе наибольшего размера, удовлетворяющем условиям задачи, нет учеников, котороые бы не умели ровно две вещи. Просуммируем все «неумения» $10+14+17=41$. Шесть учеников, не умеющих ничего, посчитаны трижды, все остальные по одному разу. Значит, общее число учеников равно $41-2\cdot 6=29$.

Ответ:

$44$

Обозначим треугольник $\mathit{ABC}$, пусть $\mathit{\angle BAC}=90^{\circ }$ и $\mathit{\angle CBA}=23^{\circ }$. Обозначим основания медианы и высоты, опущенных из $A$, через $M$ и $H$, соответственно.

Так как в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, треугольник $\mathit{ABM}$ равнобедренный. Значит $\mathit{\angle BAM}=23^{\circ }$. Так как треугольник $\mathit{AHC}$ подобен треугольнику $\mathit{ABC}$, получаем $\mathit{\angle HAC}=23^{\circ }$. Наконец, $\mathit{\angle MAH}=90^{\circ }-2\cdot 23^{\circ }=44^{\circ }$.

Ответ:

$376$

Поскольку $a$ и $b$ положительны, то $a,b\le 20$. Прибавив $b$ к обеим частям исходного равенства, получим $20(a+b)=365+b$. Так как левая часть делится на $20$, то и правая часть тоже делится на $20$ и $365<365+b\le 385$. Значит $365+b=15$, откуда получаем $a=4$. Наконец, $20b+19a=380-a=376$.

Ответ:

$2017$

Заметим, что правильность многоугольника не влияет на количество диагоналей. Поэтому будем считать, что правильный $2019$-угольник получен из правильного $2018$-угольника добавлением новой вершины на середину одного из ребер. Новая вершина должна быть соединена с $2016$ из оставшихся (кроме соседей), кроме того, её соседи должны быть соединены диагональю. Всего получается $2017$ новых диагоналей.

Ответ:

$2$, $5$, $-6$

Для того, чтобы $a^b$ было равно единице, требуется выполнение хотя бы одного из условий $a=1$ и $b=0$. В первом случае получаем уравнение $x^2-4x+5=1$, которое можно переписать как ${(x-2)}^2=0$, откуда $x=2$. Во втором случае получаем уравнение $x^2+x-30=(x-5)(x+6)=0$ с корнями $5$ и $-6$. Таким образом, решения уравнения: $2$, $5$, $-6$.

Ответ:

$4$

Предположим, что первая цифра равна $1$. Цифра $4$ должна идти второй, так как иначе можно получить возрастающую последовательность $1x4$. Число $1423$ не подходит, так как можно получить последовательность $123$. Число $1432$ не подходит, так как можно получить последовательность $432$. Значит, 1 не может быть первой цифрой, а в силу симметрии не может быть и последней. Аналогичное рассуждение показывает, что 4 не может быть ни первой, ни последней цифрой.

Рассматривая упорядочивания $14$ и $41$, получаем четыре варианта:

Несложно убедиться, что они подходят.

Ответ:

$\frac{15}{2}$

По теореме Пифагора получаем $\mathit{AC}=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$. Обозначим середину $\mathit{AC}$ через $S$. Тогда $\mathit{AS}=5$.

Так как $\mathit{\angle CAB}=\mathit{\angle SAX}$ и $\mathit{\angle XSA}=\mathit{\angle CBA}=90^{\circ }$, треугольники $\mathit{ASX}$ и $\mathit{ABC}$ подобны. Значит $\mathit{SX}:\mathit{AS}=\mathit{BC}:\mathit{AB}$, откуда

Искомая длина равна $\mathit{XY}=2\cdot \mathit{SX}=\frac{15}{2}$.

Ответ:

$3435$

Так как $R+E$ заканчивается на $E$, получаем $R=0$. Так как $\mathit{FIV}E$ делится на $5$ и $R=0$, получаем $E=5$. Из разряда сотен, учитывая, что цифра $0$ уже занята, получаем, что $O=9$ и происходит перенос из разряда десятков в разряд сотен и из разряда сотен в разряд тысяч. Значит, $U+V$ больше десяти, и $N$ является нечетной цифрой, отличной от единицы. Так как цифра $9$ уже занята, $U+V\le 7+8=15$. Так как $5$ тоже занята, $N=3$. Из делимости на $4$ получаем $U=6$. Значит, $V=7$ и $F=1$.

