Задания и решения

Ответ:

6, 16, 28

Большая часть номеров банок кратны числу $3$. $50$ делится на $3$ с остатком $2$, так что сумма выбранных банок при делении на $3$ также должна давать $2$ в остатке. Соответственно, следует включить как минимум один номер, не делящийся на 3. Единственными такими номерами являются $16$ и $28$. Использовать лишь один номер такого типа невозможно: $16$ дает остаток $1$ при делении на $3$, равно как и $28$. Добавление любого количества чисел, кратных $3$, не изменяет этот остаток, поэтому сумма не может быть равной $50$. Таким образом, нужно использовать и $16$, и $28$. Их сумма $16+28=44$, что при делении на $3$ дает остаток $2$. Чтобы достичь $50$, мы добавляем $50-44=6$, каковой номер присутствует среди наших банок. В итоге нужно выбить банки $6$, $16$ и $28$.

Ответ:

$21$

Существует $5$ возможных способов получить сумму $8$ с помощью трёх игральных кубиков.

В случае $6+1+1$, число $6$ может выпасть на красном или голубом или жёлтом кубике. Поэтому у нас есть три варианта получения комбинации $6+1+1$. По аналогии, мы получим три возможных способа для комбинаций $4+2+2$ и $3+3+2$. В случае $5+2+1$ у нас получается $3\cdot 2\cdot 1=6$ возможных способа распрделения чисел на трёх цветных кубиках. То же самое верно и для случая $4+3+1$. Следовательно, существует всего $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ способа получения в сумме числа $8$.

Ответ:

$12$

Обозначим возраст Адама как $a$, а возраста его детей - как $c_1\le c_2\le c_3\le c_4$. Условия задачи позволяют построить уравнения $a=c_2+c_3+c_4$ и $a+6=(c_1+6)+(c_2+6)+(c_3+6)$. Подстановка первого уравнения во второе дает $c_2+c_3+c_4+6=c_1+c_2+c_3+18$, что можно упростить до $c_4=c_1+12$. Таким образом, разница между старшим и младшим из детей - 12 лет.

Ответ:

$36$

Цифры, показывающие часы, должны быть представлены в виде двузначных чисел не превышающих $23$ с различными цифрами от $1,\dots ,5$; это возможно только для $12$, $13$, $14$, $15$, $21$, и $23$. Для каждого такого часа будут задействованы две цифры, исключая три оставшиеся цифры для минут, которые должны быть представлены другими цифрами; это может быть достигнуто $3\cdot 2=6$ способами, где каждое число - необходимая минута. Следовательно, каждое из шести возможных чисел, показывающих часы, определяет шесть необходимых показаний времени на часах, в итоге, получаем $6\cdot 6=36$.

Ответ:

$67.5^{\circ }$

Обозначим как $X$ точку пересечения между двумя диагоналями. Вместо вычисления $\mathit{\angle CXE}$, как предполагает диаграмма, мы вычислим равный по размеру $\mathit{\angle FXG}$. Для этого нужно обратить внимание, что $\mathit{\angle GFX}=\mathit{\angle GFC}=90^{\circ }$, поскольку $\mathit{BCFG}$ - это прямоугольник. Более того, так как треугольник $\mathit{EFG}$ является равнобедренным и $\mathit{\angle GFE}=135^{\circ }$, получаем $\mathit{\angle XGF}=\mathit{\angle EGF}=22.5^{\circ }$. Таким образом, при анализе треугольника $\mathit{FGX}$ мы заключаем, что $\mathit{\angle FXG}=180^{\circ }-90^{\circ }-22.5^{\circ }=67.5^{\circ }$.

Ответ:

$36$

Так как

то $a+b+c+d+e=80$. Для того, чтобы получить максимальное $d$, необходмо минимизировать другие значения в соответсвии с заданным условием порядка чисел. Наименьшие возможные значения $a=1$, $b=2$, $c=3$, и $e\ge d+1$. Следовательно,

получаем $2d\le 73$ и поэтому $d\le 36$ ($d$ это целое число). Это ограничение дает возможность определить числа $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$, которые в сумме дают $80$ и удовлетворяют заданному условию порядка. Таким образом, максималоно возмжное значение $d$ это $36$.

Ответ:

$567$

Исходя из делимости на $9$, сумма цифр составляет $9$ либо $18$. Поскольку число нечетное, $6$ не может быть в разряде единиц, поэтому оно будет в десятках или сотнях. Оно не может быть в разряде сотен, так как в этом случае минимальная возможная сумма цифр $6+7+8=21>18$; в итоге $6$ в разряде десятков. Соответственно, цифра в разряде единиц - как минимум $7$, так что сумма цифр должна быть $18$, а цифры сотен и единиц - давать в сумме $12$. Вероятные комбинации по возрастанию - $(3,9)$, $(4,8)$ и $(5,7)$: первая исключается, поскольку удаление $9$ дает $36$, что всё еще делится на $9$ без остатка; вторая исключается, так как она дает четное число; следовательно, $(5,7)$ является единственным вариантом, соответствующим критериям. Таким образом, загаданное сфинксом число - $567$.

