КВАНТ
ВЫПУСК
Математические ы
БИБЛИОТЕЧКА
КВАНТ
ВЫПУСК
Приложение к журналу
«Квант» №1/2006
Математические турниры имени ЛЛ Савина
составитель А. В. Спивак
Москва 2006
УДК 51(079.1)
ББК 22.1я721
М72
Серия «Библиотечка «Квант» основана Bi 1980 г.
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ’
Б.М.Болотовский, А.А.Варламов, В.Л.Гинзбург, Г.С.Голицын, Ю.В.Гуляев, М.И.Каганов, С.С.Кротов, С.П.Новиков. Ю.А.Осипьян (председатель), В.В.Произволов, Н.Х.Розов, А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров, А.Р.Хохлов, А.И.Черноуцан (ученый секретарь)
М72 Математические турниры имени А. П. Савина. Составитель А.В.Спивак. - М.: Бюро Квантум, 2006. — 176 с. (Библиотечка «Квант». Вып. 93. Приложение к журналу «Квант» № 1/2006.)
ISBN 5-85843-058-9
В книге собраны задачи, предлагавшиеся в заочном конкурсе «Математика 6-8», проводимом журналом «Квант» с 1990 года, и на летних очных турнирах, представляющих собой заключительные этапы этого конкурса (начиная с 1995 г.). Задачи нестандартные, олимпиадного характера. Большинство задач доступны заинтересованному восьмикласснику, но безусловно интересны и старшеклассникам.
Для учащихся и преподавателей средних школ, лицеев и гимназий, для участников и руководителей математических кружков, а также для всех любителей математики.
ББК 22.1я721
ISBN 5-85843-058-9
© Бюро Квантум, 2006
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие.............................................4
Избранные задачи 1990-1999 годов........................5
Летний турнир 1999 года (Рыбинск)...................24
1999/2000 учебный год...............................31
Летний турнир 2000 года (Сызрань)...................34
2000/01 учебный год.................................43
Летний турнир 2001 года (Клещевка Ивановской области) . 46
2001 /02 учебный год................................51
Летний турнир 2002 года (Кострома)..................53
2002/03 учебный год.................................56
Летний турнир 2003 года (Судиславль)................58
2003/04 учебный год.................................63
Летний турнир 2004 года (Судиславль)................65
2004/05 учебный год.................................67
Летний турнир 2005 года (Судиславль) ...............70
Ответы, указания, решения .............................74
ПРЕДИСЛОВИЕ
Цель нашей жизни столь бесспорна, что зря не мучайся, приятель: мы сеем будущего зерна, а что взойдет - решит Создатель.
И. Губерман
Заочный конкурс «Математика 6-8» придумал Анатолий Павлович Савин (1932-1998). На страницах журнала «Квант» задания этого конкурса стали появляться, начиная с 1990 года. Они заняли нишу между увлекательным, но простым «Квантом» для младших школьников» и трудным «Задачником «Кванта». По инициативе Сергея Ивановича Токарева с 1995 года проводится очный летний турнир командных математических боев.
Отличительной особенностью летних турниров всегда была доброжелательная атмосфера, благодаря которой школьники -даже те, кто решили мало задач, - уезжали, вспоминая не баллы, а математические красоты, победы не над людьми, а над задачами. В турнирах участвовали команды многих городов России, Украины, Белоруссии.
Здесь собраны наиболее интересные задачи 1990-1999 годов и многие задачи 2000-2005 годов (на сайте kvant.info можно найти условия всех задач, в том числе не вошедших в эту книгу). Задачи довольно трудные и требуют немалой изобретательности от решающего; однако для победы над ними, как правило, достаточно обладать математическим багажом восьмиклассника. (Впрочем, были и случаи успешного участия в турнире шестиклассников. С 2002 года в очном турнире участвуют девятиклассники.) А многие задачи требуют не только находчивости, но и настойчивости, умения довести идею до решения, безошибочно перебрать немалое число вариантов (заметьте: такие задачи редки не только на уроках, но и на олимпиадах!).
Звездочкой отмечены наиболее трудные задачи, а мелким шрифтом набраны задачи, которые можно пропустить при первом знакомстве с книгой.
Наибольшее количество задач для турниров придумали И.Ф.Акулич, С.Г.Волчёнков, Д.А.Калинин, В.В.Произволов, В.А.Сендеров, С.И.Токарев, А.В.Шаповалов.
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ 1990-1999 ГОДОВ
1.	На каждом километре шоссе между селами Елкино и Палкино стоит столб с табличкой, на одной стороне которой написано, сколько километров до Елкино, а на другой - до Палкино. Боря заметил, что на каждом столбе сумма всех цифр равна 13. Каково расстояние от Елкино до Палкино?
А, Шаповалов
2.	Существуют ли 1995 натуральных чисел, сумма которых равна их произведению?
3.	На шахматной доске расставлены фигуры так, что на каждой горизонтали, как и на любой вертикали, стоит а) не менее двух фигур; б) ровно две фигуры. В любом ли случае можно снять с доски несколько фигур, оставив на каждой горизонтали и на каждой вертикали по одной фигуре?
В. Произволов
к. Если (х + у + z) (ху + yz + zx) = xyz , то (х + у) (у + z)(z + + х) = 0. Докажите это.
В. Произволов
5. Нетрудно проверить, что 2 делится на 21, 3-4 делится на 22 , 4-5-6 делится на 23 , 5 • 6 • 7 • 8 делится на 24 , а 6•7•8• 9 • 10 делится на 25. Сформулируйте и докажите общее утверждение.
в. Вычеркните из произведения 1! • 2! •... • 99! • 100! один из ста факториалов, чтобы оставшееся произведение было квадратом целого числа.
С.Токарев
7.	Из бумажного прямоугольника вырезали два одинаковых круга. Проведите прямую, делящую полученную фигуру на две части равной площади.
В .Произволов
8.	Вертикали и горизонтали шахматной доски занумерованы снизу вверх и слева направо числами от 1 до 8. На доске стоят 8 ладей, нё бьющих друг друга. Для каждой ладьи вычислим
5
произведение номеров вертикали и горизонтали, на которых она стоит. Сложим эти произведения. Докажите, что для расстановки ладей, центрально-симметричной данной, аналогичная сумма равна первоначальной.
В.Произволов
9.	Заполненную числами таблицу размером 3x3 называют магическим квадратом, если сумма чисел каждой горизонтали, каждой вертикали и каждой диагонали одна и та же. Докажите, что сумма квадратов чисел верхней строки магического квадрата равна сумме квадратов чисел его нижней строки.
А, Швецов
10.	а) На листе клетчатой бумаги отмечены 100 узлов -вершины клеток, образующих квадрат 9x9. Два игрока по очереди соединяют вертикальным или горизонтальным отрезком два соседних отмеченных угла. Игрок, после хода которого образуется один или несколько квадратиков, закрашивает их в свой цвет. Выигрывает тот, кто закрасил больше квадратиков. Придумайте стратегию, которая позволяет второму игроку выиграть.
С. Савчев
6) Внешняя граница доски, изображенной на рисунке 1, нарисована толстыми линиями, а внутренние отрезочки - тонкими. Двое ходят по очереди. Каждый ход - превращение одного
тонкого единичного отрезочка в толстый. Если вся граница некоторой клетки (или двух клеток) становится толстой, то на этой клетке (клетках) ставят крестик, если это произошло после хода первого игрока, и нолик (нолики) -после хода второго игрока. Может ли второй игрок действовать так, чтобы к концу игры ноликов оказалось больше, чем крестиков?
М.Ахмеджанова
11.	Андрей раскладывает 200 спичек на 6 разных кучек. Затем Боря уравнивает количества спичек в некоторых двух кучках, беря несколько спичек из большей из них. Боря стремится взять как можно меньше спичек. Сколько спичек Андрей может заставить взять Борю?
X.Хаимов
12.	Лист бумаги можно разрезать на 6 или 12 частей. Каждый новый кусок можно разрезать на 6 или 12 частей или оставить 6
целым и так далее, а) Можно ли таким образом разрезать лист на 40 частей? 6) Докажите, что таким образом можно получить любое число частей, большее 40.
А. Савин
13.	У лифта на первом этаже 18-этажного дома собрались 17 министров, которым нужно подняться вверх, причем на разные этажи. Лифтер согласен сделать лишь один рейс на любой этаж, а дальше пусть они идут пешком. Лифт способен вместить всех министров. Все министры с одинаковым неудовольствием спускаются вниз на один этаж и с двойным неудовольствием поднимаются пешком вверх на один этаж. Какой этаж нужно выбрать, чтобы суммарное неудовольствие было наименьшим?
И.Акулич
14.	Можно ли в таблице 13x13 отметить некоторые клетки так, чтобы а) любая; б) любая неотмеченная клетка таблицы граничила по стороне ровно с одной отмеченной клеткой?
С.Токарев
15.	Схема городов и дорог в некотором государстве изображена на рисунке а) 2; 6) 3. Можно ли обойти все города, побывав в каждом из них по одному разу?
16.	Каждая из расположенных по кругу 12 ламп может находиться в одном из двух состояний: гореть или не гореть. За один ход можно изменить состояние любых трех ламп, расположенных подряд. Вначале горит только одна лампа. Можно ли добиться того, чтобы горели все 12 ламп?
17.	Назовем дистанцией между двумя многоугольниками площадь их симметрической разности, т.е. сумму их площадей, уменьшенную на удвоенную площадь их пересечения. Докажите, что для любых трех многоугольников дистанция между первым и третьим из них не превы
7
шает суммы дистанции между первым и вторым и дистанции между вторым и третьим.
А. Савин
18.	В левой части равенства 1:2:3:4:5:6:7:8:9:10 = = 7 расставьте скобки так, чтобы оно стало верным.
С.Токарев
19.	Какие натуральные числа не представимы в виде суммы нескольких (не менее двух) последовательных натуральных чисел?
20.	Число 1995 можно представить в виде суммы последовательных натуральных чисел несколькими способами, например, 1995 = 997 + 998 = 664 + 665 + 666 = 330 + 331 + 332 + 333 + 334 + + 335. Найдите представление, в котором наибольшее число слагаемых.
21.	Рассмотрим число, записываемое в десятичной системе счисления п девятками. Найдите сумму цифр куба этого числа. (Указание. 93 = 729 , 993 = 970299 , 9993 = 97002999.)
П. Филевич
22.	Существует бесконечно много натуральных чисел, не оканчивающихся нулем, сумма цифр каждого из которых равна сумме цифр его квадрата. Докажите это.
Л.Курляндчик
23.	На доске записаны в ряд числа 1, 2, ... , 1995. Сначала стирают с доски все нечетные числа. Из оставшихся стирают все числа, оказавшиеся на четных местах. Затем снова стирают числа, оказавшиеся на нечетных местах, и так далее, пока не останется одно число. Какое?
И.Акулич
24.	На рисунке 4 изображен маршрут короля, обошёдшего доску 2x2, чередуя диагональные и недиагональные ходы и побывав на каждом поле ровно по одному разу.
а) Нарисуйте такой маршрут для доски 8x8. б) Существует ли такой маршрут для доски 9x9?
С,Токарев
25.	Число а) 1991 • 1993 • 1995 • 1997 +16 ;
6) 1994•1995•1996•1998•1999•2000 + 36 ;
в) 19942 +19942•19952 +19952
является квадратом натурального числа. Докажите это.
В.Произволов
8
26.	Число 1993 19953 -1994 19923 является кубом целого числа. Докажите это.
С.Токарев
27.	а) Пусть ах = 1799 , а2 = 1828 и ап+2 - (an+i + 1)/^„ для любого натурального числа п. Найдите а1997.
К. Гаусс
б*) Пусть ^=1, 1^=22, &з = 333 и Ьп+3 = (1 + Ьп+2 + + bn+i)/bn для любого натурального числа п. Найдите Ьзоо! •
Г. Тодд
28.	Палиндромом назовем слово, которое не меняется, если его прочесть в противоположном направлении (например, КАЗАК, ШАЛАШ, БОБ). Пусть задано слово из 1995 букв, в котором есть только буквы А и Б. Докажите, что это слово можно разбить не более чем на 800 палиндромов.
И. Акулич
29.	а) Двенадцать дипломатов совещались за круглым столом. После перерыва они вновь сели за этот стол, но в другом порядке. Докажите, что найдутся такие два дипломата, что между ними (считая от первого ко второму по часовой стрелке) во второй раз оказалось столько же собеседников, что и в первый раз. 6) А если дипломатов 13, а не 12?
В.Произволов
30.	Имеется неограниченный запас монет в 1, 2, 5, 10, 20, 50 копеек и в 1 рубль. Докажите, что если можно заплатить т копеек п монетами, то п рублей можно уплатить т монетами.
Ф. Назаров
31.	Калиф Гарун-аль-Рашид одарил троих придворных астрологов десятью кошельками. Мудрецы, сев подсчитывать доход, обнаружили, что один из кошельков пуст, во втором лежит одна таньга, в третьем -две, и так далее до десятого, в котором оказалось девять таньга. Гусейн Гуслия взял себе два кошелька. Абдурахман ибн Хоттаб и его брат Омар Юсуф поделили оставшиеся кошельки так, что более заслуженный и умудренный годами Абдурахман получил большую сумму денег. По дороге на Омара Юсуфа напали разбойники и отняли четыре кошелька, так что от подарка калифа осталось лишь 10 таньга. Какие кошельки достались Гусейну Гуслия?
И.Акулич
32.	Гавиал, бегемот, пеликан и кашалот съели в общей сложности 37 рыб. Кашалот съел больше, чем пеликан, причем
9
во столько же раз, во сколько раз пеликан съел больше гавиала. Сколько рыб съел гавиал, а сколько пеликан?
И. Акулич
33.	В футбольном турнире участвовали а) 17; б) 16; в) 15 команд. Могло ли случиться, что каждые две команды сыграли один раз и у каждой команды число ее побед равно числу ее ничьих?
С.Токарев
34.	Существует ли число, сумма цифр которого равна И, которое оканчивается цифрами 11 и делится на 11 ?
И.Акулич
35.	а) В таблице размером 6x6 расставлены 36 чисел так, что сумма чисел каждой из 22 диагоналей (диагональ может состоять из 1 (угловой), 2, 3, 4, 5 или 6 клеток) одна и та же. Докажите, что эта сумма равна 0.
6)	Верно ли аналогичное утверждение для таблицы размером 5x5?
С. Токарев
36*. Компания из восьми человек семь раз садилась за круглый стол. Могло ли случиться, что любые двое при этом дважды сидели рядом?
С. Токарев
37.	а) Отметьте центры 16 клеток шахматной доски, чтобы никакие три отмеченные точки не лежали на одной прямой.
б*) Расставьте на шахматной доске 4 ферзя, 4 слона и 4 короля, чтобы ни одна из фигур не била никакую другую.
А.Грибалко
38.	Найдите наименьшее натуральное число, кратное 1995, в десятичной записи которого любые две цифры, стоящие через одну, одинаковы.
С.Токарев
39.	В прямоугольном зале в 10 рядах по 10 кресел в каждом сидят 100 чиновников, получающих разные зарплаты. Чиновник считает себя высокооплачиваемым, если, опросив всех соседей (справа, слева, спереди, сзади и по диагоналям), он убеждается, что зарплату не меньше его получает не более чем один из соседей. Какое наибольшее число чиновников могут считать себя высокооплачиваемыми?
А. Шаповалов
10
40.	Можно ли разрезать квадрат на тысячеугольник и 199 пятиугольников?
А. Шаповалов
41.	Каждая из клеток квадрата 5x5 покрашена в красный, желтый, зеленый или синий цвет так, что в любом квадрате 2x2 встречаются все четыре цвета. Найдите наибольшее возможное число клеток синего цвета.
Р.Женодаров
42.	Раскрасьте клетки квадрата 3x3 в наибольшее число цветов (каждую клетку - одним цветом) так, чтобы для любых двух цветов нашлись две клетки этих цветов, имеющие общую сторону.
С.Токарев
43.	В какое наибольшее число цветов можно раскрасить клетки доски 4x4 (каждую клетку - одним цветом) так, чтобы в каждом квадрате 2x2 нашлась пара клеток одного цвета?
А. Шаповалов
44.	Разрежьте квадрат на треугольники так, чтобы каждый граничил (по отрезку) ровно с тремя другими.
А. Шаповалов
45.	На шахматную доску положили 8 доминошек, каждая из которых покрывает две соседние клетки. Докажите, что на доске найдется квадрат, состоящий из четырех клеток, ни одна из которых не покрыта доминошкой.
Р.Женодаров
46.	В клетках квадратной таблицы 7x7 расставлены числа 0, 1 и -1 так, что сумма чисел любого квадрата 3x3 равна 0. Найдите наибольшее возможное значение суммы всех чисел таблицы.
О. Крыжановский
47.	а) Придумайте натуральное число, которое при делении на любое натуральное число от 2 до 10 включительно дает остаток, не меньший половины делителя, 6) Найдите наименьшее такое число.
И.Акулич
48.	Поля шахматной доски занумерованы, как показано на рисунке 5. Расставьте на этой доске несколько
1	2	3	4	5	6	7	8
16	15	14	13	12	и	10	9
17	18	19	20	21	22	23	24
32	31	30	29	28	27	26	25
33	34	35	36	37	38	39	40
48	47	46	45	44	43	42	41
49	50	51	52	53	54	55	56
64	63	62	61	60	59	58	57
Рис. 5
И
а) ладей; б*) ферзей так, чтобы они не угрожали друг другу, а сумма номеров полей, на которых они стоят, была наибольшей.
И.Акулич
49.	Поле для игры в «морской бой» имеет форму квадрата размером 8x8 клеток. На какое наименьшее число клеток надо поставить детекторы, чувствующие принадлежность клетки кораблю, чтобы по показаниям детекторов можно было однозначно определить положение корабля размером 1x4 клетки?
50.	В арифметическом ребусе ДУБ + ДУБ + ... + ДУБ = = РОЩА требуется разные буквы заменить разными цифрами, одинаковые - одинаковыми. Какое наибольшее число «дубов» может быть в «роще»?
Р.Женодаров
51. При каком наименьшем числе слагаемых возможно равенство СТУК + СТУК + ... + СТУК = АААААА? (Одинаковым
Рис. 6
буквам соответствуют одинаковые цифры, разным - разные.)