Так как число $\mathit{NINE}$ делится на $3$, его сумма цифр $N+I+N+E=3+I+3+5=11+I$ должна делиться на $3$. Из трех подходящих для $I$ цифр $1$, $4$ и $7$ только $4$ всё ещё на занята. Таким образом, единственное решение ребуса $1960+1475=3435$, то есть $\mathit{NINE}=3435$.

Ответ:

$3+\sqrt{3}$

Обозначим точку пересечения $\mathit{AC}$ и $\mathit{DE}$ через $G$. Так как $\mathit{CD}=\mathit{EF}$, $\mathit{\angle EFB}=\mathit{\angle CDG}=90^{\circ }$ и $\mathit{\angle BEF}=\mathit{\angle DCG}=30^{\circ }$, треугольники $\mathit{BEF}$ и $\mathit{GCD}$ равны. В прямоугольном треугольнике с углами $30^{\circ }$ и $60^{\circ }$ меньшая сторона равна половине гипотенузы, а значит, $\mathit{BE}=2\mathit{BF}$. По теореме Пифагора $B{E}^2=E{F}^2+B{F}^2$. Подставив $\mathit{EF}=1$, находим $\mathit{BF}=\sqrt{3}∕3$. Таким образом, сторона $\mathit{ABC}$ равна $1+\sqrt{3}∕3$, а значит периметр равен $3+\sqrt{3}$.

Ответ:

$42$, $-42$

Пусть $r$ является искомым корнем кратности три, тогда

Сравнивая коэффициенты при степенях $x$, получаем $3r^2=588$, то есть $r=\pm 14$. Отсюда $a=3r=\pm 42$.

Ответ:

$120$

Заметим, что остров, обозначенный квадратом, и самый правый остров посередине (назовем их спецострова) обладают следующим отличительным свойством: во-первых, все мосты ведут к одному из них, а во-вторых, от каждого другого острова к ним ведет ровно два моста. Таким образом, любой путь между спецостровами всегда проходит через один из обычных островов. Значит, путешествие Семёна полностью задаётся порядком его посещения обычных островов, т. е. может быть совершено одним из $5!=120$ способов.

Ответ:

$63$

Рассмотрим два случая. Первый случай: ни одно из чисел не равняется $2000=2^4\cdot 5^3$. Тогда одно из чисел обязательно равно $2^4\cdot 5^k$ при $k\in \{0,1,2\}$, а другое — $2^l\cdot 5^3$ при $l\in \{0,1,2,3\}$. С учетом двух вариантов упорядочения находим 24 пары таких чисел. Второй случай: одно из чисел равно 2000. Тогда другое число может быть любым из $(4+1)\cdot (3+1)=20$ делителей числа 2000. С учетом порядка имеем $2\cdot 20-1=39$ пар; мы вычитаем единицу из-за пары $(2000,2000)$, посчитанной дважды. Суммарно получаем $24+39=63$ пары.

Ответ:

$98\sqrt{2}$

Обозначим через $M$ центр описанной вокруг восьмиугольника окружности. Поскольку $\mathit{\angle AMC}=\frac{2}{8}\cdot 360^{\circ }=90^{\circ }$, радиус описанной окружности равен 7, а диаметр — 14.

Перекладыванием частей фигуры (см. рисунок ниже) получаем прямоугольник той же площади, что и наш восьмиугольник. Площадь прямоугольника равна произведению $\mathit{AC}$ и диаметра окружности, т. е. $14\cdot 7\sqrt{2}=98\sqrt{2}$.

Ответ:

$232$

Заметим, что для каждого из приятелей есть ровно 4 способа выбрать тройку посещаемых курсов, это эквивалентно выбору языка, который не будет изучаться. Итого имеем $4^4=256$ вариантов выбора тройки курсов для всех четырёх приятелей без учёта последнего условия задачи.

Теперь посчитаем количество выборов курсов, при которых приятели никакой язык не будут учить вместе. Последнее условие возможно, только если для каждого из языковых курсов есть в точности один человек, не посещающий его. Значит, таких выборов ровно $4!=24$.

Отсюда заключаем, что количество способов выбора приятелями языковых курсов, удовлетворяющих условию задачи, равно $256-24=232$.