Ответ:

$28$

Два пересекающихся треугольника создают три маленьких одинаковых равносторонних треугольника и три больших одинаковых равносторонних треугольника за пределами закрашенного шестиугольника. Пусть $\mathit{AB}=x$ и $\mathit{BC}=y$. Тогда длина стороны большого треугольника равна $2x+y=17$, а длина стороны маленького треугольника равна $x+2y=11$. Сложение двух уравнений даёт $3x+3y=28$, что и является точным периметром шестиугольника.

Альтернативное решение: Это решение обеспечивает доказательство без обозначений буквами, сопоставив стороны шестиугольника с одной из сторон каждого из двух данных равносторонних треугольников. Так как периметр шестиугольника это сумма длин сторон данных равносторонних треугольников, а именно $17+11=28$.

Ответ:

$242$

Мы считаем все приемлемые варианты одежды по категориям. На Анне должна быть надета ровно одна футболка, одна пара шорт, одна пара носков и одна пара кроссовок, а также, опционально, она может использовать ленту для волос.

Вначале рассмотрим белые носки. По условиям задачи, белые носки могут быть надеты лишь в случае, если весь комплект одежды является белым. Следовательно, футболка, шорты и кроссовки должны быть белыми, а лента либо отсутствовать, либо также быть белого цвета. Это дает $2$ комплекта одежды.

Теперь рассмотрим носки, не являющиеся белыми (красные или оранжевые), которые дают нам $2$ варианта выбора. В этом случае дальнейших ограничений нет. Есть $5$ вариантов для футболки, $3$ для шорт, $2$ для кроссовок и $4$ опции для ленты (отсутствует, белая, черная или серая). Значит, этот случай дает нам

комплектов одежды.

Суммируя оба случая, итоговое количество возможных вариантов одежды составляет $240+2=242$.

Ответ:

$1239$

Пусть $\mathit{ABCD}$ обоначает число, где $A$, $B$, $C$, $D$ это числа; из условия дано, что $B=2A$ и $D=3C$. Тогда

упростим до $A^2+2C^2=19$. Так как число справа нечетное, то $A$ должно быть также нечетным. $A$ это цифра и $A^2\le 19$, остаётся только $A\in \{1,3\}$. Если мы попробуем подставить эти значения в уравнение, то только значение $A=1$ подходит и даёт $2C^2=18$ и тогда $C=3$. Следовательно, $B=2$, $D=9$, и искомое число это $1239$.

Ответ:

$16$

Прежде всего, отметим, что сумма $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ никогда не может быть $0$; это истинно, так как $1+2+3+4+5=15$ является нечетным, и изменение любого знака меняет итоговую сумму на четное число, так что результат всегда нечетен. В этих условиях при любых выбранных знаках, если мы изменим каждый плюс на минус, а минус - на плюс, значение изменится с положительного на отрицательное или наоборот, давая совершенное паросочетание между положительным и отрицательным результатами. Для каждого из пяти окошек мы можем независимо выбрать знак плюса либо минуса, что дает $2$ выбора для каждой позиции и, таким образом, $2^5=32$ варианта выбора знаков в целом. Поскольку ни один из них не дает в результате ноль, ровно половина должна быть положительной, так что Алиса может добиться положительного результата $16$ способами.

Now, if we take any choice of signs and switch every plus to a minus and every minus to a plus, the value changes from positive to negative or vice versa, giving a perfect pairing between positive and negative results.

Ответ:

$619$

Поскольку первая цифра $A$ во всех трех числах одинаковая, то $A$ должно удовлетворять условиям $3A\le 20$ и $3A\ge 18$, так как при сложении этих трех цифр перенос возможен не более чем на $2$ единицы. Поэтому $A=6$. Из этого следует, что в столбеце с единицами цифры $B$ и $C$ в сумме дают $10$. Поэтому, происходит перенос на $1$ из столбца с единицами в столбец с десятками. Следовательно, нам необходимо, чтобы $C=9$, и из этого следует, что $B=1$. Таким образом, $\mathit{ABC}=619$.

Ответ:

$\frac{53}{3}=17\frac{2}{3}$

Поскольку площадь квадрата $4$, площадь каждого прямоугольника должна быть $1$. Это немедленно позволяет заключить, что ширина правого прямоугольника составляет $\frac{1}{2}$, так что ширина нижнего левого прямоугольника $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, и, соответственно, его высота $1∕\frac{3}{2}=\frac{2}{3}$. Следовательно, общая высота двух оставшихся прямоугольников $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. Чтобы найти сумму четырех периметров, возьмем периметр внешнего квадрата, $4\cdot 2=8$, и добавим удвоенную сумму длин внутренних сегментов, поскольку каждый из них учитывается в двух прямоугольниках. Внутренние длины составляют $2$, $\frac{3}{2}$ и $\frac{4}{3}$, так что их удвоенная сумма $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Таким образом, искомая сумма периметров составляет $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Ответ:

$12158$

Сумма цифр после записи $2026$ равна $10$. После этого каждый четный набор цифр будет добавлять цифры $202$ и увеличивать сумму цифр на $4$, а каждый нечетный набор будет добавлять в запись $026$ и увеличивать сумму на $8$.