И. Григорьева
52.	Найдите сумму величин углов MAN, MBN, MCN, MDN и MEN, нарисованных на клетчатой бумаге так, как показано на рисунке 6.
В. Произволов
53.	Маша называет два различных числа а и Ь. Вова заменяет две звездочки в выражении * • * = * на число а, а оставшуюся - на Ь. Если
получится верное равенство, то выиграла Маша, иначе - Вова. Как должна играть Маша, чтобы гарантировать себе победу?
А.Шаповалов
54.	Какое наименьшее число коней можно расположить на шахматной доске, чтобы любая белая клетка находилась под боем?
Р.Женодаров
55.	Каждому из 1996 учеников школы нравятся ровно k из остальных учеников. Для какого k обязательно найдутся два ученика этой школы, чувства которых взаимны: они или нравятся друг другу,.или не нравятся?
12
56.	Во дворце по кругу было установлено 10 скульптур. Император повелел между каждыми двумя соседними скульптурами установить шар, масса которого равна разности масс этих скульптур. Докажите, что сумма масс нескольких из этих шаров равна сумме масс остальных шаров.
В.Произволов
57.	На каждой грани кубика написано число. Для любых двух смежных (т.е. имеющих общее ребро) граней рассмотрим модуль разности их чисел. Докажите, что 12 полученных чисел можно разбить на две группы по б чисел с равными суммами.
В.Произволов
58.	Сто гирек стоят в ряд, при этом массы любых соседних гирек различаются на 1 грамм. Докажите, что гирьки можно разложить на две чашки весов так, что весы будут в равновесии.
В.Произволов
59.	Может ли конь сделать 8 ходов и вернуться последним ходом на исходное поле, побывав при этом на всех вертикалях и горизонталях шахматной доски?
А. Спивак
60.	В клетчатом квадрате 6x6, вначале пустом, Саша закрашивает по одной клетке, вписывая в каждую только что закрашенную клетку число граничащих с нею (по стороне) ранее закрашенных клеток. Докажите, что когда будут закрашены все клетки, сумма чисел в них будет равна 60.
А. Шаповалов
61.	На рисунке 7 показано, как произвольный прямоугольник можно разрезать на две части и сложить из них невыпуклый равносторонний шестиугольник. Можно ли разрезать произвольный прямоугольник на три части и сложить из них выпук-
«	« Рис. 7
лыи равносторонний шестиугольник?
А.Берштейн, С.Токарев
62.	Из Костромы в Иваново выехали с небольшими интервалами времени семь велосипедистов, один из которых был с флягой. Во время каждого обгона, если у обгоняемого или обгоняющего есть фляга, то она переходит от одного из них к другому. Какое наименьшее число обгонов
13
(как с передачей, так и без передачи) могло произойти, если фляга по дороге перебывала у всех велосипедистов?
А. Шаповалов
63.	На каждой клетке шахматной доски сидело по два таракана. После сигнала каждый таракан переполз на соседнюю по горизонтали или вертикали клетку, причем любые два таракана, сидевшие на одной клетке, переползли на разные клетки. Какое наибольшее число клеток могло освободиться?
Р.Женодаров
64.	25 различных натуральных чисел расставлены в виде таблицы размером 5x5 так, что все суммы по строкам одинаковы. Могут ли совпадать и произведения чисел по столбцам?
С.Токарев
65.	а) Квадрат разрезан двумя перпендикулярными прямыми на четыре прямоугольника, которые раскрашены в белый и черный цвета в шахматном порядке. Сумма площадей черных прямоугольников равна сумме площадей белых прямоугольников. Докажите, что хотя бы одна из проведенных прямых делит квадрат пополам.
б) Квадрат разрезан прямыми, параллельными его сторонам, на прямоугольники, которые раскрашены в белый и черный цвета в шахматном порядке (рис.8). Сумма площадей черных прямоугольников равна сумме площадей белых прямоу-Рис' &	гольников. Докажите, что прямоугольни-
ки можно переместить так, что все черные прямоугольники составят один прямоугольник.
В.Произволов
66.	На какое наименьшее число прямоугольников можно разрезать фигуру рисунка 9? (Резать можно только по границам клеток.)
А. Шаповалов
67.	Любой выпуклый четырехугольник можно разрезать на 4 четырехугольника, каждый из которых -трапеция или параллелограмм. Докажите это.
Рис. 9	В.Произволов
14
68.	На первой встрече марсиан и людей выяснилось, что ноги у марсиан такие же, как у большинства людей, а вот количества рук и пальцев на руках другие. Хотя марсиан было на 6 больше, чем людей, общее число пальцев (на руках и ногах) у марсиан оказалось на 1 меньше. Сколько всего участников было на встрече?
И.Акулич
69.	Нарисуйте замкнутую четырехзвенную ломаную, пересекающую каждый из отрезков рисунка а) 10; 6) И; в) 12 и не
проходящую через их концы.
70.	Три гонщика мчатся по круговому треку в одном направлении с разными постоянными скоростями. Для любых двух гонщиков на треке есть ровно k точек, в которых один обгоняет другого. Докажите, что число k нечетно.
С.Токарев
71.	Может ли каждое из некоторых четырех различных натуральных чисел делиться на разность любых двух из трех остальных?
С.Токарев
72.	Льюис Кэрролл как-то отправил своей племяннице следующий отчет:
	Фунты	Шиллинги	Пенсы
За похищенную перчатку		2	0
За боль от потери		3	8,5
За доставленное беспокойство		4	4,5
За причиненные неприятности		14	7
За время, потраченное на поиски вора		1	6
ИТОГО	1	6	2
Зная, что в фунте больше шиллингов, чем в шиллинге пенсов, выясните, сколько в фунте шиллингов, а в шиллинге пенсов.
И.Акулич
73.	Можно ли 100 гирь массами 1, 2, 3, ... ,99, 100 разложить
15
на 10 кучек разного веса так, чтобы чем больше была кучка, тем меньше было в ней гирь?
С.Токарев
74.	Если натуральное число п не делится на 3, то существуют два последовательных натуральных числа, сумма цифр каждого из которых делится на п. Докажите это.
И.Акулич
75.	В выходной день весь класс перебывал на катке. Каждый мальчик повидал там всех своих одноклассниц. Докажите, что в некоторый момент либо все мальчики, либо все девочки были на катке. (Точнее говоря, докажите, что если на прямой есть несколько красных и несколько синих отрезков, причем каждый синий отрезок пересекается с каждым красным, то некоторая точка принадлежит либо всем красным, либо всем синим отрезкам.)
В. Дольников, С. Токарев
76.	Любое ли четное натуральное число можно представить в виде суммы двух натуральных слагаемых, каждое из которых состоит из нечетных цифр?
А. Шаповалов
77.	Король обошел все поля шахматной доски, побывав на каждом по одному разу. Когда соединили центры полей, по которым он последовательно проходил, получилась ломаная без самопересечений. Найдите наибольшее возможное число диагональных ходов.
И.Акулич
78.	а) Числа 1, 2, 3, ..., 10 расположили в строке в произвольном порядке и каждое сложили с номером места, на котором оно оказалось. Докажите, что хотя бы две из полученных сумм оканчиваются одной и той /\ же цифрой.
}	/ • б) Концы каждого из 51 отрезков
; S'	} расположены на двух противополож-
ных стоРонах прямоугольника и де-~	лят каждую на 50 равных частей
и '	(вершины прямоугольника - тоже
Рис. 14
16
концы отрезков). Докажите, что среди отрезков есть равные. (На рисунке 13 показаны 4 отрезка разной длины, концы которых делят противоположные стороны прямоугольника на три равные части, а на рисунке 14-9 отрезков.)
в) Числа 0, 1,2, ... ,50 расположили в строке в произвольном порядке и из каждого вычли номер места, на котором оно оказалось. Докажите, что хотя бы две из полученных разностей равны или противоположны по знаку.
А. Шаповалов
79.	Два игрока по очереди красят стороны 37-угольника так, чтобы никакие соседние стороны не оказались одноцветными. Игра заканчивается, когда окрашены все стороны. Проигрывает тот, кто последним ввел в игру новый цвет. Кто из игроков может обеспечить себе победу?
А. Шаповалов
80.	Имеется а) 10 бочек, содержащих 1 л, 2 л, ... , 10 л воды; б*) п бочек, содержащих 1 л, 2 л, ... , п л воды. Разрешено добавлять в бочку столько воды, сколько в ней есть, из другой бочки. Любая бочка может вместить всю воду. Какое наибольшее количество воды можно собрать в одну бочку?
Р.Женодаров
81.	Последовательность {ап} задана условиями: ах = 1, ап+1 = ап + у1ап+1 + ап при п = 1, 2, ... Найдите а1998.
С.Токарев
82.	Внутри выпуклого пятиугольника ABCDE взята точка М. Может ли оказаться, что каждая из прямых МА, MB, МС, MD, ME отсекает от пятиугольника ABCDE треугольник?
С. Рукшин
83е. Ящики расставлены в бесконечный в обе стороны ряд. В начальный момент в одном из ящиков лежит шар, а остальные ящики пусты. Имеется неограниченный запас шаров. Разрешено вынуть один шар из любого ящика, если он имеется, а взамен положить по одному шару в каждый из двух соседних с ним ящиков. После того, как неоднократно проделали эту операцию с шарами, в нескольких подряд расположенных ящиках оказалось по одному шару, а остальные были пусты. В скольких ящиках лежат шары?
И.Акулич
84.	Какое наибольшее число ладей можно расставить на шахматной доске 8x8, чтобы каждая ладья находилась под боем не более чем трех остальных?
В. Шорин
17
85.	Рассмотрим все промежутки времени в июне, состоящие из целого числа дней. Найдите наибольшее возможное число промежутков, в течение каждого из которых случилось нечетное число дождливых дней.
С.Токарев
86.	На шахматной доске стояло 16 королей, каждый из которых бил хотя бы одного из остальных. После того, как несколько королей убрали, никакие два из оставшихся не бьют друг друга. Какое наибольшее число королей могло остаться на доске?
С. Токарев
87.	По окружности, разбитой на несколько дуг, прыгает блоха. Перед каждым своим прыжком она вычисляет длину дуги, на которой находится, а затем прыгает так, чтобы сместиться по часовой стрелке на дугу вычисленной длины. В частности, если блоха попала на границу двух дуг, то она дальше прыгает по часовой стрелке по граничным точкам и тем самым посещает все дуги. Докажите, что блоха побывает на всех дугах.
А. Шаповалов
88.	В одном из углов шахматной доски лежит плоский картонный квадрат 2x2, а в противоположном углу - квадрат 1x1. Двое играющих по очереди перекатывают каждый свой квадрат через сторону: Боря - большой квадрат, а Миша - маленький. Боря выигрывает, если Мишин квадрат окажется накрыт Бориным квадратом. Начинает Боря. Может ли он победить Мишу?
А. Шаповалов
89.	На полосу положили квадрат, сторона которого равна ширине полосы, а его граница пересекает границу полосы в
четырех точках (рис. 15). Докажите, что прямые, проходящие «накрест» через эти точки, пересекаются под углом величиной 45° .
В.Произволов
90. а) На рисунке 16 показан один из способов прочитать слово МАРШРУТ. Сколько всего таких способов? (Из любой клетки можно перейти
Рис. 15
лишь к соседней по стороне или вершине.)
б) Уберите одну букву, чтобы количество способов стало равно 145.
В. Радунский
18
91. Дорожная шахматная доска имеет небольшой бортик по границам игрово-го поля, не позволяющий фигурам со-	м	А	р	ш	р	У	т
		А-	р.	ш	р	У-	т
скальзывать. Каждая из 28 костей домино покрывает ровно две соседние клетки доски. Уложите комплект домино на дос-			р	и	-р	У	т
				ш	р	У	т
ке так, чтобы ни одну из костей нельзя было сдвинуть с места в плоскости доски. И.Акулич					р	У	т
						У	т
92 е. Правильный треугольник со стороной п разбит прямыми, параллельными	Рис.	16					т
сторонам, на правильные треугольники со стороной 1. Найдите число
правильных треугольников с вершинами (Учтите, что стороны некоторых из них сторонам треугольника со стороной п.)
в узлах полученной сетки, при п > 2 не параллельны
Н.Авилов
93.	Разместите грузики массами 1, 2, ... , 8 граммов в вершинах куба так, чтобы центр их тяжести совпал с центром куба. (Другими словами, занумеруйте вершины куба числами от 1 до 8 так, чтобы сумма чисел любой грани равнялась сумме чисел противоположной грани.)
И.Акулич
94	е. а) Каждое из 16 княжеств уже воевало с двенадцатью из этих княжеств. Можно ли разбить эти княжества на 8 пар еще не воевавших княжеств? б) Найдите наименьшее количество вершин графа, степени всех вершин которого равны 3 и вершины которого нельзя разбить на пары соединенных между собой.
С.Токарев
95.	На пятидесятой клетке полосы длиной 100 клеток стоит фишка. Играют двое. Каждый может своим ходом передвинуть фишку на одну или две клетки в ту или иную сторону. Запрещено ставить фишку на те клетки, где она уже побывала. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Кто выиграет при правильной игре - начинающий или его партнер?
А. Савин
96е. На шахматной доске расставьте а) 16 черных и 16 белых фигур; б) 15 черных и 15 белых фигур так, чтобы на каждой вертикали, на каждой горизонтали и на каждой из двух главных диагоналей количество черных фигур равнялось количеству белых.
С.Токарев
19
97.	Целые числа а, Ь, с таковы, что
a(a + b) = b(b + c) = с(с + а).
Докажете равенства а = Ь = с.
С,Токарев
98.	На пульте находятся 100 светящихся кнопок, расположенных в виде квадрата 10x10. Табло устроено так, что при нажатии на любую кнопку она и все кнопки одного с ней ряда и все кнопки одного с ней столбца меняют свое состояние: светившиеся гаснут, а не светившиеся загораются. Какое наименьшее число кнопок нужно нажать, чтобы все кнопки оказались погашенными, если первоначально все светились?
С,Токарев
99.	На клетчатой доске 1x100000 (вначале пустой) два игрока ходят по очереди. Первый может за ход выставить два крестика в любые два свободных поля доски. Второй может стереть любое количество крестиков, идущих подряд, если между ними нет пустых клеток. Если после хода первого образовались 13 или более крестиков подряд, он выиграл. Может ли первый обеспечить себе победу?
А, Шаповалов
100.	Обозначим через Р(п) произведение всех цифр натурального числа п. Вычислите Р (1000) + Р (1001) +... + Р (2000).
С.Токарев
101.	Для любого натурального числа п придумайте п таких различных натуральных чисел, что произведение любых двух из них кратно разности этих двух чисел.
Л.Курляндчик
102.	В шахматном матче между васюкинцами и элистинцами с каждой стороны участвовало по 1996 шахматистов. Организатор матча решил, что система, при которой первый играет с первым, второй со вторым и так далее, скучна, и задумал разбить игроков на пары так, чтобы сумма номеров игроков в каждой паре была квадратом целого числа. Возможно ли такое разбиение?
П. Филевич
103.	Может ли наименьшее общее кратное первых 50 из некоторых 100 последовательных натуральных чисел равняться наименьшему общему кратному остальных 50 из этих 100 чисел?
С.Токарев
104.	В однокруговом футбольном турнире за победу начисляли 3 очка, за ничью 1, а за поражение - 0. Турнир закончился, и очки всех команд были посчитаны. Матч назовем интересным, если он завер-20
шился победой команды, у которой в итоговой таблице очков меньше, чем у соперника. Могло ли интересных игр в турнире быть больше половины?
С.Токарев
105*. Из 32 костей доминошек - прямоугольников размером 1x2 - сложен квадрат. Докажите, что можно покрасить по 8 костей красной, синей, желтой и зеленой красками так, чтобы любые две доминошки, имеющие общий отрезок границы (именно отрезок, а не точку!), были окрашены разными красками.
С.Токарев
106.	Замкнутая ломаная такова, что любые два ее звена имеют ровно одну общую точку. Докажите, что число ее звеньев нечетно.
В. Произволов
107.	На некоторых клетках шахматной доски стоят фишки. Фишке разрешено перепрыгивать через соседнюю с ней (по горизонтали, вертикали или диагонали) на непосредственно следующее поле, если оно было свободно. Какое наибольшее число фишек можно расставить так, чтобы каждая из них могла сделать хотя бы один ход?
А.Грибалко
108	е. 49 кнопок расположены в виде квадрата 7x7. Каждая из них светится или не светится. При нажатии на любую из кнопок меняется состояние этой кнопки и всех соседних с ней по горизонтали, вертикали и диагоналям. Докажите, что можно погасить все кнопки, независимо от того, какие кнопки светились первоначально.
С.Токарев
109.	Сделайте надрезы на листе бумаги размером 3x4 так, чтобы лист не распался, и им можно было оклеить куб 1x1x1 в два слоя.
В. Произволов
110е. Какое наибольшее число дней в году можно выбрать так, чтобы любые два из них, но не все вместе, приходились на один день недели, или на один месяц, или на одно число месяца?
С.Токарев
111.	В некотором году три месяца подряд содержали по 4 воскресенья. Докажите, что один из этих месяцев - февраль.
С.Токарев
112.	В таблицу размером 4x4 записали 16 чисел. Таблица рисунка 17 получена из исходной таблицы заменой каждого элемента на среднее
21
0	0	0	7
0	0	9	0
0	9	0	0
1	0	0	0
Рис. 17
арифметическое шести чисел, расположенных в одной строке или в одном столбце с ним. Восстановите исходную таблицу.
С.Волчёнков
113.	На доске написали 16 трехзначных чисел, дающих разные остатки при делении на 16. Какое ндименыпее количество разных цифр могло быть при этом использовано?
С.Конягин
114.	Разрежьте ромб на четыре четырехугольника, в каждый из которых можно вписать окружность и около каждого из которых можно описать окружность.
В. Произволов
115.	Окружность пересекает все стороны треугольника. Докажите, что ее радиус больше радиуса окружности, вписанной в треугольник.
116.	Через точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника провели прямые, соответственно параллельные биссектрисам противолежащих углов. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.
С.Токарев
117. Через точку Р проведены три отрезка, параллельные сторонам
треугольника, как показано на рисунке 18. Докажите равенство площа-
дей треугольников АХВХСХ и А^С}.