Ответ:

$24,42$

Ясно, что запись числа $n$ состоит хотя бы из двух цифр. Если $n$ есть в точности двузначное число, т. е. $n=\overline{\mathit{ab}}$ для ненулевых цифр $a$ и $b$, тогда условие задачи может быть выражено следующим образом:

или

Поскольку в правой части равенства должно быть положительное число, получаем условие $\mathit{ab}<10$. Небольшим перебором находим, что $a=2$, $b=4$ или $a=4$, $b=2$.

Предположим, что запись числа $n$ состоит из $k\ge 3$ цифр. Тогда произведение $n$ и числа, полученного из $n$ инвертированием цифр, не меньше, чем ${(10^{k-1})}^2$, что превосходит $1000+10^k$. Приходим к противоречию.

Ответ:

$110$

Выберем на стороне $\mathit{BC}$ точку $S$ таким образом, что отрезок $\mathit{TS}$ параллелен $\mathit{AB}$. Тогда $\mathit{\angle ETS}=40^{\circ }$ и

Поскольку $\mathit{CT}$ является биссектрисой $\mathit{\angle DCB}$, треугольник $\mathit{CTS}$ равнобедренный, $\mathit{\angle DCT}=\mathit{\angle TCS}$ и $\mathit{\angle DCB}=2\cdot 35^{\circ }=70^{\circ }$. Значит, $\mathit{\angle CDA}=180^{\circ }-\mathit{\angle DCB}=110^{\circ }$.

Ответ:

$10$

Пусть в родах $m_1$, $m_2$, $w_1$, $w_2$ мужчин и женщин соответственно. Так как $m_1{m}_2=85=5\cdot 17$, без ограничения общности можем считать, что $m_1=5$ and $m_2=17$ (легко показать, что ситуация, в которой в одном из родов ровно один мужчина, невозможна). Далее, всего приветствий было совершено $85+162=247$, и из того, что

мы получаем, что $m_1+w_1=13$, $m_2+w_2=19$ (остальные разбиения на делители опять можно легко исключить). Следовательно, $w_1=8$, $w_2=2$ и ответ к задаче $8+2=10$.

Ответ:

$120∕17$

Согласно теореме Пифагора, треугольник прямоугольный. Отрезок, соединяющий вершину прямого угла с центром $c$, разделяет исходный треугольник на два маленьких. Радиусы, опущенные к точкам касания $c$ с катетами, перпендикулярны этим катетам, и, следовательно, являются высотами в маленьких треугольниках. Пусть $r$ — длина радиуса. Посчитаем площадь большого треугольника двумя способами, использующими параметры большого треугольника и двух маленьких:

откуда следует $r=120∕17$.

Ответ:

$1-\sqrt[19]{0.5}$

Маргарита может проиграть автомату не более $19$ раз подряд, так как, имея лишь полтугрика, сыграть ещё раз невозможно. Так как вероятность проигрыша равна $1-p$, вероятность $19$ игр подряд без джек-пота равна ${(1-p)}^{19}$. Чтобы вероятность выиграть джек-пот была хотя бы $0.5$, необходимо, чтобы ${(1-p)}^{19}\le 0.5$. Это неравенство эквивалентно $p\ge 1-\sqrt[19]{0.5}$, а значит, $1-\sqrt[19]{0.5}$ и есть искомое наименьшее значение $p$.

Ответ:

$3435$

Так как $6^6\ge 10000$, все цифры не больше $5$. С другой стороны, если бы все цифры были равны $4$, то равенство не выполнялось бы, а если бы было не больше трёх цифр $4$, то максимально возможное число могло бы быть $3\cdot 4^4+3^3<1000$. Следовательно, хотя бы одна из цифр равна $5$. Так как $5^5=3125$, то цифра $5$ встречается ровно один раз (иначе, первая цифра числа должна была бы быть больше $5$). Так как $3000<5^5<5^5+3\cdot 4^4<4000$, первая цифра числа равна $3$.

Итак, искомое число может быть равно, как минимум, $5^5+3^3+2\cdot 1^1=3154$, что не подходит (и также не подходит число $3155$). Следующее число, не содержащее нули и цифры, большие $5$, это $3211>5^5+3\cdot 3^3$, а значит, хотя бы одна из цифр должна быть равна $4$. Цифра $4$ может быть использована только один раз, иначе вторая цифра числа должна превосходить $5$. Рассматривая три оставшихся случая, получаем, что число $3435$ – единственное решение.