Таким образом, каждые два набора цифр, которые добавлены после первого набора и которые повторяются $1012$ раз ($1+2\cdot 1012=2025$), и увеличивают сумму цифр на $12$. И в конце нам остается добавть только 2026-ой набор, который увеличит сумму на $4$. В итоге, мы получаем $10+1012\cdot 12+4=12158$.

Ответ:

$14$ = $2$ часа дня

Используя критерий делимости на $24$, мы видим, что число $260320261992$ делится на $24$, поскольку:

• оно делится на $3$: сумма его цифр $42=3\cdot 13$;
• оно делится на $8$: $1000$ кратно $8$ ($8\cdot 125$), как и $992$ ($8\cdot 124$), следовательно $260320261\cdot 1000+992$ также кратно $8$.

Таким образом, остаток от деления $260320261998$ на $24$ составляет $6$, что означает, что точное время будет 14:00 (или $2$ часа пополудни).

Ответ:

$16$

По условию сначала можно съесть только виноградинку $F$, остаются $A,B,C,D,$ и $E$.

Дальше мы можем съесть виноградинку $D$ или $E$. Так как выбор абсолютно симметричный, выберем $E$, остаюися винградинки $A,B,C,$ и $D$. Потом мы можем съесть виноградинку $C$ или $D$:

• Если мы выбираем $C$, тогда мы должны съесть $D$, затем либо $A$ либо $B$ ($2$ возможных варианта)
• Если мы выбираем $D$, то мы можем съесть на выбор $A,B$ или $C$ следующим шагом, затем оставшиеся две виноградинки в любом порядке.($3\cdot 2$ возможных варианта)

Так как мы начали с $F$, затем выбрали между $D$ or $E$, то имеем $2+6=8$ различных способов. В итоге получаем $1\cdot 2\cdot 8=16$ возможных способов съесть гроздь винограда.

Ответ:

$12$

Число $x$ должно иметь форму $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ (никаких иных простых чисел быть не может, иначе они присутствовали бы в НОК). Первое условие эквивалентно $a=6$, $b\le 3$, $c\le 4$ и $d\le 2$, в то время как второе условие ведет к $a\le 8$, $b\le 4$, $c\le 3$ и $d=2$. Это подразумевает, что при разложении на простые множители $\gcd (x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$ показатель степени $2$ равен $2$, показатель степени $3$ может быть любым числом между $0$ и $3$, показатель степени $5$ может быть любым числом между $0$ и $2$, а показатель степени $7$ равен $2$. Мы заключаем, что есть $4\cdot 3=12$ таких чисел.

Ответ:

$71$

Высичислим углы вершин у правой стороны прямоугольника, зная что угол прямоугольника равен $90^{\circ }$. Теперь мы можем определить, что заданная внутренняя точка лежит на общей оси двух вертикальных сторон прямоугольника. Поэтому вся фигура симметрична относительно этой оси. И мы можем заключить, что нужный нам угол $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Ответ:

$1078$

Пусть $c$ - количество дешевых бусин, а $p$ - их (целочисленная) цена во флоринах. Тогда $\mathit{cp}=459$, и поскольку всего имеется $100$ бусин, среди которых больше дешевых, чем дорогих, получаем $50<c<100$. Так как цена выражена целым числом, $c$ должно быть делителем $459=3^3\cdot 17$, лежащим строго между $50$ и $100$, и единственным таким делителем является $c=51$. Таким образом, $p=459∕51=9$, и каждая дорогая бусина стоит $p+13=22$ флоринов. Количество дорогих бусин $100-51=49$, так что Алина заплатила за них $49\cdot 22=1078$ флоринов.

Ответ:

$1$

В уравнении есть $10$ отличных друг от друга букв ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), таким образом цифры от $0$ до $9$ используются по одному разу и значение одной из букв равно $0$. Из этого слудует, что обе стороны уравнения должны равняться $0$. В частности, $0$ присутствует в двух частях уравнения, но не в знаменателе дроби. Такой буквой может быть только $M$, поэтому $M=0$. Так как $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O=0$, не смотря на принимаемые значения других букв, то умножение может принимать только одно значение.

Ответ:

$24$

Пусть $S$ обозначает положение корабля, $A$ и $B$ - два крайних маяка, а $M$ - средний маяк. Так как $\mathit{MS}=\mathit{MA}=\mathit{MB}=13$, точки $A$, $B$ и $S$ все лежат на окружности с центром в точке $M$. Более того, отрезок $\mathit{AB}$ является диаметром этой окружности. Следовательно, согласно теореме Фалеса, треугольник $\mathit{ABS}$ является прямоугольным с прямым углом $S$. Поскольку $\mathit{AB}=\mathit{MA}+\mathit{MB}=26$ and $\mathit{AS}=10$, по теореме Пифагора получаем

Значит, расстояние от корабля до второго крайнего маяка составляет $24\mathrm{km}$.