В. Произволов
118.	Торт имеет форму выпуклого пятиугольника со свечами в вершинах. Обязательно ли на торте найдется точка, начиная от которой прямыми разрезами торт можно разделить на пять частей одинаковой площади, в каждой из которых есть свеча?
С.Волчёнков
119.	Придумайте а) выпуклый четырехугольник, любую вершину
которого можно перенести в другую точку так, чтобы новый четырехугольник был конгруэнтен исходному; б) выпуклый
семиугольник, каждая диагональ которого перпендикулярна некоторой другой его диагонали.
С.Токарев
22
120.	Существует ли такой треугольник АВС, что точка Р, удовлетворяющая равенствам
РА + ВС = РВ + СА = PC + АВ, в его плоскости не единственна?
С.Маркелов, А. Савин
121е. Нарисуйте два выпуклых четырехугольника, любая сторона любого из которых лежит на серединном перпендикуляре к некоторой стороне другого.
С.Токарев
122. Внутри квадрата АВ CD найдите все точки X, ддя которых АХ + СХ = ВХ + DX.
С.Токарев
123*. Одновременно каждый из 50 гангстеров выстрелил в ближайшего к нему гангстера (в одного из ближайших, если их несколько) и убил его. Найдите наименьшее возможное число убитых. (Гангстеры - различные точки плоскости.)
Н. Васильев
124. Равносторонние треугольники АВС и PQR расположены так, что вершина С лежит на стороне PQ, а вершина R - на стороне АВ (рис. 19). Докажите, что
прямые АР и BQ параллельны.	^*St***^
В.Произволов	/
125. В стране, где 25 городов, ' /\ \ s' три авиакомпании хотят, чтобы для / / \	\/ /
любой пары городов все беспоса- //	\	/
дочные авиарейсы между этими го- /__________\/
родами осуществлялись только од-	R &
ной из авиакомпаний, однако лю- рис бая авиакомпания могла бы достав-
лять пассажиров из любого города в любой другой с посадкой не более чем в одном промежуточном городе. Докажите, что это осуществимо.
С.Токарев
126е. Внутри квадрата со стороной 10 расположен невидимый квадратик со стороной 1, стороны которого параллельны сторонам большого квадрата. Про любой многоугольник можно узнать, какая доля его площади лежит внутри невидимого квадратика. Можно ли при помощи двух таких многоугольников определить местоположение невидимого квадратика?
С.Токарев
23
127*. В таблице 9x9 расставлены числа 1, 2,	81.
Разрешено спросить, каково множество чисел в указанном Вами квадрате, стороны которого проходят по линиям клетки. За какое наименьшее число вопросов всегда можно восстановить расстановку?
С.Токарев
128. В каждом из 1995 полей, расположенных по кругу, записано натуральное число. На одно из полей ставят фишку. Ход состоит в том, что фишку сдвигают по часовой стрелке на число полей, написанное там, где она была, а затем увеличивают на 1 число там, куда она пришла. Докажите, что через некоторое время фишка побывает на всех полях.
А. Шаповалов
129е. По поверхности стола прокатите кубик таким образом, чтобы он перевернулся по одному разу через каждое свое ребро и в итоге оказался бы на исходном месте.
С.Токарев
130е. Возьмем натуральное число ах и умножим его на сумму его цифр. Полученное число а2 умножим на сумму цифр числа а3. Полученное число а3 умножим на сумму его цифр, и так далее. Укажите все такие числа at, для которых сумма цифр некоторого очередного числа ап (а значит, и всех последующих) равна 1.
И.Акулич
Летний турнир 1999 года (Рыбинск)
131.	Расшифруйте «животноводческий» ребус
Б + БЕЕЕ = МУУУ.
И.Акулич
132.	В конференции участвовали 100 человек - химики и алхимики. Каждому был задан вопрос: «Если не считать Вас, то кого больше среди остальных участников - химиков или алхимиков?» Когда опросили 51 участника, и все ответили, что алхимиков больше, опрос прервался. Алхимики всегда лгут, а химики всегда говорят правду. Сколько химиков среди участников?
А. Шаповалов
133.	В школьной олимпиаде по математике участвовали 100 человек, по физике - 50, по информатике - 48. Ровно в двух олимпиадах участвовали вдвое меньше учеников, чем в одной, а в трех - втрое меньше, чем в одной. Сколько учеников участвовали хотя бы в одной олимпиаде?
А. Шаповалов
24
134.	Каждый зритель, пришедший на спектакль «Королевский жираф», принес с собой либо одну дохлую кошку, либо два кочана гнилой капусты, либо три тухлых яйца. Гекльберри Финн подсчитал, что кошек было 64 штуки. После спектакля оба артиста - король и герцог - были с ног до головы закиданы припасами, причем на долю каждого досталось поровну предметов (а промахов жители Арканзаса не делают). Правда, король принял на себя лишь пятую часть всех яиц и седьмую часть капусты, но все кошки полетели именно в него. Сколько зрителей пришло на представление?
И.Акулич
135.	Является ли разность 11111112222222 - 3333333 квадратом натурального числа?
136*. Три мухи в полдень сели на секундную, минутную и часовую стрелки часов и поехали на них. Когда какая-то стрелка обгоняла другую, сидящие на этих стрелках мухи менялись местами (а если бы секундная стрелка обогнала часовую и минутную стрелки одновременно, то местами поменялись бы мухи с секундной и часовой). Сколько кругов проехала каждая из мух до полуночи?
С.Волчёнков
Замечание. Можно доказать, что одновременный обгон секундной стрелкой двух остальных стрелок происходит только в полдень и полночь, так что можно было это не упоминать; но жюри решило, что не надо отвлекать школьников от поиска основной идеи решения задачи.
137. Ветка кустарника (рис.20) имеет один лист сверху и, кроме того, п пар листьев (листья одной пары растут из одной точки стебля). Двое по очереди срывают листья. За один ход можно сорвать либо один любой лист, либо любую пару листьев, растущих из одной точки. Выигрывает тот, кто сорвет последний лист. При каких п побеждает начинающий, а при каких - его противник, если оба играют наилучшим образом?
И.Акулич
138*. В одном из 1000 окопов, располо-
женных в ряд, спрятался пехотинец. Авто-	у
магическая пушка может одним выстрелом рис. 20
25
«накрыть» любой окоп. В каждом промежутке между выстрелами пехотинец (если уцелел) обязательно перебегает в соседний окоп (быть может, только что обстрелянный). Сможет ли пушка наверняка попасть в пехотинца?
Л. Шаповалов, В. Шорин
139*. Числами от 1 до 100 сверху вниз пронумеровали 100 карточек в стопке. Двое играющих по очереди снимают сверху по одной или несколько карточек и отдают противнику. Выигрывает тот, у кого первого произведение номеров карточек станет кратно 1000 000. Кто из игроков может гарантировать себе выигрыш?
А. Шаповалов
140. Существует ли треугольник, длины всех сторон и всех высот которого целые?
А. Шаповалов
141. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС отметили точки М и N так, что AN = АС и ВМ = ВС (рис.21).
Затем на катетах ВС и АС отметили соответственно точки Р и Q так, что BP = BN и AQ = AM. Докажите, что точки С, Q, М, N и Р лежат на одной окружности.
В.Произволов
142.	На каждой стороне треугольника отметили по точке и соединили эти точки отрезками, тем самым разбив треугольник на четыре меньших треугольника. Все четыре оказались подобны друг другу. Обязательно ли эти четыре треугольника конгруэнтны?
А. Шаповалов
143.	Сумма длин медиан треугольника равна сумме длин его биссектрис. Докажите, что треугольник равносторонний.
А. Спивак
144.	Назовем точку, расположенную внутри треугольника, плохой, если из отрезков, соединяющих ее с вершинами треугольника, нельзя составить треугольник. Какие треугольники не имеют плохих точек?
И.Акулич
26
145.	Отметим на плоскости несколько точек. Соединим каждые две из них отрезком и назовем середины этих отрезков точками второго поколения. Таким же образом, соединив всевозможными отрезками точки второго поколения, получим точки третьего поколения, потом - четвертого и так далее. Докажите, что если ни во втором, ни в третьем поколениях никакую точку мы не отмечали дважды, то и ни в каком следующем поколении никакую точку не придется отмечать дважды.
И.Акулич
146.	Изобретатель создал чертежный прибор, который отмечает середину любого заданного отрезка. Можно ли с помощью этого прибора и линейки разделить данный отрезок на три равные части?
И.Акулич
147.	На поверхность куба наклейте без наложения прямоугольник так, чтобы он закрыл половину каждой грани.
Д. Калинин
148.	Куб размером 2x2x2 оклейте в один слой а) четырьмя одинаковыми развертками куба 1x1x1; б) двумя одинаковыми развертками куба с ребром длины V2 .
С.Токарев
149.	При каком наименьшем п на клетчатой доске 10x10 можно так расположить п прямоугольников размерами 1x1, 1x2, ..., 1 х и , что на доске не окажется места для прямоугольника размером 1 х (п +1) ? (Стороны прямоугольников идут по сторонам клеток.)
Д. Калинин
150.	Пусть s - сумма цифр натурального числа п > 1. Докажите неравенство 2s < п3.
С.Волчёнков
151.	Три плоскости, параллельные граням куба, разрезали каждую грань на четыре прямоугольника, как показано на рисунке 22. Докажите, что сумма площадей черных прямоугольников равна сумме площадей серых прямоугольников.
В. Произволов
152.	Нарисуйте замкнутую ломаную, пересекающую каждое свое звено ровно . , один раз, причем под прямым углом.	L—__—-
А. Шаповалов	Рис. 22
27
153.	а) Некоторые клетки доски размером п х п заминированы. Для каждой клетки (как заминированной, так и не заминированной) известно, сколько клеток, соседних с ней по стороне, заминировано. При каких п этой информации в любом случае достаточно для вычисления количества заминированных клеток?
б) Отметьте на доске размером 8x8 несколько клеток так, чтобы любая (в том числе и любая отмеченная) клетка граничила по стороне в точности с одной отмеченной клеткой.
Д. Калинин
154*. Любую клетку шахматной доски разрешено либо распилить по одной из двух ее диагоналей, либо распилить по обеим диагоналям, либо не распиливать вообще. Придумайте способ сделать как можно большее число распилов, чтобы доска все еще не распалась на отдельные части.
И.Акулич
155.	На шахматной доске, первоначально пустой, расставляем ферзей по следующим правилам: каждым ходом на доску ставим одного ферзя, и если он какого-то ферзя побил, то одного из побитых ферзей снимаем с доски. Какое наибольшее число ферзей можно расставить на доске, соблюдая эти условия?
И.Акулич
156.	На контурной карте несколько государств имеют форму конгруэнтных прямоугольников. При каком наименьшем количестве государств для правильной раскраски может не хватить трех красок?
С.Волчёнков
157.	В стране фараонов одинаковыми монетами любого достоинства можно набрать сумму ровно в один динар, причем для этого всегда нужно менее 100 монет. Барон Мюнхгаузен привез оттуда 7 монет разных достоинств и утверждает, что они как раз составляют сумму в один динар. Могут ли слова барона быть правдой?
А. Шаповалов
158.	Мультфильм показывали целое число минут. Когда посмотрели в программе время начала и конца показа (часы и минуты - по 24-часовой шкале), оказалось, что в записи использованы 8 различных цифр. Какое наименьшее время мог идти мультфильм?
А. Шаповалов
159.	Число назовем удачным, если его цифры идут в невозрастающем порядке и каждая цифра равна количеству цифр, меньших ее и входящих в запись этого числа. (Например, числа 4333222210
28
и 7765433210 удачное.) Сколько всего удачных десятизначных чисел?
С.Токарев
160.	Существуют ли такие натуральные числа х и у, что НОД(х; у) + НОК[х; у\ + х + у = 1999 ?
Р.Женодаров
161.	Решите в натуральных числах уравнение
(х!+1999) = y\(z\+ 999) .
И.Акулич
162.	Можно ли некоторые пять вершин правильного 110-угольника покрасить в красный цвет, а некоторые другие 11 вершин - в синий цвет так, чтобы красные точки были вершинами правильного пятиугольника, а синие - вершинами правильного И-угольника?
163.	Сложили все натуральные числа, меньшие 1000000, сумма цифр каждого из которых кратна 17. Докажите, что сумма делится на 17.
А. Шаповалов
1111
164.	Из 1998 дробей т, ” юоя составили всевозможные 1 О	1 izi/O
произведения по три. Затем эти произведения просуммировали, приве
ли к общему знаменателю и полученную дробь преобразовали к несократимому виду. Докажите, что числитель полученной дроби кратен 1999.
И.Акулич
165.	Продавец ювелирного магазина решил убедиться, что 10 бриллиантов, расположенных на витрине в ряд и весящих 90, 91, ... ,99 каратов, действительно расположены в порядке возрастания весов. Каким наименьшим числом взвешиваний на электронных весах, выдерживающих не более 200 каратов, он может это сделать?
А. Шаповалов
166.	Назовем число хорошим, если между его цифрами можно расставить скобки и знаки четырех арифметических действий так, чтобы результат равнялся 0. Докажите, что в натуральном ряду, начиная с некоторого места, все числа -хорошие. (Переставлять цифры нельзя. Между любыми двумя цифрами должен быть знак действия или скобка: образовывать из подряд стоящих цифр многозначные числа нельзя.)
А. Шаповалов
167.	Пуаро хочет найти на магнитофонной записи часового концерта определенный момент (точку на ленте). Магнитофон может
29
перематывать ленту в обе стороны со вдесятеро большей скоростью по сравнению со скоростью воспроизведения. Пуаро заранее не знает, где нужное место. Прослушав полминуты подряд, он либо обнаруживает нужный момент, либо определяет, раньше этот момент или позже. Вначале лента стоит на начале концерта. Придумайте стратегию действий, которая гарантирует Пуаро отыскание нужной точки менее, чем за 600 секунд.
А. Шаповалов
168.	На большой стене висит круглая мишень диаметром 10 см, закрытая листом бумаги размером 2x2 метра. Ковбой хочет поразить мишень, имея двенадцать пуль. После каждого выстрела, начиная со второго, ему сообщают, точнее или нет был этот выстрел по отношению к предыдущему. Докажите, что ковбой может наверняка попасть в мишень.
С.Волчёнков
169.	а) Перед турниром шестнадцати командам присвоили рейтинги от 1 до 16. Затем среди этих команд был проведен чемпионат по олимпийской системе с выбыванием (после первого тура осталось восемь команд, после второго - четыре, потом две и, наконец, одна). Каждую встречу выигрывала команда с лучшим рейтингом. Назовем встречу неинтересной, если разница рейтингов команд была больше 4. Какое наименьшее число неинтересных встреч могло быть в турнире?
б)	В турнире по олимпийской системе играли 512 человек. Каждому присвоен квалификационный номер - от 1 до 512. Партию называем скучной, если разность номеров участников больше 30. Может ли в турнире не быть скучных партий?
в)	В турнире по олимпийской системе играли 256 человек. Каждому присвоен квалификационный номер - от 1 до 256. Партию называем интересной, если разность номеров участников не превосходит 21. Все партии турнира были интересные. Докажите, что участник с номером 1 одержал не более двух побед.
С. И ванов, Р.Семизаров, А. Шаповалов
170.	У каждого из нескольких сплетников есть три знакомых сплетника, причем с одним из них он обменивается всеми новостями каждое утро, с другим - каждый полдень, с третьим - каждый вечер. Два сплетника поссорились и прекратили обмен новостями. Докажите, что новости от каждого из них все равно будут доходить до другого.
В. Дольников
30
171.	На плоскости построили 1999 лучей с общей вершиной, никакие два из которых не образуют развернутого угла. Могут ли эти лучи образовывать острых углов столько же, сколько и тупых?
Д. Калинин
172.	На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС взяты точки М и N так, что AN = АС и ВМ = ВС. Докажите равенство MN2 = 2АМ  BN .
173.	В выпуклом пятиугольнике ABCDE прямые, проходящие через вершины В и D перпендикулярно соответственно диагоналям АС и СЕ, пересекаются в точке F. Докажите, что AF - FE тогда и только тогда, когда АВ2 + CD2 = ВС2 + DE2 .
Д. Калинин
174.	Какие 500 последовательных чисел надо выписать, чтобы всего было выписано 1999 цифр?
Д. Калинин
175.	Было 8 гирь массами 1 г, 2 г, ... ,8г без надписей. Одну из гирь потеряли. Известно, что чем больший вес имела гиря, тем больше был ее размер. Научитесь за два взвешивания на чашечных весах выяснять, какая именно гиря потеряна.
А. Шаповалов
176е. Последовательность начинается с чисел 9, 9, 9, 9. Каждый следующий член последовательности равен остатку от деления на И произведения четырех последних членов. Встретится ли в этой последовательности такая четверка идущих подряд чисел: 1, 9, 9, 9?
С.Волчёнков
177. В последовательности чисел первое число равно 1, второе 2, а каждое следующее число получается из предыдущего прибавлением наибольшего простого делителя (например, третье число равно 2 + 2 = 4, четвертое 4 + 2 = 6, пятое 6 + 3 = 9, и так далее). Найдите число, стоящее в последовательности на 3999-м месте.
А. Шаповалов
1999/2000 учебный год
178. По кругу написаны п натуральных чисел. Каждые два соседних числа отличаются на 1. Назовем число значительным (незначительным), если оба соседа меньше (больше) его; обозначим сумму всех значительных (незначительных)
31
чисел буквой М (соответственно, т). Докажите равенство п = 2(М-т).
В.Произволов
179е. В начальный момент в одной из клеток на бесконечном листе клетчатой бумаги жил микроб первого поколения. Через секунду появляются микробы второго поколения в двух клетках, соседних с ним а) по стороне; 6) по вершине или стороне. Еще через секунду в двух соседних клетках с каждым из микробов второго поколения появляются по два микроба третьего поколения. Еще через секунду в двух соседних клетках с каждым из микробов третьего поколения появляются по два микроба четвертого поколения и так далее. Не допускается, чтобы в некоторой клетке оказалось более одного микроба. Какое наибольшее число поколений могло оказаться на листе?