Ответ:

$16$

Все пять чисел должны заканчиваться на чётные цифры. Для того, чтобы избежать делимости на три, числа, заканчивающиеся на $0$ или $6$, должны начинаться с $1$, $5$ или $7$; числа, заканчивающиеся на $2$ или $8$, должны начинаться с $3$, $5$ или $9$; число, заканчивающееся на $4$, должно начинаться с $1$, $3$, $7$ или $9$. Если число, заканчивающееся на $4$, равно $14$, то остаётся только две возможности для цифры десятков у чисел, заканчивающихся на $0$ и $6$ (либо $50$ и $76$, либо $56$ и $70$), и следовательно, только две возможности для цифры десятков у чисел, заканчивающихся на $2$ и $8$ (либо $32$ и $98$, либо $38$ и $92$), итого четыре варианта суммарно. Аналогичное рассуждение можно провести для остальных вариантов цифры десятков у числа, заканчивающегося на $4$. Так как этих вариантов всего 4, то общее число подходящих наборов из пяти чисел равно $4\cdot 4=16$.

Ответ:

$5439$

Пусть

Видно, что $f$ — неубывающая функция от переменной $n$. Далее, $f(n)-f(n-1)=1$, если $n$ делится ровно на одно из чисел $5$ и $7$, и $f(n)-f(n-1)=3$, если $n$ делится на $35$; во всех остальных случаях верно $f(n)=f(n-1)$. Поскольку

то мы получаем, что

и, так как $n$ — натуральное число, $n\ge 5436$. Далее, $f(5436)=2018$; ближайшее большее число, делящееся на $5$, это $5440$, и ближайшее большее число, делящееся на $7$, это $5439$, при этом $f(5439)=2019$, $f(5440)=2020$. Следовательно, $5439$ — единственное решение.

Ответ:

$6$

Поскольку целое число $a$ даёт при делении на 9 тот же остаток, что и $S(a)$, заключаем, что $n$, $x$, $y$ и $x+y$ дают одинаковый остаток при делении на 9. Отсюда $x$, а значит, и $n$ делятся на 9. Заметим, что наибольшая сумма цифр числа, не превосходящего один миллион, равна 54. Поэтому $n$ может принимать только какие-то из значений: 9, 18, 27, 36, 45, 54. Покажем, что все эти значения $n$ удовлетворяют условиям задачи. Действительно, для $n=9m$, $1\le m\le 6$, достаточно выбрать $x=y=10^m-1$.

Ответ:

$\sqrt{5}$

Спроецируем стороны квадрата на стороны прямоугольника, обозначим через $c$ и $d$ соответственно величину более длинной и более короткой проекций.

Тогда

значит, $c=2$ и $d=1$. По теореме Пифагора находим

Ответ:

$15∕64$

Переформулируем действия Павла так: мальчик берёт последовательность, состоящую из букв С и Р, общей длины $(5-1)+(3-1)=6$ и в соответствии с выбранной последовательностью он откусывает от шоколадки Столбец или Ряд. Есть два принципиально различных случая: либо последовательность содержит ровно две С (и четыре Р), и тогда в конце останется в точности сахарная долька, либо количество С или Р совпадает с числом столбцов или рядов соответственно, и тогда вся шоколадка будет съедена. В последнем варианте Паша своим последним укусом не сможет съесть только лишь одну сахарную дольку, так как перед этим не будет съедено необходимое количество столбцов и рядов для формирования единичной дольки.

Всего имеется $2^6$ последовательностей С и Р длины 6, и $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{2}\right)$ из них содержат ровно две С. Значит, искомая вероятность равна

Ответ:

$477$

Никакие простые числа, за исключением 2 и 5, не могут заканчиваться на 5 или чётную цифру. Следовательно, каждая из цифр

появится в каком-то из чисел Электроника хотя бы в разряде десятков. Каждая из оставшихся цифр

появится в каком-то из чисел Электроника хотя бы в разряде единиц. В итоге искомая сумма не меньше, чем

С другой стороны, это значение суммы достижимо на следующем наборе простых чисел:

Ответ:

1, 5

Раскладывая левую часть равенства $B(b)-K(k)=0$ на множители, получаем $(b+k-3)(b-k+5)=0$. Отсюда либо $\{b,k\}=\{1,2\}$, либо $|b-k|=5$.