Ответ:

$81$

Для заданных условий, окрашивание пирамиды полностью определяется цветом нижнего ряда элементов, так как каждое окрашивание элемента нижнего ряда должено определять окрашивание всей пирамиды. Так как три цвета могут быть выбраны для каждго элемента нижнего ряда, существует $3^4=81$ возможных способа окрашивания.

Ответ:

$93$

Пусть $n$ - целое положительное число, для которого выполняются оговоренные в задаче условия. Тогда номер $1$ должен идти в паре с $n+1$ (в плане присвоения двум противолежащим вершинам; в дальнейшем мы будем именовать такого рода комбинации просто пары). Следующим шагом $2$ идет в паре с $n+2$, и продолжая в том же духе, мы видим, что $k$ должно идти в паре с $n+k$ для всех $k=1,2,\dots ,n$. В частности, $n$ идет в паре с $2n$.

Следовательно, каждый номер из блока $\{1,2,\dots ,2n\}$ составляет пару с другим номером из того же блока, и данный блок может быть отделён от оставшихся номеров $\{2n+1,\dots ,100\}$. Если $2n=100$, процесс завершается. В ином случае мы повторяем ту же процедуру, начиная с $2n+1$, которое должно идти в паре $3n+1$, и продолжаем аналогичным образом.

В конечном счете множество $\{1,2,\dots ,100\}$ разбивается на непересекающиеся блоки длиной $2n$. Это возможно единственно в том случае, если $100$ делится на $2n$, то есть лишь тогда, когда $n$ является положительным делителем $50$.

Легко увидеть, что эта конструкция дает валидные пары для каждого такого делителя (собирая $\frac{100}{2n}$ блоки, как показано выше). Следовательно, ответом является сумма всех положительных делителей $50$, которая составляет

Ответ:

${\displaystyle \frac{6}{5}}=1.2$

Серый треугольник является подобным большому правому треугольнику и его наименьшая сторона равна $13-12=1$, так как оба треугольника прямоугольные и имеют один общий угол (сверху на нашем рисунке).

Поэтому коэффициент подобия между двумя треугольниками равен $1:5$ и второя сторона в сером треугольнике равна $\frac{12}{5}$. Поэтому искомая площадь равна

Ответ:

7, 14

Обозначим числа гномов как $a_1,a_2,\dots ,a_7$.

Предположим, что 7й гном сказал правду. Тогда его число составляет ровно половину от общей суммы, так что

Следуя той же логике, 6й гном должен был солгать; иначе его число было бы ${\displaystyle \frac{23}{2}}$.

Таким образом, мы уверены, что первые пять гномов сказали правду. Если $a_1\ge 2$, тогда сумма первых пяти чисел составляет минимум $2+2+4+8+16=32$. Принимая во внимание, что эта сумма будет как минимум удвоена любым из двух оставшихся гномов, который сказал правду, мы заключаем, что $a_1=1$. Это также определяет значения:

Если 6й гном сказал правду, то $a_6=16$, таким образом, чтобы добиться верной суммы, $a_7$ должно быть $14$.

В ином случае, если 6й гном солгал, мы знаем, что $a_7=16+a_6$, так что можем решить задачу для $a_6$ следующим образом:

Ответ:

$1708$

Два выбранных канала отличаются на нечетное число, когда они имеют противоположную четность, то есть одно число четное, а другое нечетное. Прежде чем вычислять количество нужных наборов каналов, мы посчитаем одно дополнение: мы посчитаем наборы, которые не отличаются на нечетное число, и вычтем их количество из всех возможных наборов.

Набор из шести каналов, которые не отличаются на нечетное число, возможен именно тогда, когда каждая пара имеет имеет четную разницу. В наборе $\{1,2,\dots ,13\}$ есть семь нечетных каналов и шесть четных каналов, таким образом число все-нечетные и все-четные это $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=8$.

Поскольку, $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$ - это возможное количество вариантов выбора шести каналов из тринадцати, то число наборов каналов, где по меньшей мере есть одна нечетная разница в паре каналов, это $1716-8=1708$.

Ответ:

$36$

Поскольку $N$ содержит семь отличающихся друг от друга ненулевых цифр, как минимум одна из них четная, так что $N$ является четным. Если бы $5$ было одной из цифр, то делимость на $5$ заставила бы $N$ оканчиваться на $0$, что противоречит тому, что ни одна из цифр не является нулем; значит, $5$ исключается. Теперь известно, что в $N$ используются семь цифр из $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, так что исключаем ровно одну цифру из этого набора. Мы не можем убрать $9$: если бы $9$ было исключено, набор цифр был бы $\{1,2,3,4,6,7,8\}$ с суммой $31$, так что $N$ не проходило бы тест по делимости на $3$, несмотря на содержащуюся в нем цифру $3$ - возникло бы противоречие. Таким образом, $9$ должно быть среди составляющих $N$ цифр, так что $N$ (и, следовательно, сумма его цифр) делится на $9$, а так как $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, мы должны исключить $4$, чтобы получить сумму цифр $36$, которая единственная кратна $9$. Одним примером такого числа является $N=9867312$.