И.Акулич
180.	Два игрока по очереди красят по одной клетке прямоугольника размером 4x1999. Разрешено использовать любые краски, но нельзя покрасить в один и тот же цвет две клетки, имеющие общую сторону. Проигравшим считают того, кто последним ввел в игру новый цвет. У кого из игроков есть выигрышная стратегия?
А. и М. Шаповаловы
181.	Двое играют на доске размером т х п . Игроки по очереди проводят отрезки по стороне или диагонали одной клетки. Дважды проводить один и тот же отрезок нельзя; ни в одной клетке нельзя проводить обе ее диагонали. Тот, кто не сможет сделать ход, проигрывает. Кто выиграет при правильной игре?
Б. Замков
182.	Строки и столбцы таблицы размером 9x9 занумеровали числами от 2 до 10. В каждую клетку таблицы вписали произведение номера строки на номер столбца. Затем несколько строк и столбцов вычеркнули. Может ли сумма а) оставшихся; 6) зачеркнутых чисел оказаться простым числом?
И.Акулич
183.	Найдите все целые числа k, представимые в виде 1
х--
, где х, у - целые числа.
У
В. Сендеров
32
184.	Найдите все такие натуральные числа х, что десятичная запись числа х2 4-1 состоит только из а) двоек; б) семерок.
В. Сендеров
185.	Можно ли из бумаги вырезать 6 таких конгруэнтных параллелограммов площади 1, не являющихся прямоугольниками, что ими можно оклеить поверхность куба с ребром длины 1?
В. Произволов
186.	Участникам олимпиады предложили 24 задачи различных авторов. Сотрудник «Кванта» отобрал лучшие из них для печати и поделил причитающийся гонорар в 400 рублей между их авторами, округлив до целого числа рублей и тем самым сэкономив некоторую сумму. Узнав, какую именно, бухгалтер смогла сказать, сколько задач признаны достойными публикации. Сколько же?
И.Акулич
187.	Если я463 + fe4c3 + с4я3 = fl3fe4 4- fe3c4 4- с3я4 , to (a -- fe) (b - c) (c - d) = 0 . Докажите это.
В.Произволов
188.	На стороне АВ параллелограмма ABCD задана точка Р. Постройте вписанный параллелограмм с вершиной в точке Р, стороны которого отсекают от параллелограмма ABCD треугольники равной площади.
В.Произволов
189.	Каждая из восьми нарисованных фигурок состоит из единич
ного квадрата и двух его половинок - прямоугольных треугольников
(рис.23). Можно ли из них сложить квадрат размером 4x4, если фигурки разрешено поворачивать?
Н.Авилов
190.	Внутри треугольника АВС с длинами сторон АВ = с, ВС = а и СА = b лежит точка Р.
Рис. 23
Докажите, что если а < b < с, то хотя бы от одной из вершин треугольника точка Р удалена не более чем на b/л/2 .
В. Сендеров
191.	Числа а, b и Ча+l]b рациональны, а число Ча иррационально. Докажите равенство а = -Ь.
В. Сендеров
2 Библиотечка «Квант» № 93
33
192.	Найдите все такие натуральные числа, каждое из которых в 100 раз больше количества своих делителей.
А, Жуков
193.	Гадалка вычисляет остаток от деления на 6 сообщенного ей числа и делает предсказание в соответствии с древней таблицей.
Остаток	Предсказание
0	любит
1	не любит
2	плюнет
3	поцелует
4	к сердцу прижмет
5	к черту пошлет
Предскажет ли она когда-нибудь «к черту пошлет», если ей давать числа вида 1, 12, 123, 1234, ... , 1234567891011121314, ...?
А. Жуков
194*. Тренер хоккейной команды из 18 кандидатов должен найти наиболее перспективную пару нападающих. Для этого он выпускает на поле составы по 5 игроков в каждом. Какое наименьшее число «пятерок» надо испытать, чтобы каждая пара кандидатов побывала в игре (в составе некоторой «пятерки»)?
В. и Н. Поповы
195.	Точки М и N - середины сторон ВС и AD четырехугольника ABCD. Докажите, что если /.BAD + Z.CAD = ZCDA + Z.BDA = 90° , то MN 1 AD .
В. Произволов
196.	Число 3 • 5” + 8п2 + 44п - 67 делится на 128 для любого нечетного натурального числа п. Докажите это.
Т. Маликов
Летний турнир 2000 года (Сызрань)
197.	Если число п натуральное, то п\ представимо в виде произведения двух натуральных чисел, различающихся не более чем вдвое. Докажите это.
С.Конягин
198.	Петя отправился пешком из Сосновки в Клещевку. В 12 : 00, когда Петя был в а км от Сосновки, его нагнал велосипедист и подвез, высадив в а км от Клещевки. После этого Петя продолжил путь пешком и пришел в Клещевку в 14 : 00. Сколько времени потребуется Пете на обратный путь пешком, если на велосипеде его везли с вдвое большей скоростью, чем он ходит пешком?
А. Шаповалов
34
199.	На некотором поле шахматной доски стоит король. Двое по очереди передвигают его по доске. Запрещено возвращать короля на поле, где он только что был. Выигрывает тот игрок, после хода которого король окажется на поле, где он когда-то уже побывал. Кто из игроков может обеспечить себе победу при любой игре противника?
И.Акулич
200.	На некотором поле шахматной доски стоит король. Двое по очереди передвигают его по доске. Тот, после хода которого король окажется на поле, где он уже побывал, проигрывает. Кто выиграет в такой игре, если оба играют наилуч-шим образом?
И.Акулич
201.	а) Даруя народу конституцию, царь организовал несколько партий среди п своих подданных. Любого подданного можно зачислить в несколько партий или не зачислять ни в одну цз них. По конституции царь может выбрать несколько партий и отправить в тюрьму всех подданных, участвующих во всех этих партиях. Какое наименьшее число партий необходимо организовать, чтобы заведомо можно было отправить в тюрьму всех врагов народа и только их? (Список врагов народа произволен. Врагами народа может быть весь народ. Царь - не враг народа.)
6) В состоящем из п элементов множестве М выбрано несколько подмножеств. Любое невыбранное подмножество множества М представимо в виде пересечения некоторых выбранных подмножеств. Какое наименьшее число подмножеств могло быть выбрано?
А. Скопенков
202.	Заведенный механический будильник звенит, когда часовая стрелка совпадает со стрелкой звонка будильника. Тетя Полли завела будильник на некоторое время с целым числом минут. Проснувшись, Том Сойер обнаружил, что часовая стрелка направлена по биссектрисе угла между минутной стрелкой и стрелкой звонка. Через три минуты, когда стрелка звонка оказалась биссектрисой угла между часовой и минутной стрелками, Том встал, так и не дождавшись звонка. На какое время тетя завела будильник?
А. Шаповалов
203.	Электронные часы показывают время (часы и минуты) от 00 : 00 до 23 : 59. Найдите все такие показания часов, когда
35
число минут, прошедших с полуночи, ровно в 100 раз больше суммы цифр на часах.
А. Шаповалов
204е. а) В клетках таблицы размером 5x5 расставлены числа. Для каждой клетки нашли сумму ее числа и чисел всех клеток, имеющих с ней общую сторону или вершину. Числа в каких клетках можно определить, зная эти суммы, а в каких -нельзя?
б) В клетках квадрата 8x8 расставлены числа. Для каждой клетки нашли сумму ее числа и чисел всех соседних клеток (соседними считаем клетки, имеющие общую сторону или вершину). Числа в каких клетках можно определить, зная эти суммы, а в каких - нельзя?
С.Волчёнков
205.	В книге встретилось несколько дат, каждая из которых записана шестью цифрами (например, 29.06.00 - дата проведения олимпиады). Могло ли случиться, что каждая цифра от 0 до 9 встретилась одинаковое число раз?
А. Шаповалов
206.	Решите ребус СТО • СТО = СЕКРЕТ .
И. Григорьева
207.	Положительные числа а, Ь, с таковы, что наибольшее из них равно наибольшему из чисел a2/b , Ь2/с , с2/а . Докажите равенства а = b = с.
В. Сендеров
208.	Бивис и Батт-Хед за ночь посмотрели три программы видеоклипов. Первая программа содержала в полтора раза меньше клипов, чем вторая, а всего в трех программах было 200 клипов. Из всего просмотренного Бивису понравилась лишь пятая часть клипов первой программы и половина клипов второй программы. Батт-Хеду понравилось столько же клипов, сколько и Бивису, в том числе все клипы третьей программы. Сколько клипов им не понравилось?
И.Акулич
209.	Две точки поверхности куба, отличные от его вершин, соединены ломаной наименьшей длины, звенья которой лежат на поверхности куба. Докажите, что ломаная не проходит ни через одну из вершин куба.
С.Т асмуратов
210.	Окрасили бесконечный лист клетчатой бумаги, кроме квадрата 7x7. Вася в этом квадрате покрасил клетку, у которой ровно одна соседняя (по стороне) клетка окрашена, затем еще
36
одну клетку, у которой теперь ровно одна соседняя клетка окрашена, и так далее. Какое наибольшее количество клеток таким образом может покрасить Вася?
Д. Калинин
211.	Есть 101 банка консервов массами 1001 г, 1002 г, ... ..., 1101 г. Этикетки с весами потерялись, но завхоз помнит, какая банка сколько весит. Он хочет убедить в этом ревизора за наименьшее число взвешиваний. Есть двое чашечных весов: одни точные, другие - грубые. За одно взвешивание можно сравнить две банки. Точные весы всегда показывают, какая банка тяжелее, а грубые - только если разница больше 1 г (а иначе показывают равновесие). Завхоз может использовать только одни весы. Какие ему следует выбрать?
А. Шаповалов
212.	В ряд слева направо были выставлены гирьки массами 1 г, 2 г, ...,13 п Из них осталось только семь подряд стоящих, а остальные шесть гирек потеряны. За два взвешивания на чашечных весах определите массы оставшихся гирек.
С. Токарев
213.	Внутри остроугольного треугольника АВС, величина угла А которого равна 40° , взята такая точка М, что АСМ В = 110° . Серединные перпендикуляры к отрезкам ВМ и СМ пересекают стороны АВ и АС в точках Р и Q соответственно. Докажите, что точка М лежат на отрезке PQ.
Д. Калинин
214.	Через середину биссектрисы угла В треугольника АВС проведена прямая, перпендикулярная ей. Может ли эта прямая пересекать отрезок АС?
В. Замков
215.	Коля и Петя играют в морской бой по измененным правилам. У каждого из них имеется квадратное клетчатое поле размером 10 х 10 . Петя расставляет на своем поле корабли размером 1 х 3, а Коля на своем - корабли размером 1x4. Корабли не должны соприкасаться даже вершинами. Победителем считают того, кто расставил больше кораблей. Может ли кто-то из игроков гарантировать себе победу?
В.Каскевич
216.	Отрезки АС и ВС равны и перпендикулярны. Найдите множество таких точек М, &ля которых ААМС = АС МВ .
А. Егоров, А, Спивак
37
217.	Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник, касается его основания в точке D, а боковых сторон - в точках Е и F. Прямая, проведенная через точку Е параллельно прямой DF, повторно пересекает вписанную окружность в точке Р. Докажите, что точка Р принадлежит средней линии треугольника.
Д. Калинин
218.	Существуют ли два различных натуральных числа а и fe, что а20 + fe20 делится на каждое из чисел а + fe, ci1 + b2 , a3 +b3 ... , я19+Ь19?
Е. Черепанов
219.	Из бесконечной последовательности 2, 6, 12, 20, ... ..., и(и + 1),... можно выбрать 2000 различных чисел (не обязательно идущих подряд), сумма которых является полным квадратом. Докажите это.
В. Замков
220.	В ряд записаны 2000 различных натуральных чисел. Известно, что для любого натурального k < 2000 сумма любых k чисел, записанных подряд, делится на k. Найдите наименьшее возможное значение суммы всех 2000 чисел.
И.Акулич
221*. Секретный объект представляет собой квадрат размером 8x8, разбитый коридорами на квадратики 1 х 1. В каждой вершине такого квадратика есть переключатель. Щелчок переключателя меняет освещенность сразу всех коридоров длины 1, выходящих из этой вершины. (В освещенных коридорах свет выключается, а в неосвещенных - включается. Секретные ширмо-клапаны в вершинах не пропускают свет в другие коридоры.) Первоначально сторож находится в левом нижнем углу полностью неосвещенного объекта. Он может ходить только по освещенным коридорам и щелкать переключателями сколько угодно раз. Может ли сторож перебраться в верхний а) правый; 6) левый угол, погасив при этом свет во всех коридорах и вернув тем самым объект в первоначальное состояние? в) Найдите все вершины квадратов, в которые сторож сможет так перебраться.
А. Шаповалов
222.	На плоскости отмечено несколько точек. Назовем тройку параллельных прямых красивой, если расстояния между соседними
38
прямыми одинаковы, все отмеченные точки лежат на этих прямых и на каждой прямой найдется отмеченная точка. Какое наибольшее число точек может быть отмечено так, чтобы для них нашлись три красивые тройки прямых?
А. Шаповалов
223.	Оклейте куб прямоугольниками так, чтобы каждый из них граничил (по отрезку) ровно с пятью другими.
224.	Какое наибольшее число ладей можно расставить на шахматной доске так, чтобы каждая била четное число других? (Одна ладья бьет другую, если они стоят на одной вертикали или горизонтали и между ними нет других ладей. Например, расстановка ладей рисунка 24 удовлетворяет условию задачи.)
Д. Карпов, А. Шаповалов
225.	На тарелке лежат 9 разных кусочков сыра. Всегда ли можно разре
зать один из них на две части так, чтобы полученные 10 кусочков делились на две порции равной массы по 5 кусочков в каждой?
В. Дольников
226е. Есть несколько кусков сыра разного веса и разной цены за килограмм. Докажите, что можно разрезать не более двух кусков так, что после этого можно будет разложить все куски на две кучки одинакового веса и одинаковой стоимости.
А. Шаповалов
А. Шаповалов
ЛМДЯ
Ги вд
Ж И в Д'   Иа И ат ги В И 1 рШД Й ' Д над   ]
Рис. 24
227. Любые ли шесть последовательных целых чисел можно
так расставить вместо вопросительных знаков, что система уравнений
|?х + 2 у = ?, |?х + ?# = ?
будет иметь решение в целых числах?
А. Шаповалов
228. Найдите три таких последовательных целых числа а < < b < с, чтобы количества корней у уравнений ах2 4- Ьх + с = 0 , Ьх2 4- сх 4- а = 0 и сх2 4- ах + Ь = 0 были разными.
А. Шаповалов
39
D________С_______ p	229. На стороне ВС паралле-
/\\Г //	лограмма ABCD взяли точку М
I \	\ такую, что ВМ : МС = 2:1
/ \ /х7\	\	(рис.25). Луч DM пересекает
/ OJf /	\	прямую АВ в точке Е, Диагонали
/ /\ / х. \ параллелограмма пересекаются в I/ \ /	\ точке О. Луч ОМ пересекает пря-
д£______У.___________мую С® в точке F. Докажите, что
В	прямые EF и BD параллельны.
Рис- 25	Д. Калинин
230.	Стоимость игры на игровом автомате в казино составляет 2000 долларов. При уплате игроком этой суммы автомат включается и выбрасывает 10 фишек, среди которых могут быть красные, белые и синие. Любую красную фишку можно обменять в кассе на 1 доллар, белую - на 300 долларов, а синюю фишку можно опустить в щель автомата, и тот выбросит 10 фишек. Игра продолжается, пока у игрока не кончатся синие фишки. В конце игры игрок остался при своих -ничего не выиграл и ничего не проиграл. Сколько раз сработал автомат?
И Акулич
231.	В каждой вершине кубика написано число. Про каждое из этих чисел, за исключением одного, известно, что оно на единицу больше среднего арифметического всех своих соседей (т.е. чисел, соединенных с ним ребром). На сколько оставшееся число отличается от среднего арифметического своих соседей?
О.Петрачков
232.	а) Путешественник посетил селение, в котором каждый человек либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Жители селения стали в круг, и каждый сказал путешественнику про соседа справа, правдив тот или лжив. На основании этих сообщений путешественник смог определить, какую долю всех жителей составляют правдивые. Определите, чему равна эта доля.
6) На собрании аборигенов - лжецов и рыцарей ~ путешественник пытается определить самого старшего. Ему известно, что среди присутствующих лжецов и рыцарей поровну, а возрасты всех различны. Разрешено выбрать любую группу из нескольких (более одного) аборигенов и спросить любого из присутствующих, кто в этой группе самый старший. Докажите, что ни при каком количестве аборигенов путешественник не сможет гарантированно определить самого старшего, сколько бы вопросов он ни задал. (Рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда врут.)
Б.Френкин, А. Шаповалов
40
233.	Любой дурак считает себя умным, а всех остальных -дураками. Среди умных могут быть такие, кто считает себя дураком. Но любой умный точно знает про всех, кроме себя, кто умный, а кто дурак. Опросы цителей Дурляндии позволили точно определить, кто там умный, а кто дурак. Сколько умных может быть в этой стране?
А. Жуков
234.	Два натуральных числа таковы, что их сумма, их разность, а также частное от деления одного из них на другое являются факториалами. Найдите все такие пары.
И.Акулич
235.	Дан правильный треугольник. Ломаную строим по следующему правилу: из точки на стороне восстанавливаем перпендикуляр до пересечения с какой-либо из сторон, из полученной точки пересечения снова восстанавливаем перпендикуляр, и так далее (рис.26). Найдите все точки на сторонах треугольника, стартовав из которых, ломаная рано или поздно попадет в вершину треугольника.
Рис. 26
А. Шаповалов
236.	Решите в положительных числах уравнение (х + у + z)2 = х3 + у3 + z3 +12 .
А.Эвнин
237.	Есть набор гирек массами 1 г, 2 г, 3 г,... , 50 г и чашечные весы. Двое играющих по очереди перекладывают на весы по одной гирьке из набора, каждый на свою чашу. После хода каждого игрока его чаша должна перевесить. Выигрывает тот, кто не сможет сделать очередного хода. У кого из игроков есть выигрышная стратегия?
А. Шаповалов
238.	а) Расположите числа 1, 2, 3, ... , 99, 100 в строку в таком порядке, чтобы для любых нескольких (но не всех) из этих чисел сумма занятых ими мест не совпадала с суммой самих этих чисел.