Ответ:

$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Пусть $E$ — точка, симметричная $B$ относительно середины $M$ стороны $\mathit{AC}$, а $F$ есть перпендикулярная проекция $E$ на прямую $\mathit{BC}$. Тогда первое условие влечёт $\sin (\mathit{\angle EBC})=\frac{\mathit{EF}}{\mathit{BE}}=\frac{1}{2}$, и поэтому $\mathit{\angle EBC}=30^{\circ }$ (угол $\mathit{EBC}$ не может быть тупым из-за второго условия задачи). Значит, $\mathit{\angle ABM}=\mathit{\angle ABE}=75^{\circ }-30^{\circ }=45^{\circ }$.

Из теоремы синусов, применённой в треугольниках $\mathit{ABM}$ и $\mathit{CBM}$, получаем

и

Деля первое из этих равенств на второе и применяя теорему синусов в треугольнике $\mathit{ABC}$, находим

Ответ:

$32$

Рассмотрим четыре различных варианта заполнения таблицы в зависимости от того, какой знак стоит в центральной клетке и какой знак задействован пять раз. Пусть в обоих случаях был поставлен крестик (назовём этот вариант «крестик-крестик»), тогда для ничьей мы не можем ставить никакую пару крестиков на одну диагональ или на одну линию. Поэтому мы должны ставить знаки так, как показано на рис. 1. Это заполнение не симметрично ни относительно вращений, ни относительно осевой симметрии. Значит, получаем ровно 8 заполнений в этом варианте.

При варианте «крестик-нолик» нам нужно поставить пять ноликов в таблицу с центральным крестиком. Мы не можем поставить нолики во все четыре угла, иначе пятый нолик принесёт победу своему игроку. С другой стороны, на каждой диагонали должен быть хотя бы один нолик. Тем самым мы ставим в углы суммарно либо 2, либо 3 нолика. В каждом из случаев есть единственное заполнение таблицы (см. рис. 2 и рис. 3), причём оба заполнения не симметричны относительно 4 вращений, но обладают осевой симметрией.

Варианты «нолик-нолик» и «нолик-крестик» аналогичны вариантам, рассмотренным выше. Общее количество заполнений таблицы находим как $2\cdot (8+4+4)=32$.

Ответ:

$32$

Перевернём дроби в неравенстве и получим, что

Длина промежутка между $0.72$ и $0.75$ равна $0.03>1∕34$. Отсюда следует, что для всех $a\ge 34$ решение существует. Для $a=33$ существует решение $b=24$ (при этом $b∕a=0.7272\dots$). Для $a=32$ решения не существует, так как $24∕32=0.75$ и $1∕32>0.03$.

Ответ:

$68$, $76$, $91$

Пусть $A$, $B$ и $C$ – расстояния от Москвы до вершин в километрах. Эти числа должны удовлетворять условиям $2261\mid \mathit{ABC}$ и $2261\mid (110-A)(110-B)(110-C)$. Поскольку $2261=7\cdot 323=7\cdot 17\cdot 19$ и $7\cdot 17=119>110$, то каждое из этих расстояний задействует не более одного простого множителя из разложения $2261$.

Без ограничения общности будем считать, что $7\mid A$, $17\mid B$ и $19\mid C$. Так как те же соображения верны для расстояний $110-A$, $110-B$ и $110-C$, существуют два варианта: $7\mid (110-B)$ и $7\mid (110-C)$, поскольку $7\nmid (110-A)$. В случае $7\mid (110-B)$ имеем $19\mid (110-A)$, поскольку $19\nmid (110-C)$, и, наконец, $17\mid (110-C)$. В случае $7\mid (110-C)$ имеем $17\mid (110-A)$ и $19\mid (110-B)$ аналогично.

Так как $\text{НОД}(7,19)=1$, существует только один способ представить число $110$ в виде $a\cdot 7+b\cdot 19$, где $a$ и $b$ – неотрицательные целые числа: $110=13\cdot 7+1\cdot 19$ (все разложения имеют вид $110=(13+19k)\cdot 7+(1-7k)\cdot 19$ для $k\in \mathbb{Z}$, и коэффициенты являются неотрицательными только при $k=0$). Аналогично, получаем разложения $110=4\cdot 17+6\cdot 7$ и $110=4\cdot 19+2\cdot 17$. Получаем два решения:

и

Замечание Ивана во время второй остановки говорит нам, что третья вершина находится на расстоянии как минимум $80\text{км}$ от Москвы. Следовательно, остаётся только одно решение: $68$, $76$ и $91$.