Ответ:

$\frac{8}{9}$

Правильный октаэдр с длиной ребра $a$ имеет объём $k{a}^3$ с некоторой константой $k$ (в действительности, несложно доказать, что $k=\sqrt{2}∕3$, но это не является необходимым в решении). Чтобы сделать усеченный октаэдр, мы отсекаем половину октаэдра (пирамида на основе квадрата) с длиной ребра $a∕3$ от каждой из $6$ вершин октаэдра. Удаленный объём равен трем одинаковым октаэдрам с ддиной ребра $\frac{a}{3}$. Поэтому весь удаленный объём будет равен $3\cdot k{\left(\frac{a}{3}\right)}^3=k{a}^3∕9$. Так, доля объема учесенного октаэдра от объема исходного октаэдра равна

Ответ:

$\pm 1$, $\pm 2$

Пусть $a=2^x+2^{-x}$. Тогда $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Подстановка в уравнение дает

что упрощается до

Решение этого квадратного уравнения ведет к

с результатами

В первом случае, получаем

что приводит к $2^x=4$ либо $2^x=\frac{1}{4}$, давая $x=2$ либо $x=-2$. Во втором случае, получаем

что приводит к $2^x=2$ либо $2^x=\frac{1}{2}$, давая $x=1$ либо $x=-1$. Значит, решениями исходного уравнения являются $x=\pm 1,\pm 2$.

Ответ:

$28$

Давайте окрасим восемь угловых городов в два цвета на подобие шахматной доски 3D так, что каждый отрезок дороги (это и железная дорога и тунельная железная дорога) всегда следует от города одного цвета до города другого цвета. Так как гость стартует из города одного цвета и должен закончить путь в соседнем городе другого цвета ровно за пять отрезков дороги, маршрут должен чередовать цвета и поэтому он посетит ровно два промежуточных города каждого цвета, где все города будут разными. Более того, в представленной конфигурации маршрута с туннелями. каждая пара городов разных цветов напрямую соединена с помощью железной дороги.

Для начала мы посчитаем все маршруты из 5 сегментов дороги, не учитывая условия с туннельными дорогами. Каждый маршрут будет иметь форму

где $o_1$, $o_2$ это различные города цвета $B$, и $e_2$, $e_3$ это различные города цвета $A$. Существует $3\cdot 2=6$ способов выбрать упорядоченную пару $(o_1,o_2)$ из трех городов цвета $B$ отличных от города $B$, и так же существует $3\cdot 2=6$ способов выбрать упорядоченную пару $(e_2,e_3)$ из трех городов цвета $A$ отличных от города $A$. Следовательно, существует $6\cdot 6=36$ маршрутов из пяти дорог всего.

Теперь вычтем маршруты, которые не содержат туннельные дороги совсем, т. е. маршруты только с железными дорогами вдоль рёбер. Первая дорога не может вести напрямую к $B$, так что возможны только два варианта перемещения. Для каждого из этих двух вариантов есть ровно $4$ пути для завершения маршрута из 5 дорог до $B$ используя только ребра, что дает нам $2\cdot 4=8$ маршрута без туннелей.

Следовательно, число маршрутов из 5 дорог, где есть хотя бы одна туннельная дорога, равно $36-8=28$.

Ответ:

$63$

Обозначим количества полученных кандидатами голосов как $a$, $b$, $c$ и $d$. Это неотрицательные целые числа, отвечающие следующим условиям:

Если мы прибавим $c$ к обеим частям третьго уравнения, то получим

Значит, $c=790$, из чего далее следует, что

Сделав подстановку для $b$, получаем

Так как $d<800$ и в то же время $d>c=790$, получаем $791\le d\le 799$. Следовательно

Единственное число в данном интервале, которое делится на $7$ - это $441=7\cdot 63$. Значит, ответом будет $a=63$. Затем можно вычислить, что $b=378$, $c=790$, $d=795$, и увидеть, что все условия задачи действительно соблюдены.

Ответ:

$12∕7$

Пусть $a$ и $b$ длины сторон квадратов $\mathit{EFGH}$ и $\mathit{KGIJ}$. Исходя из условия задачи, мы получим уравнения $7=\mathit{AD}=\mathit{JK}+\mathit{HE}=a+b$ и $1=\mathit{HK}=\mathit{HG}-\mathit{KG}=a-b$. Решением этой системы линейных уравнений является $a=4$ и $b=3$.

Прямая, проходящая через центры всех трёх квадратов, делит площадь каждого квадрата на две половины. Поэтому, площадь прямоугольника $\mathit{FBCI}$ может быть посчитана

Площадь прямоугольника $\mathit{FBCI}$ так же можно определить как $\mathit{FB}\cdot (a+b)$. Из этих двух выражений, мы получаем $\mathit{FB}=\frac{\mathit{ab}}{a+b}=\frac{12}{7}$.