б*) При спешной посадке в аэробус пассажиры занимали первые попавшиеся места. В итоге все места оказались заняты, а для любой группы, в которой не более ста пассажиров, среднее арифметическое номеров занимаемых ими мест более чем на единицу отличается от среднего арифметического номеров мест,
41
указанных в их билетах. Каково наименьшее возможное число мест в этом аэробусе?
С.Токарев
239.	а) В остром угле АО В между стенками геометрического бильярда расположены два шара Р и Q. Если шар Р ударить так, что он, отскочив последовательно от стенок АО и ВО, столкнется с шаром Q, то пройденное им расстояние будет таким же, как если его ударить так, что он, отскочив последовательно от стенок ВО и АО, столкнется с шаром Q. Докажите, что точки Р и Q расположены на одном луче, проходящем через точку О.
б) Внутри острого угла XOY взяты точки М и N так, что ZXON = ZYOM. На луче ОХ отмечена точка Q так, что ZNQO = ZMQX , а на луче OY - точка Р так, что ZNPO = ZMPY . Докажите, что длины ломаных MPN и MQN равны.
В.Произволов
240.	Имеются четыре палочки. Известно, что из них можно сложить четырехугольник, диагонали которого перпендикулярны. Докажите, что из них можно сложить четырехугольник с двумя прямыми углами.
Л. Смирнова
241.	Величина наименьшего угла А остроугольного треугольника АВС равна 45° ; BD - высота. Окружность с центром О, вписанная в треугольник BCD, касается высоты в точке Е. Докажите, что прямая ОС параллельна прямой EF, где F - середина АВ.
Д. Калинин
242.	В Цветочном Городе живут 2000 коротышек. Каждый коротышка каждый день дарит подарок каждому своему другу. Во избежание разорения дареное разрешается дарить дальше, но только не тому, кто тебе этот подарок подарил. Знайка подсчитал, что никакой из подарков, который подарили любому коротышке в пятницу, не может вернуться к этому коротышке раньше чем в следующую пятницу. Докажите, что у какого-то коротышки не более 12 друзей.
Е. Черепанов
243.	У каждого из игроков есть стопка карт. Игроки берут по верхней карте из стопок и сравнивают. Если достоинства одинаковы, карты выходят из игры. Если у кого-то карта старше, то он забирает обе карты и кладет их вниз стопки: сначала карту противника, потом свою. Если у кого-то одного кончились карты, он проиграл, в остальных случаях (карты кончились одновременно или игра продолжается бесконечно) - ничья. Игроки разделили полную колоду 36 карт пополам: одному все красные, второму - все черные. Второй подглядел, в каком порядке первый сложил свою стопку. Докажите, что тогда он сможет так сложить свою стопку, чтобы наверняка выиграть.
А. и М. Шаповаловы
42
244е. Дано несколько различных натуральных чисел. Среди любых трех из них можно выбрать два числа, одно из которых делится на другое. Докажите, что числа можно покрасить в два цвета так, чтобы для любых двух чисел одного цвета одно делилось на другое.
Е. Черепанов
2000/01 учебный год
245.	Какое наибольшее количество ладей можно расставить на шахматной доске, чтобы каждая из них угрожала в точности а) одной; б) двум остальным?
И.Акулич
246.	Существует ли такое натуральное число и, что арифметическая прогрессия и + 1, 2n + 1, Зп + 1, 4n + 1, ... не содержит ни одного куба натурального числа?
В. Сендеров, А. Спивак
247.	Может ли при каком-то натуральном п число п2 + п +1 а) быть квадратом натурального числа; б) делиться на 9?
В. Произволов, В. Сендеров
248.	а) Решите в натуральных числах систему уравнений
ах = х + у и ху = а + Ь.
б) Труляля и Траляля задумали по два натуральных числа. Сумма чисел, задуманных Траляля, равна произведению чисел, задуманных Труляля. Произведение чисел, задуманных Траляля, равна сумме чисел, задуманных Труляля. Какие числа могли они задумать?
А. Жуков
249.	Начав с угла, король обошел все клетки доски размером 5x5 и вернулся на исходное поле, ни разу не сделав двух ходов подряд в одном направлении. Центры соседних полей его маршрута соединили отрезками. Докажите, что полученная ломаная самопересекается.
А. Шаповалов
250.	На доске выписаны числа от -10 до 10. Разрешено стереть любые два числа а и b и записать вместо них числа (За - 4Ь)/5 и (4д + ЗЬ)/5. Можно ли, произведя эту операцию несколько раз, добиться того, чтобы все числа стали равны друг другу?
И.Акулич
251.	Положительные числа а, Ь, с и d удовлетворяют нера-а + Ь _
венству ---— < 2 .
43
Докажите неравенство
а2+Ь2 ;8 c2 + d2
В. Сендеров
252.	Если произведение любых трех из данных четырех натуральных чисел является квадратом натурального числа, то и каждое из данных четырех чисел является квадратом. Докажите это.
253.	Могут ли биссектрисы двух внешних углов треугольника пересекаться на его описанной окружности?
В. Сендеров
254.	Внутри выпуклого четырехугольника нашлась такая точка О, что основания перпендикуляров разбивают стороны четырехугольника на части, удовлетворяющие неравенствам DP < РА , AQ < QB , BR<RC и CS< SD (рис.27). Докажите, что точка О - центр описанной окружности четырехугольника ABCD.
В.Произволов
255.	Два жадных медвежонка нашли килограммовую головку сыра и попросили лису поделить ее поровну. Лиса сначала разломила сыр на две неравные части, а затем откусила половину от одной из этих частей (не обязательно большей). Поскольку части все еще остались неравными, лиса снова откусила от одной из частей половину, и так далее. Лишь после десятого откусывания части сравнялись, но на долю медвежат досталось меньше 20 граммов сыра.
Обиженные медвежата потом жаловались, что части можно было бы уравнять, откусывая по половине от некоторой части не более трех раз (а вовсе не десять!). Правы ли они?
И.Акулич
256.	В строку записано несколько чисел. Разрешено выбрать два рядом стоящих числа, левое из которых больше правого, переставить их и умножить оба на 2. Докажите, что рано или поздно перестановки прекратятся.
А. Шаповалов
257.	Два пересекающихся выпуклых четырехугольника ABCD
44
и KLMN образуют фигуру, состоящую из восьмиугольника и восьми треугольников (рис.28). Докажите, что если высоты этих треугольников, опущенные из вершин А, В, С, D, К, L, М и N, равны, то и площади, и периметры четырехугольников ABCD и KLMN равны.
В. Произволов
258.	Клетчатый квадрат со
стороной 1111 наименьшим числом прямолинейных разрезов разделите на единичные квадратики, если перед каждым очередным разрезом имеющиеся части можно как угодно перекладывать, не перегибая, и за один прием разрезать сразу несколько частей.
И.Акулич
259.	а) Посты ГАИ размещены на перекрестках города, причем для любого перекрестка на нем или хотя бы на одном из соседних перекрестков есть пост ГАИ. Всего в городе 155 перекрестков, в каждом из которых сходится не более шести улиц. Докажите, что в городе не менее 23 постов.
б) Нефтяная компания установила бензоколонки на некоторых перекрестках города, который имеет 162 отрезка улиц, соединяющих перекрестки, - не более одной на двух соседних перекрестках. Ни в каком перекрестке не сходится менее четырех улиц. Докажите, что бензоколонок не более 40.
О. Мельников
260.	а) Для любого n-значного натурального числа а существуют
такое т > п и такое m-значное натуральное число 6, что сумма цифр
десятичной записи произведения ab равна 9m. Докажите это. 6) Существуют 10 таких последова-
тельных натуральных чисел, что каждое из них делится на сумму своих цифр, причем сумма цифр первого из них равна 2000, сумма цифр второго равна 2001, третьего - 2002, четвертого - 2003, ... ..., десятого - 2009. Докажите это.
В. Замков
261.	Криволинейный треугольник О АВ представляет собой четверть круга (рис.29). Из точки А исходит луч, который, отра
Рис. 29
45
зившись от радиуса О В в точке К, от середины L дуги АВ и от радиуса ОА в точке М, приходит в точку В. Докажите равенства
ZAKL = AKLM = Z.LMB = 45° .
В.Произволов
Летний турнир 2001 года (Клещевка Ивановской области)
262.	Нарисуйте шестиугольник, который можно разрезать на два треугольника, но нельзя - на два четырехугольника.
С. Волченков
263.	В каждой клетке доски размером 16 х 30 сидит по жуку. Могут ли жуки перелететь на доску размером 15 х 32 , в каждую клетку по жуку, чтобы жуки, бывшие соседями на исходной доске, оказались соседями и на новой доске? (Соседи - жуки, сидящие в клетках с общей стороной.)
И.Жук
264.	В следующих многозначных числах цифры заменены буквами (одинаковые цифры - одинаковыми буквами, а разные - разными). Оказалось, что ДЕВЯНОСТО делится на 90, а ДЕВЯТКА делится на 9. Может ли СОТКА делиться на 9?
В.Каскевич
265.	Можно ли первые а) 8; 6) 2001 натуральных чисел расставить по кругу так, чтобы каждое число делилось на разность своих соседей?
С.Токарев
266.	Натуральное число разрешено увеличить на любое целое число процентов от 1 до 100, если при этом получаем натуральное число. Найдите наименьшее натуральное число, которое нельзя при помощи таких операций получить из числа 1.
А. Шаповалов
267.	Оси абсцисс и ординат и графики у = ах + 6, у = Ъх + с, у =
= сх + а расположены так, как показано на рисунке 30. Укажите ось абсцисс и положительное направление на ней.
С.Токарев
268.	Двое играют в шахматы, а еще шестеро желающих сыграть образуют очередь. Проигравший партию становится в конец очереди; тот, чья очередь подошла, игра-
46
С.Токарев
1	8	3
6	5	4
7	2	9
ет с победителем и так далее. (В случае ничьей победителя определяют по жребию.) Могут ли к некоторому моменту каждые двое сыграть между собой ровно один раз?
269.	Изобразите на координатной плоскости множество точек (х; у), удовлетворяю-
(х + и V* х^ + щих условию 7	=	7 .
12/	2
v 7	С.Токарев
270.	В клетках квадратной таблицы 3x3 расставлены числа 1, 2, 3,..., 9 так, что сумма каждых четырех чисел, заполняющих квад
рат 2x2, равна одному и тому же числу s. (Например, 5 = 20 на рисунке 31.) Найдите все возможные значения s.
В. Замков
271.	Придумайте такие различные стозначные числа А и В, являющиеся точными кубами, что цифры десятичной записи числа А, записанные в обратном порядке, образуют число В.
В. Замков
272.	Может ли каждая из сторон выпуклого четырехугольника быть пересечена биссектрисой некоторого его угла в точке, отличной от вершины?
И. Григорьева
273.	Рассмотрим всевозможные трехчлены вида ах2 +Ьх + с с натуральными коэффициентами at b и с, не превосходящими 100. Каких трехчленов больше: имеющих хотя бы один действительный корень или не имеющих ни одного?
С.Токарев
274.	Найдите все натуральные п, которые равны сумме некоторых трех различных натуральных делителей числа п - 1.
С.Токарев
275.	В некоторой куче монет настоящих больше, чем фальшивых. Все настоящие монеты весят одинаково. Любая фальшивая монета отличается по весу от настоящей. Можно использовать чашечные весы, владелец которых после каждого взвешивания забирает себе в качестве арендной платы любую (выбранную им) монету из двух только что взвешенных. Докажите, что можно выделить хотя бы одну настоящую монету и оставить ее себе.
С.Токарев
47
Рис. 32
276.	Из бумаги склеили правильный тетраэдр. Разрежьте его на 12 одинаковых бумажных равносторонних треугольников.
В. Произволов
277.	У крестообразно пересекающихся четырехугольников соответствующие стороны параллельны и отстоят друг от друга на расстояние 1 (рис.32). Докажите, что периметры четырехугольников равны.
В. Произволов
278.	Какое наибольшее количество диагоналей клеток шахматной доски можно провести так, чтобы никакие две из них не имели ни одной общей точки?
И.Акулич
279.	Дан выпуклый шестиугольник ABCDEF, в котором АВ = = CD = EF, ZA = ZC = /Е и ZB = ZZ> = ZF. Докажите равенства ВС = DE = FA.
В. Произволов
280.	AM - биссектриса треугольника АВС. Найдите величину угла АВС, если АВ = ВС и ВМ = АС.
281.	Решите систему уравнений
х(1 + 7F) = #(1 + V?) = г(1 + >/х) = 2.
С.Дворянинов
двумя было больше 2001.
282.	Клетчатый прямоугольник 2x3 можно сложить из 17 спичек, как показано на рисунке 33. Какие размеры может иметь клетчатый прямоугольник, аналогично составленный из 1000 спичек?
А. Шаповалов
283.	В кубе с ребром 2000 разместите 7 точек так, чтобы расстояние между любыми
С.Волчёнков
284.	Целые числа х, у, z таковы, что числа ху + 1, yz + 1 и zx + 1 являются квадратами. Докажите, что произведение xyz кратно 8.
В. Сендеров
48
285.	Биссектрисы AAZ, ВВ', СС' остроугольного треугольника АВС пересекаются в точке I. Докажите, что из отрезков IA', IB', IC' можно составить остроугольный треугольник.
С.Токарев
286е. На шахматной доске, первоначально пустой, расставляем пешки по следующим правилам: выбираем любые четыре пустые клетки, центры которых являются вершинами квадрата со сторонами, параллельными сторонам доски, после чего на одну из этих клеток ставим пешку. Затем выбираем аналогичные четыре пустые клетки, на них снова ставим пешку, и так далее. Какое наибольшее число пешек можно поставить на доску, соблюдая эти правила?
И.Акулич
287е. Натуральное число называют палиндромом, если оно не меняется при перестановке его цифр в обратном порядке. Докажите, что для любого нечетного и не кратного числу 5 числа р > 150 существует палиндром, делящийся на р и содержащий не более 0,23 р цифр.
И.Акулич
288.	В однокруговом хоккейном турнире все команды набрали разное число очков. (В хоккее за победу дают 2 очка, за ничью 1, а за поражение - 0 очков.) Команда, занявшая последнее место, выиграла не менее 25% своих матчей, а команда, занявшая второе место, выиграла не более 40% своих матчей. Какое наибольшее количество команд могло участвовать в этом турнире?
И. Воронович
289.	Какое наибольшее количество королей можно расставить на шахматной доске так, чтобы ровно половина из них не угрожала ни одному из остальных?
И.Акулич
290.	На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС выбрана точка F, а на отрезке AF - точка Е. Если треугольник CEF равносторонний, a D - середина гипотенузы, то
ZDCF = 2 • ЛАСЕ .
Докажите это.
Д. Калинин
291е. На территории завода четыре асфальтовые дорожки длиной Юм каждая образуют квадрат. В двух соседних вершинах квадрата стоят двое рабочих, держа на плечах десятиметровую трубу. Им необходимо, передвигаясь по дорожкам и не выпуская при этом трубы, поменяться местами. Из соображений безопасности запрещено двигаться со скоростью более 1 м/с. За какое наименьшее время рабочие могут справиться с заданием? (Внутри квадрата нет никаких
49
Рис. 34
сооружений, создающих помехи при переноске трубы).
И.Акулич
292. Окружность пересекает стороны равностороннего треугольника, как показано на рисунке 34. Докажите равенство ACj + ВА^ + СВ\ — ЛВ2 + СА2 + В(?2 •
В.Произволов
293е. Разрежьте квадрат на шесть частей так, чтобы ими можно было полностью и без перекрытий оклеить поверхность некоторого куба.
С.Токарев
294е. Натуральное число назовем удобным, если его можно представить в виде суммы двух натуральных слагаемых, суммы цифр которых одинаковы. Докажите, что существуют 1 000 000 последовательных натуральных удобных чисел.
С.Токарев
295е. Рассмотрим множество всех квадратных таблиц размером п х п , где п > 1, заполненных натуральными числами 1, 2,..., п2 . Пусть А - множество таких таблиц, которые можно получить перестановками столбцов и перестановками строк из таблицы, в которой в первой строке стоят по порядку числа 1, 2, ... , п, во второй - п + 1, п + 2, ... ..., 2п и так далее; В - множество таблиц, из любой из которых можно получить таблицу, во всех клетках которой все числа равны, при помощи (возможно многократного) применения операций прибавления единицы ко всем числам некоторой (произвольно выбранной) строки или (тоже всякий раз заново произвольно выбираемого) столбца. Докажите, что А = В тогда и только тогда, когда п - простое.
Д. Калинин
296*. В середине одной из стен квадратной комнаты размером 3x3 имеется проход шириной 1. Можно ли в эту комнату внести какой-нибудь стол площади более 4?
С.Волчёнков
297.	Существуют ли такие различные натуральные числа х, у, z, для которых
HOK[x,#,z] = НОК[х + \,у + l,z +1] = НОК[х + 2, у + 2,z + 2] ?
С.Токарев
50
2001/02 учебный год
298.	Каждое из данных десяти чисел умножили на число а и прибавили к каждому из произведений число Ь. Полученное множество совпало с исходным. Верно ли, что а) И = 1; 6) b = 0?
В. Сендеров
299.	Можно ли расставить на шахматной доске несколько фишек так, чтобы количества фишек на соседних вертикалях отличались в 2 раза, а на соседних - в 3 раза?
И.Акулич
300.	Положительные числа а, b и с таковы, что
с3 + Ь3 + с3 = (а + b - с)3 + (а - b + с)3 + (Ь + с - с)3 . Докажите равенства а = b = с.
В. Произволов
301.	В грибе, представляющем из себя квадрат 16x16, завелись 13 червяков. Каждый червяк представляет из себя цепочку из пяти квадратиков, в которой каждые два последовательных квадратика имеют общую сторону.
а)	Докажите, что одним разрезом, параллельным стороне квадрата, можно разрезать по крайней мере трех червяков.
б)	Останется ли верным утверждение пункта а), если один из червяков выползет из гриба?
И.Жук
302.	Можно ли расположить десять карточек с цифрами 0, 1, 2, ... , 9 по кругу так, чтобы все числа, образованные стоящими рядом двумя цифрами (числа читаем по часовой стрелке), имели общий делитель, больший единицы?