Ответ:

$\frac{3\sqrt{3}}{8}$

Заметим, что $\mathit{\angle EKA}=90^{\circ }$; более того, треугольники $\mathit{AEK}$ и $\mathit{ABC}$ равны, поскольку $\mathit{AK}=\mathit{AC}$, $\mathit{AE}=\mathit{AB}$ и $\mathit{\angle EAK}=\mathit{\angle BAC}$. Далее, центр $S$ квадрата $\mathit{ABDE}$ лежит на описанной окружности треугольника $\mathit{ABC}$, так как $\mathit{ASB}$ и $\mathit{ACB}$ – прямые углы. Поскольку $\mathit{AS}=\mathit{BS}$, соответствующие вписанные углы $\mathit{ACS}$ и $\mathit{BCS}$ также равны. Следовательно, $S$ лежит на биссектрисе $\mathit{CJ}$. Отразим треугольник $\mathit{JKE}$ относительно $S$; точка $E$ перейдёт в точку $B$; точка $J$ перейдёт в точку $H$, являющуюся пересечением $\mathit{AB}$ и $\mathit{CJ}$; точка $K$ перейдёт в точку $I$, лежащую на $\mathit{CJ}$ и такую, что $\mathit{\angle IBC}=90^{\circ }$.

Получаем, что $\mathit{IBC}$ – равнобедренный прямоугольный треугольник с прямым углом $B$, и его площадь равна ${(\sqrt{3})}^2∕2=3∕2$. Обозначая квадратными скобками площади треугольников, получаем, что

Далее, треугольники $\mathit{ACH}$ и $\mathit{BIH}$ подобны с коэффициентом подобия

Получаем, что

Ответ:

$5∕9$

Обозначим за $c$ цвет шарика, который вытащил первый заключённый, а за $o$ – второй цвет. Тогда вероятность того, что он выбрал коробку с набором цветов $c,c,o$, равна $2∕3$, а вероятность выбора коробки с набором цветов $c,o,o$ равна $1∕3$. Если второй заключённый выбирает ту же коробку, что и первый, то он вытащит шарик цвета $c$ с вероятностью

и цвета $o$ с вероятностью

Если же он выбирает другую коробку, то он вытащит шарик цвета $c$ с вероятностью

и цвета $o$ с вероятностью

Если $c$ соответствует белому цвету, то второй выживет, если достанет цвет $c$. Поскольку $\frac{4}{9}>\frac{1}{3}$, то второму более выгодно выбрать другую коробку, и тогда вероятность его спасения равна $\frac{4}{9}$.

Если $c$ соответствует чёрному цвету, то второй выживет, если достанет цвет $o$.

Поскольку $\frac{2}{3}>\frac{5}{9}$, то второму более выгодно выбрать ту же коробку, и вероятность его спасения равна $\frac{2}{3}$. Очевидно, что $c$ – белый с вероятностью $\frac{1}{2}$ и чёрный с вероятностью $\frac{1}{2}$, и следовательно, второй заключённый может спастись с вероятностью

Ответ:

$18$

Для $n<18$ рассмотрим первые $n$ членов последовательности Фибоначчи, заданной соотношениями $a_1=a_2=1$, $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$:

Видно, что в любой тройке из этих чисел наибольшее из них больше либо равно сумме двух других, а значит, эти числа не могут соответствовать длинам сторон никакого невырожденного треугольника. Для $n=18$, пусть $x_1\le \cdots \le x_{18}$ – выбранные числа. Если никакие три из них не соответствуют никакому невырожденному треугольнику, то

и на каждом шаге мы получаем член вышеупомянутой последовательности Фибоначчи. Аналогично, $x_{18}\ge 987+1597>2019$, что невозможно в условиях задачи. Искомое число $n=18$.

Ответ:

$432=2^4\cdot 3^3$

Напомним, что если число $n$ раскладывается на простые как

то

Утверждение о том, что НОД не является делителем двойки, можно переформулировать так: существует нечетное простое число $q$, делящее $\sigma (n)$ и $\sigma (n^3)$. Так как

это число никогда не делится на три. Значит $q\ge 5$. Если бы $q$ являлось делителем ${\alpha }_i+1$ и $3{\alpha }_i+1$, то оно также делило бы

что невозможно. Значит существуют различные $i,j\in \{1,\dots ,t\}$ такие, что $q$ делит ${\alpha }_i+1$ и $3{\alpha }_j+1$. Так как мы ищем наименшее число, рассмотрим случай $t=2$, $i=1$ и $j=2$.