Ответ:

$10010$

Обозначим сумму исходных $n$ чисел как $S$. Тогда

Эти уравнения можно упростить до

Вычтя одно из другого и зная, что $n$ не может быть нулем, получаем

Следовательно, $S=2032n-6n^2=10010$.

Ответ:

$80$

После $n$ прыжков, блоха преодолевает

градусов по окружности. Нам необходимо найти наименьшее $n$ такое, чтобы это число делилось на $360$; или нам необходимо чтобы $n(n+1)$ делилось на $720=16\cdot 9\cdot 5$. Каждый из трех множителей должен делиться или на $n$ или на $n+1$. Давайте начнем с поиска кратных чисел самого большого множителя $16$ – это дает нам следующие варианты для $n$: $15$, $16$, $31$, $32$, $47$, $48$, $63$, $64$, $79$, и, наконец, $80$, которое делится еще и на $5$, а $n+1=81$ делится на $9$. Таким образом, мы можем заключить, что $80$ это искомое число прыжков.

Ответ:

$768$

Поскольку выбираются четыре ученика, и от каждой гильдии должен быть как минимум один ученик, распределение учеников по гильдиям должно быть $(2,1,1)$ в том или ином порядке. Аналогичным образом, выбираются четыре мастера, и от каждой гильдии должен быть как минимум один мастер, так что распределение мастеров также будет $(2,1,1)$.

Есть два случая.

В первом случае, оба мастера и оба ученика выбираются из одной и той же гильдии; обозначим эту гильдию как $X$. Есть $3$ возможных выбора для $X$. Из двух оставшихся гильдий ученики могут быть выбраны $2\cdot 2=4$ путями, и, аналогично, мастера могут быть выбраны $2\cdot 2=4$ путями.

Для каждой выборки два ученика из $X$ должны быть организованы в пары с двумя мастерами из двух других гильдий, что можно сделать $2$ способами. После этого двое оставшихся учеников должны быть объединены с двумя мастерами из $X$, что может быть выполнено, опять же, $2$ путями. Следовательно, в данном случае имеется $2\cdot 2=4$ отвечающих критериям способа объединить мастеров с учениками. Таким образом, этот случай дает $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4=192$ разбивки по парам.

Во втором случае, одна гильдия предоставляет ($X$) двух учеников, в то время как какая-то другая - двух мастеров ($Y$). Есть $3$ выбора для $X$ и, после того как они определены, $2$ выбора для $Y$. Оставшиеся ученики могут быть выбраны из двух других гильдий $2\cdot 2=4$ способами, равно как и оставшиеся мастера могут быть выбраны тем же количеством способов. Для любой такой выборки есть $3\cdot 2=6$ допустимых способов сформировать пары мастер-ученик: два ученика из $X$ могут быть приписаны к любым двум из трех доступных мастеров, и как только этот выбор сделан - оставшиеся ученики и мастера вынуждены объединиться единственным способом. Следовательно, этот случай дает $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$ разбивок по парам.

Суммирование обоих случаев дает $192+576=768$ возможных вариантов формирования боевых двоек.

Ответ:

$3\sqrt[3]{2}$

Заметим, что

Далее,

Следовательно,

Ответ:

$38$

Углы $\mathit{\angle ADB}$ и $\mathit{\angle ACB}$ равны, так как они опираются на одну и ту же дугу. Следовательно,

Таким образом, $\mathit{CX}$ является биссектрисой $\mathit{\angle ACB}$, а $X$, в свою очередь, является общей точкой пересечения всех трех биссектрис углов $△\mathit{ABC}$ (также известной как центр вписанной окружности, или инцентр треугольника $\mathit{ABC}$).

Теперь вычислим искомый угол:

где мы воспользовались тем фактом, что $\mathit{\angle BAC}=\mathit{\angle BDC}$, который следует (аналогично самому первому равенству углов) из того, что они оба опираются на одну и ту же дугу окружности.

Ответ:

$29$

Пусть $n_1$ и $s_1$ обозначают число нейронов и вспомогательных клеток в одном полушарии, а $n_2$ и $s_2$ в другом. Нам известно, что $n_1{n}_2=168$, $s_1{s}_2=48$, и $n_1{s}_2+n_2{s}_1=191$. Поэтому

так как здесь должна быть хотя бы одна клетка каждого типа в каждом полушарии, мы можем заключить, что $n_1+s_1=11$. Также,

и вместе с тем фактом, что $n_1$ это делитель $168$ and $s_1$ это делитель $48$, легко заметить, что $n_1=8$, $s_1=3$, следовательно $n_2=168∕8=21$, и общее число нейронов это $n_1+n_2=29$.