В Замков
303.	Величина угла А ромба ABCD равна 60°. Прямая, проходящая через точку С, пересекает АВ и АО в точках М и N. Докажите, что величина угла между прямыми MD и NB равна 60°.
А. Заславский
304.	В каждую клетку прямоугольной таблицы, количество строк которой больше количества ее столбцов, записали букву А или букву У. При этом букву А записали 33 раза, а У - 7 раз, причем вблизи каждой буквы А разместилась ровно одна буква У. (Две клетки считаем близкими, если они имеют общую сторону или вершину.) Все строки, в которых записано хотя бы по одной букве У, вычеркнули. Сколько букв А осталось в таблице?
И.Акулич
51
305.	Карлсон раздобыл брусок сыра ~ прямоугольный параллелепипед размерами 2000 х 2001 х 2002 - и предложил Малышу полакомиться сыром и заодно сыграть в следующую игру. Сначала Малыш делит брусок прямолинейным разрезом на два меньших бруска с целочисленными сторонами и один из них съедает. Затем Карлсон делит оставшийся брусок прямолинейным разрезом на два меньших бруска с целочисленными сторонами и один из них съедает. И так далее, по очереди. Выигрывает тот, кто первым съест сырный кубик 1x1x1. Кто выиграет при правильной игре?
А. Малеев
306.	Выпуклый шестиугольник ABCDEFтаков, что ХА = ХВ , ZC = Z£), ZE = ZF и ВС = DE FA. Докажите, что шестиугольник вписанный.
В.Произволов
307.	Равенство а5 + Ь5 = (а + Ь)5 равносильно равенству аЬ2 + Ьа2 - 0 . Докажите это.
В. Сендеров
308.	Придумайте такие пятизначные числа а и 6, что если к десятичной записи числа а приписать десятичную запись числа 6, то получим десятизначное число, делящееся на ab.
Д. Карпов, В. Сендеров
309.	При каких натуральных п из первых п натуральных чисел можно выбрать два числа, произведение которых вдвое больше суммы всех остальных чисел?
И. Акулич
310.	Точки О и I - центры описанной и вписанной окружностей треугольника АВС, гМ~ середина той дуги АС описанной окружности, которая не содержит точку В. Докажите, что ХАВ С = 60° тогда и только тогда, когда MI = МО.
В. Сендеров
311.	Каждый из 1000 островитян всегда лжет или всегда говорит правду. Прибывший на остров следователь может раз в день выбрать любое множество островитян и спросить каждого из выбранных, сколько среди выбранных островитян лжецов. (Каждый островитянин про каждого из остальных и про себя знает, лжец он или нет.) За какое наименьшее число дней следователь заведомо может выяснить, кто из островитян лжец, а кто правдивый, если не все островитяне лжецы?
Е.Барабанов
52
312.	Зал размером 90 х 90 разделен на квадратные комнаты размером 10x10 метров. В каждой из стен между соседними комнатами имеется дверь, а в наружной стене дверей нет. Какое наибольшее число дверей можно открыть, чтобы в каждой комнате оказались открытыми не более а) одной двери; б) двух дверей; в) трех дверей?
И.Акулич
Летний турнир 2002 года (Кострома)
313.	Заполните клетки таблицы размером 10x10 крестиками и ноликами так, чтобы нигде ни по горизонтали, ни по вертикали, ни по диагонали не стояли три одинаковых значка подряд.
В.Гуровиц
314.	В записи 1*2*3*4*5*6 на местах, отмеченных звездочками, стоят знаки: плюсы или минусы. Любые два знака, разделенные цифрой, можно заменить на противоположные. Докажите, что можно сделать значение выражения кратным числу 7.
Е. Барабанов, И. Воронович
315.	Расположите на плоскости 8 точек так, чтобы на серединном перпендикуляре к любому отрезку с концами в этих точках лежали ровно две из этих точек.
В.Гуровиц
316.	Точку отразили относительно некоторых четырех прямых. Ее образы попали на некоторую окружность с центром О. Затем точку О отразили относительно тех же прямых. Докажите, что образы точки О принадлежат некоторой окружности.
В.Произволов
317.	Вписанная окружность с центром I касается сторон ВС, С А и АВ треугольника АВС в точках АЬВ} и Q соответственно. Отрезки AI, ВI и CI пересекают окружность в точках А2,В2 и С2 соответственно. Докажите, что площадь треугольника А2В2С2 равна половине площади шестиугольника В^А2С}В2А}С2.
В.Произволов
318.	Внутри прямоугольника выбрана произвольная точка и соединена отрезками с вершинами. Докажите, что среди полученных четырех отрезков обязательно найдутся три, из которых можно составить треугольник.
319.	Сложите из бумажного прямоугольника размером 2x5
53
двухслойную коробку размером 1x1x1 без крышки. (Бумагу можно гнуть и надрезать, но нельзя резать на отдельные куски.)
С.Волчёнков
320.	Найдите все такие тройки простых чисел, что произведение любых двух из них при делении на третье дает остаток 1.
Б. Френкин
321.	Первые п натуральных чисел, где п > 10, можно разбить на два множества таким образом, чтобы произведение чисел первого из них равнялось сумме чисел второго. Докажите это.
А. Шаповалов
322.	На нижней горизонтали доски размером 2 х 25 выстроились фишки с номерами от 1 до 25 по порядку. За один ход можно переставить одну фишку на пустую соседнюю по горизонтали или вертикали клетку. За какое наименьшее число ходов можно расставить все фишки на нижней горизонтали в обратном порядке?
А. Шаповалов
323.	Любую степень двойки можно умножить на такое натуральное число, что произведение окажется палиндромом -числом, десятичная запись которого слева направо читается так же, как и справа налево. Докажите это.
А. Шаповалов
324е. Любое ли натуральное число представимо в виде разности двух палиндромов?
А Шаповалов
325.	Для любого натурального п > 1 существуют 2п таких попарно различных натуральных чисел, что произведение факториалов первых п из них равно произведению факториалов п других. Докажите это.
А. Егоров, В.Сендеров
326.	В ряд выписаны числа от 1 до 50 в некотором порядке. Разрешено менять местами два числа, если разность их позиций равна наибольшему общему делителю этих чисел. Любое ли расположение чисел можно получить такими операциями?
А. Чеботарев
327.	Натуральные числа от 1 до 22 записаны в виде последовательности аьа21...,а22 таким образом, что
Iй! ” а1\ + |й2 “ йз| + ••• + |fl21 “ fl22| + |й22 “ й1| = ^42 .
54
Чему равна сумма
|Д1 ” fl12| + |fl2 “Д1з| + --- + |д10 ~Д21| +1^11 “Д22| ?
В.Произволов
328е. По окружности расставлены в некотором порядке натуральные числа от 1 до п. Для каждой пары соседних чисел вычислим их произведение. Какое наименьшее значение может принимать наибольшее из этих произведений?
И.Акулич
329.	На доску размером 11x11 клеток положили несколько квадратов размером 2x2 так, что каждый квадрат закрывает ровно 4 клетки и никакие два квадрата не пересекаются более чем по одной клетке. Какое наибольшее число квадратов могло быть?
Д. Калинин
330.	Если сторона ВС треугольника АВС вдвое длиннее стороны АВ и ZABC = 120° , то медиана ВМ перпендикулярна стороне АВ этого треугольника. Докажите это.
331.	По четырем одинаковым окружностям единичного радиуса с центрами в вершинах квадрата со стороной длины 2 вечно бегут спортсмены, не переходя с окружности на окружность. Из любых трех спортсменов хотя бы двое периодически встречаются. Каково наибольшее возможное число спортсменов? (Спортсмены встречаются, если они бегут по одной окружности в противоположных направлениях или если они бегут по касающимся окружностям и одновременно оказываются в точке касания.)
А. Чеботарев
332.	Действительные числа а и Ь таковы, что а + b5 > ab5 +1. Докажите неравенство
b + а1 > aJb +1.
Е. Барабанов, И. Воронович
333.	Решите систему уравнений
y[yz	JzX	у[ху
х =	, у —-----, z = —---.
U + Z	Z + X	X + и
А. Жуков
334.	Таня задумала натуральное число, не превосходящее 100. Саша его угадывает. Если он угадал, то Таня так и говорит: «Угадал!» Если же названное Сашей число не совпадает с тем,
55
которое в этот момент имеется у Тани, то она молча делит имеющееся в этот момент у нее число на Сашино, если делится нацело, а если не делится, то молча умножает имеющееся у нее число на Сашино и прибавляет единицу. Помогите Саше угадать задуманное Таней число.
А. Шаповалов
335.	Какое наибольшее число полей шахматной доски можно отметить так, чтобы центры «никаких четырех отмеченных клеток не оказались вершинами прямоугольника со сторонами, параллельными краям доски?
А. Шаповалов
336.	В полном однокруговом турнире участвуют п команд. Они договорились, что каждая команда в своей k-й игре забивает k голов. Каково наименьшее возможное число ничьих в таком турнире?
А. Чеботарев
2002/03 учебный год
337. На описанной окружности квадрата ABCD взяты точки Р и Q так, что ZPAQ = 45° (рис.35). Отрезки
АР и ВС пересекаются в
точке М, a AQ и CD - в точке N. Докажите параллельность отрезков PQ и MN.
В.Произволов
338.	Найдите х(а + 2Ь), если а и b -такие натуральные числа, что т(д) = b и т (6) = а/2, а х(п) обозначает количество натуральных делителей числа п.
И.Акулич
339.	Из квадрата размером 5x5 вырезали пять кругов диаметра 1. Докажите, что из оставшейся фигуры можно вырезать два прямоугольника размером
1x2.
А. Малеев
340.	а) Ниф-Ниф, Нуф-Нуф и Наф-Наф хранят в жестяной банке красные, желтые и зеленые леденцы. Какое наименьшее число леденцов надо взять наугад из коробки, чтобы каждому поросенку можно было дать 5 леденцов одного цвета?
6*) В темном чулане 7 гномов хранят колпаки. Колпаков любого цвета столько „же, сколько колпаков любого другого цвета. Проснувшись как-то утром, один из гномов попросил Белоснежку принести 10 колпаков одного цвета. Она пошла в чулан и отсчитала в темноте
56
столько колпаков, чтобы их наверняка хватило выполнить его просьбу. Но тут проснулись остальные гномы, и второй попросил 9 колпаков одного цвета, третий - 8, и так далее вплоть до седьмого гнома, который попросил 4 колпака одного цвета. Чтобы выполнить просьбы всех гномов, Белоснежке пришлось еще раз сходить за колпаками. Какое наибольшее число цветов могли иметь колпаки, хранящиеся в чулане?
А. Малеев
341.	Девять сторон равностороннего десятиугольника касаются окружности. Докажите, что и десятая сторона касается этой окружности.
В. Произволов
342.	Числа от 1 до тп, где 2 < п < т, расставили в виде таблицы из т строк и п столбцов. Докажите существование двух клеток, имеющих общую сторону или вершину, числа которых отличаются не менее чем на п + 1.
И.Акулич
343.	Существует ли такое натуральное число п, что п > 1 и число п2 представимо в виде суммы п квадратов последовательных целых чисел?
В. Сендеров, А. Спивак
344.	Робинзон поручил Пятнице запастись бананами, кокосами, ананасами и дурианами. Пятница решил каждый принесенный банан отмечать палочкой, кокос - палочкой и кружочком, ананас - двумя кружочками. Может ли Пятница отмечать дуриан какой-нибудь последовательностью из палочек и кружочков, чтобы по его записи (Пятница пишет слева направо без пробелов) Робинзон всегда мог установить, сколько каких плодов запасено?
А. Малеев
345.	Сколько существует трехзначных чисел, представимых в виде abc + ab + a7
А. Спивак
346.	Четырехугольник ABCD является параллелограммом или трапецией тогда и только тогда, когда произведение площадей треугольников ABD и BCD равно произведению площадей треугольников АВС и ACD. Докажите это.
347.	а) Среди чисел вида 5” - 5т , где тип- натуральные числа, п > т, бесконечно много квадратов. Докажите это.
57
б) Среди чисел вида 7” + 1т , где тип- натуральные числа, нет ни одного квадрата, но есть бесконечно много кубов. Докажите это.
А. Зайчик
348.	Имеется 10 столбиков, в первом из которых 61 монета, во втором - 62, ... , в десятом - 70 монет. За один ход можно забирать монеты из одного или нескольких столбиков (даже со всех сразу), но ни для какого столбика количество снятых с него монет не превышает \/п , где п - количество монет, к данному моменту находящихся в столбике. Победитель - тот, кто взял последнюю монету.
Кто из игроков имеет выигрышную стратегию, т.е. может победить, как бы ни играл его противник?
И.Акулич
349.	Сумма первых п натуральных чисел равна произведению двух последовательных натуральных чисел тогда и только тогда, когда число п2 + (п +1)2 является квадратом целого числа. Докажите это.
В.Произволов
350.	Андрей, Борис, Василий, Геннадий и Дмитрий играли в настольный теннис парами так, что каждые двое сыграли с каждой другой парой один раз. Ничьих в теннисе не бывает. Андрей в общей сложности проиграл 12 раз, а Борис - 6 раз. Сколько раз выиграл Геннадий?
В.Каскевич
351.	Один из серединных перпендикуляров треугольника делит его на две части, площадь одной из которых вдвое больше площади другой. Другой серединный перпендикуляр делит треугольник на две части, площадь одной из которых втрое больше площади другой. Во сколько раз различаются площади частей, на которые треугольник разрезан третьим его серединным перпендикуляром?
И.Акулич
352.	Для любого натурального числа п число w”+1 + (п +1)”+2 + + (п + 2) составное. Докажите это.
А.Зайчик
Летний турнир 2003 года (Судиславль)
353.	Дон Кихот одержал победу над 10 ветряными мельницами. Некоторым он отрубил по два крыла, некоторым три, а остальным - все четыре. Первые три мельницы в сумме
58
потеряли в полтора раза меньше крыльев, чем остальные семь. Мельниц, ставших однокрылыми, больше, чем мельниц, ставших двукрылыми. Сколько мельниц лишились всех четырех крыльев?
И.Акулич
354.	В круговом турнире участвуют 10 команд. Для победы в турнире надо набрать строго больше очков, чем любая из остальных команд. Через какое минимальное количество туров может выявиться победитель?
М. Мазин
355.	Полукруг касается катета ВС прямоугольного треугольника АВС в точке М (рис.36). Докажите, что AM - биссектриса угла ВАС.
В. Произволов
356*. Для любого натураль-
ного п существует клетчатая фигура, которую можно разрезать на двухклеточные доминошки ровно п способами. Докажите
это.
А. Шаповалов
357.	На шахматной доске стоят ладьи так, что каждая из них бьет больше белых ладей, чем черных. Может ли черных ладей быть больше, чем белых?
И.Акулич
358.	Тринадцать шахматистов в течение трех дней должны сыграть друг с другом по одной партии. Составьте турнирное расписание так, чтобы в каждый из дней для любых двух шахматистов, не играющих в этот день между собой, существовал шахматист, играющий в этот день с обоими.
С.Токарев
359.	Нарисуйте на плоскости несколько точек, более половины из них покрасьте и соедините некоторые из них непересека-ющимися отрезками так, чтобы из каждой точки выходило не менее 3 отрезков, но никакие две окрашенные точки не были соединены отрезком.
А. Спивак
360.	Восьмого марта каждая из п учительниц пришла в школу с букетом из одного цветка. Все цветы разные. Каждая учительница может подарить любой другой учительнице все или часть имеющихся у
59
нее к моменту дарения цветов. Нельзя дарить букет, если в точности такой кто-то кому-то уже дарил. Какое наибольшее число букетов могло быть подарено?
А. Чеботарев
361.	В одну строку выписаны 40 знаков: 20 минусов и 20 плюсов. За один ход можно поменять местами любые два соседних знака. За какое наименьшее число ходов можно гарантированно добиться того, чтобы некоторые 20 стоящих подряд знаков оказались крестиками?
И.Акулич
Рис. 37
362.	Король, которому запрещено ходить по диагонали, сделал несколько ходов (посетив, возможно, некоторые поля неоднократно). Он побывал на всех белых полях. Каково наименьшее число черных полей, на которых он побывал?
И.Акулич
363.	Какое наибольшее количе
ство натуральных чисел, ни одно из которых не представимо в виде ab2 , где числа а и Ь взаимно просты, причем b > 1, может идти подряд?
А. Шаповалов
364.	Через вершины В и G конгруэнтных прямоугольников ABCD и DEFG, расположенных, как показано на рисунке 37, провели прямую, которая пересекла прямую AD в точке М. Докажите перпендикулярность прямых MN и BE.
Д. Калинин
365.	Могут ли три разных числа вида 2” +1, где п а) целое; б) натуральное, быть последовательными членами геометрической прогрессии?
В. Сендеров
366.	В ряд лежат 100 штабелей бетонных плит: в крайнем справа -1 плита, во втором - 2, ..., в 100-м штабеле - 100 плит. Солдату приказано перераспределить плиты по штабелям, двигая их направо. Сил поднять плиту у него нет, поэтому он может передвинуть плиту в соседний справа штабель, только если там плит меньше. Как будут распределены плиты по штабелям после того, как солдат сделает все, что может?
Д. Калинин, А. Чернятьев
60
367.	Придумайте такие целые попарно взаимно простые числа х, у, z и t, не равные нулю, что
(х + у + z)(x + у + t)(x + Z + t)(y + z +1) = xyzt.
В. Сендеров
368.	В куче лежат п камней. Двое по очереди берут из нее камни. За один ход можно взять один или два камня. Чтобы выиграть, игроку надо взять последний камень и, кроме того, набрать в сумме не меньше камней, чем соперник. При каких п один из игроков может обеспечить себе победу при любой игре соперника?
Е. Барабанов, И. Воронович
369.	Добрая фея просматривает оценки Вовочки слева направо и, как только находит подряд идущие тройку и двойку (или двойку и тройку), тут же превращает их в пятерку. Докажите, что если бы фея просматривала оценки справа налево, то пятерок Вовочка получил бы столько же.
А. Чеботарев
370.	Можно ли представить число 110 в виде суммы натуральных слагаемых (не обязательно различных), сумма обратных величин которых равна 1?