Если $q=5$, то наименьшие возможные значения для ${\alpha }_1$ и ${\alpha }_2$ равны $4$ и $3$, соответственно. Взяв наименьшие возможные простые $p_1=2$ и $p_2=3$, получаем $n=2^4\cdot 3^3=432$.

Если $q\ge 7$, то ${\alpha }_1\ge 6$ и ${\alpha }_2\ge 2$, а значит,

Таким образом, $432$ действительно является наименьшим возможным значением $n$.

Ответ:

$3\sqrt{5}$

По свойствам высоты в прямоугольном треугольнике

Так как $t$ – вписанная окружность, то её радиус (равный $\mathit{DT}$) может быть вычислен как частное площади треугольника $\mathit{ACD}$ и его полупериметра: $\mathit{DT}=54∕(36∕2)=3$. Обозначим за $\omega$ окружность, вписанную в треугольник $\mathit{BCD}$. Пусть она касается прямой $\mathit{CD}$ в точке $S$. Аналогично, её радиус равен $\mathit{DS}=4$. Гомотетия с центром $C$ и коэффициентом $\mathit{CT}∕\mathit{CS}=9∕8$ переводит окружность $\omega$ в окружность $c$. Таким образом, радиус окружности $c$ равен $4\cdot 9∕8=9∕2$. Пусть $M$ – середина отрезка $\mathit{XY}$ и $O$ – центр окружности $c$. Поскольку $\mathit{XO}=9∕2$ и $\mathit{OM}=\mathit{DT}=3$, то по теореме Пифагора получаем

Ответ:

$1128$

Начнём с двух наблюдений:

• Так как цвета любых двух соседних клеток различны, если в какой-то строке присутствует более двух цветов, то в этой строке найдутся три клетки подряд, окрашенные в различные цвета.
• Такая тройка однозначно задаёт раскраску трёх соответствующих столбцов (например, под и над тройкой $1-2-3$ обязательно должна идти тройка $3-4-1$). Более того, в каждом из этих трёх столбцов будет всего по два цвета.

То же самое верно для столбцов. Таким образом, не может получиться так, что в какой-то строке больше двух цветов и в каком-то столбце больше двух цветов.

Вычислим количество раскрасок, в которых в каждой строке только два цвета. Необходимо и достаточно выбрать пару цветов для первой строки (пары цветов для остальных строк тогда определяются автоматически) и цвет первой клетки в каждой из шести строк. Получается $C_4^2\cdot 2^6=6\cdot 2^6$ раскрасок. Аналогично, количество раскрасок, в которых в каждом столбце два цвета, равно $6\cdot 2^7$. Если мы сложим полученные количества, то раскраски, использующие по два цвета по всех строках и столбцах, будут посчитаны дважды. Каждая такая раскраска однозначно определяется цветами верхнего левого квадрата $2\times 2$, то есть всего есть $4\cdot 3\cdot 2=24$ таких раскрасок.

В итоге получаем $6\cdot 2^6+6\cdot 2^7-24=1128$ раскрасок.

Ответ:

$597+3^{-99}$

Далее все массы даны в граммах. После первой передачи у второго казака $8+4∕3$ пороха. После второй передачи у третьего казака окажется $12+8∕3+4∕3^2$ пороха, а после третьей — у четвёртого казака будет $16+12∕3+8∕3^2+4∕3^3$ пороха. Легко заметить, что в конце концов сотый казак получит

граммов пороха. Обозначим

Представим сумму $S$ в следующем виде:

Применяя формулу суммы геометрической прогрессии

выражаем

Окончательно находим количество пороха, которое получит сотый казак, как

Ответ:

$3,4,5,6,8,14$

Мы хотим, чтобы число $n$ удовлетворяло условию ${(n-2)}^2\mid {(n-1)}^{n-1}-n^2+2019\cdot (n-1)$. Если мы добавим ${(n-2)}^2$ к правой части, то делимость не изменится, а мы сможем избавиться от слагаемого $n^2$, так как $n^2-4n+4-n^2=-4(n-1)$. Получаем эквивалентное условие

Так как $n-1$ и $n-2$ являются взаимно простыми, можно разделить правую часть условия на $n-1$. Сделаем замену $t=n-2$. Тогда $t^2\mid {(t+1)}^t+2015$. При помощи бинома Ньютона получаем