Альтернативное решение. Будем использовать обозначения из предыдущего решения. Число $n_1{s}_2+n_2{s}_1$ нечетное, поэтому один из двух слогаемых тоже нечетный; без потери общности пусть это будет $n_1{s}_2$. Это предположение требует чтобы $n_1$ и $s_2$ были нечетными. С другой стороны, так как $168=2^3\cdot 21$ и $48=2^4\cdot 3$, $n_2$ должен делиться на $2^3$ и $s_1$ на $2^4$. Поэтому $n_2{s}_1$ кратно $2^3\cdot 2^4=2^7=128$, и так как оно меньше чем $191$, то оно должно быть равно $128$, где $n_2=2^3=8$ (и $s_1=2^4$). Мы приходим к выводу, что $n_1=168∕8=21$, и отсюда следует ответ.

Ответ:

$75$

Поскольку у Агнес только пять плиток, дорожка никогда не может сдвигаться в южном или западном направлении: любой такой шаг назад затрачивал бы расстояние на сетке, которое невозможно вновь покрыть всего лишь пятью плитками. Таким образом, конечная точка растущей дорожки всегда продвигается в северном и/или восточном направлении. Мы считаем дорожки, заполняя таблицу $7\times 9$: В каждом квадрате решетки мы пишем количество дорожек тримино, текущая конечная точка которых (свободный конечный квадрат последней плитки) лежит в этом квадрате.

После размещения первой плитки, идущей из левого нижнего угла, конечная точка должна быть на расстоянии ровно двух квадратов: либо двух вправо (горизонтальная первая плитка), либо двух вверх (вертикальная первая плитка). Следовательно, мы ставим $1$ в квадратах $(0,2)$ и $(2,0)$ (координаты считаются снизу слева).

Теперь заполним остаток таблицы, двигаясь из левой нижней части к правой верхней. Чтобы определить значение в квадрате $(x,y)$, рассмотрим способы, которыми тримино может там заканчиваться. Плитка, заканчивающаяся на $(x,y)$, может быть вертикальной или горизонтальной, и в любом случае она должна касаться предыдущей тримино одним из конечных квадратов. Это дает четыре возможных предшествующих конечных точки: $(x,y-3)$ и $(x-1,y-2)$ в случае вертикального расположения и $(x-3,y)$ и $(x-2,y-1)$ в случае горизонтального расположения. Каждый из этих вариантов соответствует корректному способу продлить существующую дорожку на одну плитку. Таким образом, записанное в $(x,y)$ значение является суммой значений, уже записанных в квадратах

с любым квадратом вне решетки, дающим $0$.

После заполнения таким образом всех квадратов значение 75 в правом верхнем угловом квадрате является как раз числом допустимых дорожек тримино из левого нижнего угла в правый верхний.

Альтернативное решение: Расположим пять I-тримино непрерывной цепью начиная с левого нижнего угла $(0,0)$ следующим “скелетным” образом: последовательные плитки соприкасаются только углами (на концевых квадратах). Каждая плитка приближается к конечной точке либо на $(+1,+3)$ ( “вертикальный” тримино) или $(+3,+1)$ (“горизонтальный” тримино). После 5 тримина конечная точка в $(x,y)$, где $x+y=20$. Если $U$ это число вертикальных тримино и $R$ число горизонтальных тримино, тогда $U+R=5$ и $(x,y)=(U+3R,3U+R)$.

Чтобы превратить цепь тримино касающихся углами в правильный путь, где последовательные тримино соприкасаются гранью, мы "исправляем"каждое из 4 соединений между последовательными тримино. Пусть $i$-ое соединение будет между тримино $i$ и $i+1$; для каждого соединения мы выбираем одну из двух операций: либо сдвигаем весь хвост из тримино $i+1,i+2,\dots ,5$ на одну клетку влево, или сдвигаем этот хвост на одну клетку вниз. Это гарантирует, что тримино $i$ и $i+1$ будут иметь общую грань вместо угла.

Пусть $\ell$ это общее число соединений которые мы решили сдвинуть влево, а $d$ это общее число соединений которые мы решили сдвинуть вниз. Так как существует ровно 4 соединения, мы имеем $\ell +d=4$. После выполнения всех 4 сдвигов конечная точка $(x,y)$ скелетной цепочки сдвинется в $(x-\ell ,y-d)$. Чтобы достичь необходимого нам пути от точки $(0,0)$ до верхнего угла $(9,7)$, эта финальная точка должна удовлетворять условию $(x-\ell ,y-d)=(9,7)$.

Теперь проверим шесть $(U,R)$ случаев:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ не может достичь $(9,7)$ 4 сдвигами влево/вниз .
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ тоже не может достичь.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$ необходимо, чтобы $\ell =0$, $d=4$ (все 4 сдвига вниз). Существует $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ скелетных цепочек и только один вариант сдвигов, что дает $10$ возможных путей.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$ необходимо, чтобы $\ell =2$, $d=2$. Возможны $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ скелетных цепочек и $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ вариантов выбора какие соединения сдвинуть влево (остальные сдвинуть вниз), что дает нам $10\cdot 6=60$ возможных путей.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$ необходимо, чтобы $\ell =4$, $d=0$ (все сдвиги вниз). There are $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ скелетных цепочек и 1 вариант сдвина, что дает $5$ возможных путей.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ невозможно достичь.