А. Шаповалов
371.	Шагреневая кожа исполняет желания, но после каждого желания ее площадь уменьшается: на 1 квадратный дециметр в «обычном» случае, вдвое - если желание заветное. Десять желаний уменьшили площадь кожи втрое, следующие несколько - еще всемеро, а еще через несколько желаний кожа вообще пропала. Какова первоначальная площадь кожи?
И.Акулич
372.	Во всех клетках шахматной доски, кроме восьми клеток диагонали al~h8, расставлено по одной шашке. Петя и Коля играют, делая ходы по очереди. Петя каждым своим ходом снимает с доски не более 14 шашек, а Коля выбирает любую клетку диагонали al-h8 и ставит шашки во все пустые клетки, находящиеся с ней на одной вертикали или горизонтали (на диагональ шашку он не ставит). Может ли Петя добиться того, чтобы после его очередного хода на доске осталось не более трех шашек?
И.Акулич
373.	На складе лежат 27 деталей, каждая промаркирована первым или вторым сортом. Детали одного сорта весят одинаково; каждая деталь
61
второго сорта легче детали первого сорта. Известно, что ровно одна из деталей промаркирована неправильно. Докажите, что ее можно наверняка выявить за три взвешивания на чашечных весах без гирь.
А. Шаповалов
374.	В куче лежат 2003 ореха. Можно разбивать любую кучку на две части, но чтобы разбить на две неравные части, приходится платить рубль. Какой наименьшей суммы достаточно, чтобы получить 2003 кучки по одному ореху в каждой?
•	А. Шаповалов
375.	С помощью циркуля и линейки разделите произвольный треугольник на три треугольника, в каждом из которых можно выбрать по медиане так, что длины выбранных медиан равны.
А. Шаповалов
376.	В начале игры есть 100 одинаковых а) квадратов; б) прямоугольников размером 1x2. Каждым ходом игрок выбирает из имеющегося набора некоторые два прямоугольника, которые можно склеить по стороне в один прямоугольник, и склеивает их. Двое ходят по очереди. Кто не может сделать ход - проиграл. Кто выиграет при правильной игре?
А. Шаповалов
377*. На некоторых клетках доски размером а) 4x4; б) п х п сидело по одной лягушке. Поссорившись с соседями, в некоторый момент все они одновременно перепрыгнули на соседние клетки (соседними считаем клетки, имеющие общую сторону или общую вершину). При этом на каждой клетке вновь оказалось не более одной лягушки, но все бывшие соседи перестали быть соседями. Какое наибольшее количество лягушек могло сидеть на доске?
И.Акулич
378.	Если к цифре 5 приписать слева двойку, получится квадрат: 25 = 52. Если приписать еще одну двойку, снова получится квадрат: 225 = 152 . Будут ли еще появляться квадраты, если слева продолжать приписывать двойки?
А. Зайчик
379.	На съезд собрались 100 делегатов, каждый из которых либо всегда говорит правду, либо всегда лжет. Первое же заседание по одному покинули 60 делегатов. Выходя из зала, каждый заявлял журналистам: «Среди оставшихся там лживых больше, чем правдивых.» Сколько всего лжецов среди делегатов съезда?
И.Акулич
62
2003/04 учебный год
380.	Прямая, проведенная через середину диагонали АС выпуклого четырехугольника ABCD параллельно прямой BD, пересекает в точке М прямую, проведенную через середину отрезка BD параллельно АС (рис.38). Докажите равенства $АВМ = $CMD И $ВМС = $AMD • М.Волчкевич
381.	В мастерской изготавливают квадратные решетки, состоя-
щие из квадратных ячеек со стороной 1. Для этого используют заготовки, состоящие из трех стержней длиной 1, сваренных под прямыми углами в виде буквы П (рис.39). При изготовлении решетки запрещается накладывать стержни друг на друга; можно лишь сваривать их между собой в точках касания. Для каких п мастерская может изгото-
вить квадратную решетку размером Рис'
пхп? (На рисунке 40 показано, что при п = 2 - можно.)
И.Акулич, Е.Барабанов, И.Воронович
Рис, 40
382.	Фирма, состоящая из шефа и нескольких рабочих, изготавливает сувениры. В течение дня каждый из рабочих изготавливает по одинаковому целому количеству сувениров, а шеф - тоже целое число сувениров, но на 13 больше, чем в среднем каждый из сотрудников фирмы (включая и его самого). Сколько рабочих трудится в этой фирме?
И.Акулич
383.	Чему может равняться {х + у + z} , если {х + у} = {у + г} = {г + х} = 1/3 ?
Д. Калинин
384.	Все натуральные числа выписаны в порядке возрастания без разделителей:
1234567891011121314...
Докажите, что существует число, образованное первыми несколькими цифрами этой последовательности и делящееся на 2003.
И.Акулич
63
385.	Для любого натурального числа т докажите существование таких различных натуральных чисел кип, что k делится на п, k + 1 делится на п + 1, k + т делится на п + т.
В. Замков
386.	Прямоугольник расчерчен в виде таблицы из т строк и п столбцов. Строки могут различаться по высоте, а столбцы - по ширине. Какое наименьшее число клеток мы можем указать, чтобы после того, как нам сообщат их площади,.можно было вычислить площади всех остальных клеток таблицы?
И.Акулич
387.	Можно ли из 1 единицы, 2 двоек, 3 троек, ..., 9 девяток составить число так, чтобы между каждыми двумя ближайшими девятками стояла 1 цифра, между каждыми двумя ближайшими восьмерками - 2 цифры, между каждыми двумя ближайшими семерками - 3 цифры, ..., между каждыми двумя ближайшими тройками - 7 цифр, а между двумя двойками - 8 цифр?
А. Жуков
388.	На плоскости даны три точки А, В и С. Разрешено выбрать любые две из них и повернуть отрезок, их соединяющий, относительно его середины. После того как такую операцию проделали несколько раз, точка А совпала с исходным положением точки В, а точка В не совпала с исходным положением точки С. Докажите, что и точка С не совпала с исходным положением точки А.
Е. Барабанов, И. Воронович
389.	Всякий квадратный трехчлен можно представить в виде разности двух квадратных трехчленов, ни один из которых не имеет корней. Докажите это.
Е.Барабанов, И. Воронович
390.	Существует ли такое 99-значное число а, что 198-значное число аа , десятичная запись которого состоит из двух десятичных записей числа а, делится на а2 ?
В. Сендеров
391*. Таблица размером 5x5 заполнена числами. В каждом из 30 прямоугольников, состоящих из трех клеток каждый, подсчитали сумму чисел. Все суммы разные. Какое наименьшее количество ненулевых чисел может быть в этой таблице?
А. Малеев
64
Летний турнир 2004 года (Судиславль)
392. а) Можно ли расставить по кругу все натуральные числа от 1 до 25 так, чтобы сумма любых двух соседних чисел равнялась квадрату какого-нибудь натурального числа?
б) Существует ли такое натуральное п > 1, что первые п натуральных чисел можно выписать в некотором порядке так, чтобы сумма любых двух соседних чисел была квадратом?
И.Акулич, В.Сендеров
393.	Две окружности касаются друг друга в точке С и прямой I - в точках А и В. Прямая АС пересекает вторую окружность в точке D. Докажите, что угол ABD - прямой.
А. Заславский
394.	Сумма положительных чисел х, у, z и t равна 1. Докажите неравенство
(1 - х)(1 - 3/)(1 - z)(l -1) <	+ xyzt.
Io
В. Сендеров
395*. На кольцевой шнур нанизана связка колец разного размера с номерами от 1 до и. Если номера колец отличаются на 2 или больше, их можно поменять местами, продев одно в другое. Кольца с соседними номерами так поменять нельзя. Докажите, что кольца можно расположить в любом порядке.
А. Шаповалов
396.	Каких натуральных чисел от 1 до 1000000 больше: четных с нечетной суммой цифр или нечетных с четной суммой цифр?
А. Зайчик
397*. Какое наименьшее число клеток доски размером 8x8 надо покрасить, чтобы можно было окрасить их все при помощи (возможно неоднократной) следующей операции: если более половины клеток горизонтали или вертикали уже покрашено, то разрешено покрасить и все еще не покрашенные клетки этой горизонтали или вертикали?
Д. Калинин
398.	а) Для любых целых чисел а и b уравнение х2 + ху + у2 = За2 + Ь2 имеет решение в целых числах х и у. Докажите это.
б) Существует ли такое число, представимое в виде а2 + ab + Ь2 , где а, Ь - целые неотрицательные числа, но не представимое в виде с2 - cd + d2 , где с, d - тоже целые неотрицательные числа?
3 Библиотечка «Квант» № 93
65
399.	Прямоугольный стол размером 1x2 покройте в два слоя пятью одинаковыми квадратными салфетками площади 4/5. (Салфетки разрешено перегибать).
В.Произволов
400.	Число называют палиндромом, если оно одинаково читается слева направо и справа налево (например, 1991). Может ли получиться палиндром при сложении чисел ВОДА и СОДА?
А. Зайчик
401.	Новая шахматная фигура «пулеметчик» - это ладья, бьющая только в одну из четырех сторон. Какое наибольшее число пулеметчиков можно поставить на шахматную доску так, чтобы они не били друг друга?
В.Трушков
402.	В квадрате ABCD на стороне ВС взята точка М, а на стороне CD - точка N. Докажите, что если ХМ AN = 45°, то центр описанной окружности треугольника AMN лежит на диагонали АС.
В.Произволов
403.	На столе лежит стопка из п тетрадей, где п > 2. Разрешено разделить стопку на 3 части: верхнюю, среднюю и нижнюю (каждая часть должна содержать хотя бы одну тетрадь), а затем поменять местами верхнюю и нижнюю стопки, не переворачивая их. При каких п с помощью нескольких таких операций можно расположить тетради в любом заранее указанном порядке?
И.Акулич
404е. Какое наибольшее количество ладей можно расставить на шахматной доске, чтобы каждая из них угрожала нечетному количеству остальных?
И.Акулич
405е. Каждая грань куба разбита на 9 одинаковых квадратов (наподобие кубика Рубика). Назовем соседями квадраты, имеющие общую сторону или вершину. В каждом квадрате записали неотрицательное число. Для любого квадрата сумма чисел, стоящих в этом квадрате и во всех его соседях, одна и та же. Петя записал, сколько раз встретилось каждое из чисел. Насколько маленьким могло оказаться самое большое из записанных им чисел?
И.Акулич
406е. Точки I и Г - центры вписанных окружностей треугольников АВС и А'В'С'. Следует ли из равенств AI = А'Г , 66
BI = В'Г и CI = СТ конгруэнтность треугольников АВС и А'В'С' ?
В. Сендеров
407.	В клетках таблицы 5x5 расставлены все числа от 1 до 25. Для каждой пары чисел, стоящих в одной строке или одном столбце, подсчитана их сумма. Пусть а - наименьший, а Ь -наибольший из полученных результатов. Найдите наименьшее возможное значение разности Ь - а.
С.Волчёнков
408.	В области есть 102 дороги. Каждая дорога ведет из некоторого одного города в некоторый другой. Можно проехать из любого города в любой другой. Губернатор решил отремонтировать все дороги, организовав для этого п бригад. Он хочет, чтобы каждая бригада отремонтировала одно и тоже количество дорог, причем любая бригада должна передвигаться по всем своим дорогам, не пользуясь чужими дорогами. При каких п это возможно для любой схемы дорог?
С.Волчёнков
409.	В стране 2004 города, причем каждый из них соединен с каждым ровно одной дорогой, но ГИБДД все дороги перекрыло. Начальник Гриша хочет открыть как можно большее количество дорог, а начальник Ваня стремится ему помешать. Какое наибольшее количество дорог может оказаться открытым после очередного приказа Гриши, если он каждым приказом может открыть пять любых дорог, а Ваня на каждый такой приказ закрывает все дороги, выходящие из некоторого одного города?
А. Чеботарев
410.	Какое наибольшее количество чисел, каждое из которых делится на любую свою ненулевую цифру, может идти подряд?
В. Замков
411.	На шахматной доске расставлены желтые, красные и синие ладьи ~ поровну каждого цвета. Ладьи разного цвета не угрожают друг другу. Найдите наибольшее возможное количество ладей при такой расстановке.
И.Акулич
2004/05 учебный год
412.	Для каких простых р число 2Р 4-1 делится на 9?
В. Сендеров
413.	Решите в целых числах систему уравнений их - vy = 2 и vx + иу = 2.
А. Жуков
67
414.	В стол воткнули три вертикальных стержня. На первый стопкой надели п красных колец, на второй - п синих, а третий оставили пустым. За один ход разрешено снять верхнее кольцо с любого стержня и надеть его на любой другой стержень поверх имеющихся на нем колец. Каждый стержень может вместить все кольца. Надо переложить кольца так, чтобы они снова лежали на первых двух стержнях, но чтобы цвета чередовались, причем на первом стержне чередование должно начинаться с синего кольца (считая снизу), а на втором - с красного.
а)	За какое наименьшее число ходов этот можно сделать?
б)	Для каких п можно было бы осуществить такое перекладывание, если бы каждый стержень вмещал не более п колец?
И.Акулич, И. Гагу а
415.	Решите систему уравнений х + Vz = 2 , у + >[х = 5 и z + Jy =1.
С.Дворянинов
416.	При каких k существует круговой волейбольный турнир в один круг с участием k команд, для которого верно следующее утверждение: если некоторая команда А победила команду В, то существует такая команда С, которая проиграла команде В, но победила команду А? (В волейболе ничьих не бывает.)
И.Акулич
417.	Существует такое 2004-значное натуральное число п, что сумма цифр числа п равна сумме цифр числа kn любого натурального k < п . Докажите это.
Г. Гальперин
418.	На плоскости дан квадрат площади 1. Разрешено выбрать любые две его вершины и перенести одну из них на любое расстояние, а другую - на то же расстояние в противоположном направлении. После нескольких таких операций получили квадрат, конгруэнтный исходному. Докажите, что площадь пересечения исходного и полученного квадратов не меньше 0,8.
И.Акулич
419.	Если а, Ь, с и d - натуральные числа, причем 2а + 2Ь = 2е + 2d , то а + Ь = с + d. Докажите это.
В. Сендеров, А. Спивак
420.	Существуют ли такие положительные числа х, у и z, что х + у + z = 1 и (1 - х) (1 - у} (1 - z) = xyz ?
В. Сендеров
68
421.	Существует бесконечно много таких натуральных п, что если к десятичной записи числа 2 приписать слева десятичную запись числа 2	, то получим число, делящееся на 7. Докажите это.
А. Зайчик
422.	Длины катетов одного прямоугольного треугольника равны а и Ь, а гипотенуза - с. Длины катетов другого прямоугольного треугольника равны х и у, а гипотенуза - г. Длины катетов третьего прямоугольного треугольника равны а + х и Ь + у, а гипотенуза с + z. Докажите, что эти треугольники подобны.
В. Сендеров
423.	Имеется шахматная доска и несколько одинаковых кубиков (грань кубика по размерам совпадает с клеткой доски). У каждого кубика две противоположные грани белые, а все остальные - черные. Кубики поставили на некоторые клетки доски и прокатили по ней, перекатывая через ребро, так, что на каждой клетке хотя бы раз побывал какой-либо кубик, причем цвет клетки всегда совпадал с цветом соприкасающейся с ней грани. Можно ли это сделать, пользуясь а) одним; 6) двумя кубиками?
И.Акулич
424.	Часть квадратного поля размером 180x180 засеяли рожью. Оказалось, что на любом участке размером 40 х 10 , стороны которого параллельны сторонам поля, засеяно не менее 91% площади. Какое наименьшее число процентов площади поля могли засеять рожью?
А. Малеев
425.	Найдите все такие натуральные числа х и ненулевые цифры г/, что х2 = уу...уу.
В. Сендеров
426.	Замкнутая десятизвенная ломаная ABCDEFGHIJ такова, что совпадают середины пар звеньев АВ и FG, ВС и GH, CD и HI, DE и IJ. Докажите, что середины ребер звеньев EF и IA тоже совпадают.
И.Акулич
421.	Если а и b - такие натуральные числа, что НОК[д;6] = = (а- Ь)НОД(а; Ь) , то НОК[й; 6] = НОД[й, 6]2 . Докажите это.
А. Жуков
428*. Какое наибольшее число клеток шахматной доски
69
можно отметить, чтобы не нашлось ни одного тупоугольного треугольника с вершинами в центрах отмеченных клеток?
И.Акулич
429.	Плоскость разделена вертикальными и горизонтальными прямыми на одинаковые квадраты. В каждом из них записано натуральное число, причем каждое число п записано ровно в п клетках (т.е. на доске одна единица, две двойки, три тройки, ...). Для каждой пары клеток, имеющих общую сторону, подсчитали модуль разности чисел этих клеток. Какое наименьшее значение может принимать наибольшая из этих разностей?
И.Акулич
Летний турнир 2005 года (Судиславль)
430.	а) Может ли произведение сумм цифр двух разных двухзначных чисел равняться сумме произведений цифр этих же двухзначных чисел?
б) Существуют ли десять различных натуральных чисел, произведение сумм цифр которых равно сумме произведений цифр этих же чисел?
И.Акулич
431.	Берендей и Снегурочка по очереди стирают буквы в названии «Берендеевы поляны». За один ход стирают либо только одну букву, либо одну букву и все такие же буквы. Выигрывает тот, кто стирает последнюю букву. Начинает Снегурочка. Кто выигрывает при правильной игре?
И.Акулич
432.	На шахматной доске изначально расставлено п ладей. Разрешается поставить на пустую клетку дополнительную ладью, если она угрожает не менее, чем а) двум; б) трем имеющимся на доске ладьям. При каком наименьшем п можно заполнить ладьями всю доску? (Ладья угрожает фигуре, если находится с ней на одной горизонтали или вертикали и между ними нет других фигур).
И.Акулич
433.	Найдите все такие натуральные числа х, что
а)	х2 = у ...у z ...Z , где каждая из ненулевых цифр у и z повторена . п
п раз, причем п > 1;
б)	х2 = yyzztt, где у, z, t - цифры, причем у ф 0 •
В. Сендеров
70
434.	Продавец расположил набор из ста гирек массами 1,2, 3, ... , 100 граммов в произвольном порядке: тх^п2,т3,...,т^. Докажите, что гирьки массами |т, —1|, |m2-2|, |m3-3|, ... ..., lmioo - Ю0| граммов можно расположить на двух чашах весов так, что весы окажутся в равновесии.