Таким образом, общее число допустимых дорожек $10+60+5=75$.

Ответ:

$507$

Пусть $X=\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2d}+\frac{d^2}{d+2a}=2026$ и $Y=\frac{b^2}{a+2b}+\frac{c^2}{b+2c}+\frac{d^2}{c+2d}+\frac{a^2}{d+2a}$.

Поскольку у мы имеем $a+2b$ в знаменателе, мы можем попытаться упростить это если у нас есть $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$ в числителе, и так далее для оставшихся частей уравнения. Тогда:

Из этого мы получаем $X-4Y=-2$, следовательно $Y=\frac{1}{4}(X+2)=\frac{2026+2}{4}=507$.

Ответ:

$2+\sqrt{2}$

Обозначим центры двух мячей как $C_1$ и $C_2$, а как $d$ - горизонтальное расстояние между двумя центрами, т.е. длину проекции отрезка $C_1{C}_2$ на верхнюю (или нижнюю) поверхность коробки. Посмотрев на расположение элементов сверху, мы получаем квадрат с длиной стороны $3$, где $C_1$ лежит на расстоянии $1$ от двух соприкасающихся боковых сторон, а $C_2$ лежит на расстоянии $1$ от двух других соприкасающихся боковых сторон.

Таким образом, в этом виде сверху, проекции $C_1$ и $C_2$ лежат в противоположных углах квадрата с длиной стороны $1$. Значит, $d=\sqrt{2}$.

Следующим шагом рассмотрим вертикальную плоскость, перпендикулярную основанию, которая проходит через $C_1$ and $C_2$. Пересечение этой плоскости с коробкой является прямоугольником искомой высоты $a$, а отрезок $C_1{C}_2$ лежит на этой плоскости. Пусть $x$ обозначает вертикальное расстояние между $C_1$ и $C_2$.

Поскольку два мяча касаются друг друга и радиус каждого равен $1$, расстояние между их центрами составляет $C_1{C}_2=2$. В прямоугольном треугольнике с горизонтальным катетом $d$ и вертикальным катетом $x$ у нас есть $C_1{C}_2^2=d^2+x^2$, так что $x=\sqrt{2^2-d^2}=\sqrt{2}$.

Наконец, первый мяч касается дна коробки, а второй мяч касается ее крышки, так что высота коробки является суммой радиуса первого мяча, вертикального расстояния между центрами и радицса второго мяча: $a=1+x+1=2+\sqrt{2}$.

Ответ:

$259200$

Так как $0+1+\cdots +9=45$ это нечетное число, пропуск одной нечетной цифры дает четную сумму во всей таблице, поэтому суммы всех строк и столбцов должны давать четную сумму. Это может быть достигнуто используя 4 нечетных и 5 четных чисел и только если один столбец и одна строка (5 ячеек) содержит четные числа. Следовательно мы можем посчитать все такие таблицы выбирая исключенную нечетную цифру (5 вариантов), затем выбирая строку и столбец только с четными цифрами ($3\cdot 3=9$ способа), затем распологая нечетные цифры в разном порядке ( $4!=24$ способа) и, наконец, располагая четные числа в разном порядке ($5!=120$ способов).

Подобным образом, если мы исключаем четное число, сумма цифр во всей таблице будет нечетная, и, следовательно, все строки и все столбцы должны давать нечетную сумму. Единственный способ разместить пять нечетных чисел в таблице $3\times 3$ так, чтобы каждая строка или столбец содержали один или три из них, это поместить их в одну строку и один столбец. Число таблиц в этом случае вычисляется анологично с предыдущим случаем, только с заменой роли для четных и нечетных чисел. Поэтому итоговое число таблиц равно $2\cdot 5\cdot 9\cdot 24\cdot 120=259200$.

Ответ:

$9600$

Пусть $L=\mathrm{lcm}(a,b,c,d)$ и $a>b>c>d$. Эти числа являются делителями $L$, т.е.  $L=a{a}_1=b{b}_1=c{c}_1=d{d}_1$ для некоторых целых положительных чисел $a_1$, $b_1$, $c_1$, $d_1$. Ясно, что $a_1<b_1<c_1<d_1$. Следовательно, $a_1\ge 1$, $b_1\ge 2$, $c_1\ge 3$, $d_1\ge 4$. Это означает, что

В результате

то есть $L\ge 12\cdot 20000∕25=9600$.

Чтобы продемонстрировать, что $L=9600$ является достижимым, достаточно установить значения $a=9600$, $b=\frac{9600}{2}$, $c=\frac{9600}{3}$ и $d=\frac{9600}{4}$, которые все являются целыми числами. Сумма этих четырех чисел составляет $9600\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)=20000$. Таким образом, $9600$ является искомым минимальным значением $L$.