В. Произволов
435*. Любой треугольник можно разрезать на а) два; 6) три; в) четыре треугольника так, что в каждом из них можно отметить по равной стороне, причем никакие две отмеченные стороны не лежат на одной прямой. Докажите это.
В. Сендеров, Б.Френкин, А. Шаповалов
436.	В магазине продают гирлянды из п > 2 лампочек, соединенных по кругу. Лампочки разрешено зажигать по одной в произвольном порядке. Если при включении какой-либо лампочки одна или обе ее соседки уже горят, то хотя бы одну из них нужно погасить. Какое наибольшее количество лампочек можно зажечь таким способом?
А. Малеев
437.	Из шахматной доски вырезали фигуру, в которой белых клеток не меньше, чем черных. Из любой клетки этой фигуры можно попасть в любую другую, переходя каждым ходом из клетки в соседнюю с ней по стороне. Любую ли такую фигуру можно разрезать на доминошки - прямоугольники, каждый из которых состоит из двух соседних клеток?
А. Гусаков
438.	Грани кубика такого же размера, как клетки шахматной доски. Одна из граней окрашена. Кубик поставили на одну из клеток окрашенной гранью вниз и прокатили, перекатывая через ребро, по всей доске, постояв на каждой клетке по одному разу. В итоге кубик вернулся на исходную клетку, окрашенной гранью вниз. Найдите наибольшее возможное количество клеток, на которых кубик стоял окрашенной гранью вниз.
В.Гуровиц
439*. В первом‘ряду шахматной доски стоят восемь одинаковых черных ладей, а в последнем ряду - восемь одинаковых белых ладей. За какое минимальное число ходов белые ладьи могут обменяться местами с черными? (Ходы черных и белых ладей не обязательно чередуются).
С.Токарев
440.	На двух чашках весов лежат гирьки. Весы показывают равновесие. Все эти гирьки разложили иначе по чашкам; весы
71
вновь показали равновесие. В третий раз на левой чашке поместили только те гирьки, которые оба раза уже были на ней. На правой чашке тоже оставили только те гирьки, которые оба раза уже были на ней. Будет ли на весах вновь равновесие?
В.Произволов
441.	Аня познакомилась с Борей раньше, чем с Витей и Гришей. Боря познакомился с Витей раньше, чем с Аней и Гришей. Витя познакомился с Гришей раньше, чем с Борей и Аней. С кем раньше познакомился Гриша: с Аней, Борей или Витей?
В.Гуровиц
442.	В (а + Ь)-этажном доме лифт при нажатии кнопки поднимается на а этажей вверх или опускается на b этажей вниз. (Когда сверху меньше а этажей, лифт вверх не идет, аналогично - вниз.) Лифт стартовал с первого этажа. Сколько раз надо нажать на кнопку, чтобы лифт вернулся на первый этаж?
А. Спивак
443.	В некотором государстве 80 городов, из которых один -столица. Некоторые пары городов соединены дорогами. Из каждого города выходит либо одна, либо три дороги. Из любого города можно попасть по дорогам в столицу ровно одним способом. Город захолустный, если из него выходит ровно одна дорога. Для каждого захолустного города подсчитали количество дорог в пути, соединяющем этот город со столицей. Найдите наибольшее возможное значение суммы всех подсчитанных чисел.
А. Скопенков
444.	Любой треугольник, хотя бы одна сторона которого больше 1, можно разрезать на несколько треугольников, в каждом из которых есть сторона длины 1. Докажите это.
А. Шаповалов
445.	Алхимик хранит эликсир в четырех одинаковых сосудах. Можно сливать два сосуда в один (сосуд может вместить весь эликсир), или поставить два сосуда на чашечные весы, и лить из третьего в тот, где эликсира меньше, пока весы не уравновесятся (иди эликсир в третьем сосуде не кончится). Алхимик помнит, что так можно получить сосуд ровно с одной унцией эликсира, но не помнит, как. В каждом сосуде целое число унций эликсира. Один из сосудов пуст. Докажите, что можно, попереливав, восстановить исходные количества в каждом сосуде и при этом узнать, где сколько эликсира.
А. Шаповалов
446.	Для любого натурального п, где п > 10 , первые п натуральных чисел можно разбить на две группы так, что произведение чисел в одной 72
из групп отличется от произведения чисел в другой группе не более чем на 3% (проценты берутся от меньшего числа). Докажите это.
И.Акулич
447.	Каждая клетка доски 8x8 окрашена в какой-то цвет, при этом в любой строке и любом столбце есть клетки только двух цветов. Какое наибольшее количество различных цветов может быть использовано?
Д. Калинин
448.	Внутри параллелограмма ABCD взята точка Q. Докажите, что если ZABQ = Z.QDA , то Z.BQA + Z.CQD = 180° .
В.Произволов
449.	На плоскости дано несколько синих и красных точек. Расстояние между любыми точками разного цвета не превосходит 1. Доказать, что либо все красные, либо все синие точки можно накрыть кругом радиуса 1/ 41 .
А.Акопян, В. Дольников
450.	Существует ли бесконечная возрастающая последовательность натуральных чисел, произведение любых ста членов которой делится на их сумму?
И.Акулич, В.Сендеров
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
1. 49 км.
2. Например, таковы число 1995, число 2 и 1993 единицы.
3.	а) Не всегда. Если на всех 28 крайних клетках доски стоят фигуры, то оставить более 4 фигур нельзя, 6) Всегда. Соединим фигуры замкнутыми ломаными линиями, звенья которых параллельны сторонам доски (рис.1). У каждой такой ломаной -четное число вершин. Снимем с доски фигуры через одну по обходу каждой ломаной.
4.	Раскройте скобки.
5.	Для любого натурального п число (п + 1)(п + 2)...(2п) делится на 2” и не делится на 2”+1. Это легко доказать по
индукции, проверив базу и заметив, что
(п + 2) (п + 3)... (2п) (2п +1) (2п + 2) _ (2п +1) (2п + 2) (п +1) (п + 2)... (2n)	п + 1
делится на 2 и не делится на 4.
Можно обойтись и без индукции:
(п +1)... (2п -1) • 2п _ 1 • 2 •... • п (п +1)... (2п -1) • 2п _
2п	~	1-2-...W-2”	“
_ 1 • 3 • 5 •... • (2п - 1) • 2 > 4 • 6 •... • 2п
- нечетное число.
6. Первый способ. Заменив в произведении N = 1! • 2! • 3! •... • 99! • 100! факториалы их определениями, т.е. записав
1 • (1- 2)• (1- 2• 3)• (1 • 2• 3-4)• (1 • 2• 3-4• 5)•...• (1 • 2•...• 100),
видим, что множитель 1 появится 100 раз, множитель 2-99 раз, 3-98 раз, и так далее вплоть до единственного множителя 100. Значит,
N = 2" • З98 • 497 • 596 •... • 992 • 100* 1 ,
так что X можно представить в виде
N = а2 • 2-4-6-8-...• 98-100 .
74
Вынося из четных чисел по двойке, получим
N = а2 • 250 • 1 • 2 • 3 • 4 •...-49-50.
Следовательно, достаточно зачеркнуть 50!, и произведение факториалов станет точным квадратом.
Второй способ. Поскольку для любого натурального числа k верно равенство (2& !-!)!• (2&)! = ((2& - 1)!) 2k, то произведение равно (1!-2!-5!-...• 97!-99! • 225)2 • 50!.
7.	Проведите прямую через центр прямоугольника и середину отрезка, соединяющего центры кругов.
8.	Пусть ak - номер горизонтали, на которой стоит ладья, расположенная на k-й вертикали. Задача сводится к проверке равенства
+ 2а2 + Зйз +... + 8tZg — 8 (9 — ) + 7 (9 — d2) +... + 2 (9 — ).
9.	Если в верхней строке магического квадрата стоят числа а, Ь, с, а в центре - число d, то квадрат имеет вид
а	Ь	с
d + с - a	d	а - с + d
а+Ь-d	a+c-d	b+c-d
Магичность квадрата равносильна равенству а + b + с = 3d. Осталось проверить тождество
а2 + b2 + (3d -a-b)2 = (a + b-d)2 + (2d - b)2 + (2d - а)2 .
10.	а), 6) Если второй игрок будет делать ходы, центрально симметричные ходам противника, то в итоге симметричные клетки разделятся поровну между игроками, а центральная достанется второму игроку.
11.	12. С одной стороны, 1 + 14 + 27 + 40 + 53 + 65 = 200 . С другой стороны, если Андрей заставил Борю взять х спичек, то в первой кучке не меньше 1 спички, во второй не менее 1 + х спичек, в третьей не менее 1 + 2х, в четвертой не менее 1 + Зх, в пятой не менее 1 + 4х, а в шестой не менее 1 + 5х . Следовательно,
1 + (1 + х) + (1 + 2х) + (1 + Зх) + (1 + 4х) + (1 + 5х) < 200 , откуда х < 13.
12.	После каждой операции разрезания количество кусков увеличивается на 5 или на И. Поэтому, если сделано т разрезаний на 6 кусков и п разрезаний на 12 кусков, то получилось 1 + 5т + \\п кусков.
а)	Перебрав значения т = 0, 1, 2 и 3, убеждаемся, что ни при каких целых неотрицательных тип величина 1 + 5т + Ии не равна 40.
6)	Очевидно, 1 + 5-8 + 11-0 = 41, 1 + 5• 6 + 11 • 1 = 42 , 1 + 5-4 + + 11-2 = 43, 1 + 5-2 + 11-3 = 44 и 1 + 5-0 + 11-4 = 45. Поскольку
75
1 + 5 (т +1) +1 In = (1 + 5т + 1 In) + 5 , любое большее 40 натуральное число можно получить, начав с одного из чисел 41, 42, 43, 44, 45 и прибавив нужное количество пятерок.
13.	Министры, которые живут не выше 5-го этажа, идут пешком; остальных министров лифтер поднимает на 14-й этаж; сумма количеств неудовольствий равна
О + 2 (1 + 2 + 3 + 4) + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 +1 + 0 + 2 (1 + 2 + 3 + 4) = 76 .
14.	а) Нельзя. Иначе 13 клеток диагонали удалось бы разбить на пары. 6) Например, можно отметить все клетки, кроме клеток левого столбца. Или можно отметить клетки второго, пятого и восьмого
столбцов.
15.	а) Один из маршрутов изображен на рисунке 2. Подумайте, возможен ли замкнутый маршрут. 6) Нет. Города можно разбить на две
группы из 10 и 12 городов так, чтобы при любом обходе города из разных групп чередовались между собой (рис.З).
16.	Нельзя. Указание. Занумеруйте лампы, начиная с горящей, по кругу числами от 1 до 12 и убедитесь, что среди ламп, номера которых не делятся на 3, количество горящих всегда нечетно.
17.	Для любых трех множеств А, В и С имеем
ВАС = (АДВ)Д(АДС) с (АДВ)и(АДС).
18.	Для любой расстановки скобок число 1 окажется в числителе, а 2 - в знаменателе. Поэтому число 7 имеет три возможных представления:
7 _ 1-7 8-910 _ 1-3-56-7-8 _ 1-3-4-6-7-10 “ 2-3-4-5-6 ” 2 4 9 10 "	2-5-8-9
Этим выражениям соответствуют следующие расстановки скобок:
7 = ((((1:2):3):4):5):((((б:7):8):9):10) =
= 1: ((2: (3:(((4 :5): 6>:7))):((8:9): 10))=
= 1: (((2):3): ((4:((5: 6): (7:8))):(9:10))).
76
19.	Это степени двойки: 1, 2, 4, 8, ... В самом деле, для любых натуральных чисел т и k верна формула
т + (т +1) +... + (т + k) = *-.
Сомножители в числителе разной четности, поэтому один из них -нечетное число, причем число это больше 1. Поэтому сумма нескольких последовательных натуральных чисел не может быть степенью двойки.
Любое натуральное число п, не являющееся степенью двойки, может быть представлено в виде п = 2r (2s +1) , где г - целое неотрицательное число, as- натуральное. При 2r > s годятся k = 2s и т = 2r - s , а при т = 2r < s можно взять k = 2r+i -1 и т = s + 1- 2г.
20.	1995 = 7 + 8 + 9 + ... + 63.
21.	18и.
22.	Такими числами являются, например, числа вида 10” -1 = 99... 9 , поскольку (10” -1)2 = 102” - 2 • 10” +1 = 99...9800...01, причем девяток в последней записи п - 1 штук.
23.	1366. После первого вычеркивания остаются лишь четные числа 2, 4, 6, ... , 1994. После второго вычерчивания получится последовательность 2,6, 10, 14, ..., 1994. Это числа, которые при делении на 4 дают остаток 2, так что после второго вычеркивания на k -м месте стоит число 4/г - 2 .
Априори, число может стать единственным как после четного, так и после нечетного числа вычеркиваний. Но в любом случае можно считать, что было сделано четное число вычеркиваний: если единственным число стало после нечетного числа вычеркиваний, то после следующего «вычеркивания» (при котором на самом деле ничего не вычеркивают) оно так и останется единственным.
Воспользуемся этими соображениями, чтобы найти остающееся последним число. В конце концов оно оказывается на первом месте.
Значит, перед двумя последними вычеркиваниями оно стояло на 41-2=2 месте, за два вычеркивания до этого - на 42-2 = 6, еще за два вычеркивания - на 4 • 6 - 2 = 22 . Следующее продвижение дает 4 • 22 - 2 = = 86, затем получаем 4-86-2 = 342 и, наконец, ответ: 4 • 342 - 2 = 1366 .
24.	а) Один из таких маршрутов изображен на рисунке 4.
б)	Нет. В самом деле, пусть угловые клетки - черные. Каждая из 16 черных клеток, расположенных на краю доски,
Рис. 4
должна быть связана с одной из 12 черных клеток, имеющих общие
вершины с крайними. Получается, что хотя бы на какой-то из 12 указанных клеток королю пришлось бы побывать более чем однажды.
77
25.	Воспользуйтесь тождеством
а)	(Ь - 3)(6 - 1)(Ь +1)(6 + 3) +16 = (б2 - 5)2 ;
6)	(а -3)(а -2) (а - 1)(а + 1)(а + 2) (а + 3) + 36 = (а3 - 7а) ;
в)	с2 + с2 (с +1)2 + (с +1)2 = (с2 + с +1) .
26.	Утверждение вытекает из тождества
а(а + 2)3 - (а + 1)(а -1)3 = (2а +1)3 .
27.	а) Обозначим ах = а и а2 = b . Тогда а3 = а
6 + 1
-А
_ а + b +1.	_ ab _ а + ‘ .	_ b _ .
“ ab ’ 5 Ь + 1 b ’ 6 Д + Ь + 1
+ 1	а	ab
-— = b . Последовательность периодическая с периодом b
5 и, следовательно, а1997 = а2 = 1828.6) Последовательность периодическая с периодом 8.
28.	Поскольку 1995 = 399 -5 , слово состоит из 399 пятибуквенных слов, а любое пятибуквенное слово, как легко убедиться, является палиндромом или может быть разбито на два палиндрома. Подробнее об этой задаче можно прочитать в статье А.Баабабова «Пентиум» хорошо, а ум лучше» в «Кванте» №5 за 1999 год.
29.	а) Занумеруем места числами от 1 до 12 подряд по часовой стрелке. Обозначим через ат номер места, на которое сел дипломат, ранее сидевший на т-м стуле. Если бы остатки от деления разностей ат -т, где 1 < т < 12, на число 12 были все разными, то среди них встречались бы по одному разу все остатки от 0 до И, так что выполнялось бы сравнение
(ат -т) = 0+ 1 + 2 + .. . + 11 (mod 12), 1<?и<12
откуда
0= ат- т = 66 £ 0 (mod 12). 1<т£12	1£ги<12
6) Занумеруем места числами от 1 до 13. Для каждого числа т = 1, 2, ...,12, 13 пересадим дипломата, сидевшего в первый раз на т-м месте, на место номер 2т mod!3, т.е. на место номер 2m, если т < 6, и на место номер 2т - 13, если 7 < т .
30.	Пусть т = х + 2у + 5z + 10£ + 20м + 50г + 1ип=х+у+г+ + t + u + v + w. Умножив второе равенство на 100, получим 100п = 100х + 50 • 2у + 20 • 5z +10 • 10£ + 5 • 20м + 2 • 50г +1 • ЮОгг , что вместе с первым равенством и дает требуемый результат.
31.	Гусейну Гуслия достались кошельки с 5 и 7 таньга. Читайте статью А.Котовой «Награда калифа» в «Кванте» №2 за 2000 год.
78
32.	Бегемот - травоядное животное, поэтому он рыбу не ел. Пусть гавиал (разновидность крокодила) съел х рыб, а пеликан - у. Тогда кашалот съел у — = — рыб. Из неравенства 37 > Зх получаем х < 12 .
XX	2
у
Составив уравнение х + у + — = 37 и по очереди подставив в него х
значения х = 1, 2,...,12, находим ответ: гавиал съел 9 рыб, а пеликан - 12.
33.	Вничью должна закончиться ровно треть матчей.
а)	Поскольку число матчей С^7 = не делится на 3, ответ отрицательный.
б)	Расположите 16 команд вдоль окружности. Пусть каждая команда выиграла у следующих за ней по часовой стрелке пяти команд, со следующими пятью сыграла вничью, а остальным пяти проиграла.
в)	Разобьем 15 команд на 5 троек по 3 команды в каждом. В каждой тройке команд пусть первая и вторая команды сыграли между собой вничью и обе они обыграли третью команду. Во встречах команд из разных троек вничью сыграют первая с первой, вторая со второй и третья с третьей. Каждая команда выиграет у команд, входящих в две следующие за ее тройкой по часовой стрелке тройки команд (кроме команд, с которыми ничьи).
34.	Нет: число И -2 = 9 нельзя представить в виде суммы двух неотрицательных целых чисел, разность которых кратна И.
35.	а) Докажем, что указанная сумма 5 может равняться только нулю. Для этого раскрасим клетки таблицы в шахматном порядке и посчитаем сумму чисел в черных клетках двумя способами. С одной стороны, эта сумма равна 55, если взять сумму по диагоналям, идущим справа вниз налево (рис.5), а если рассмотреть остальные диагонали
б) Нет (рис. 7).
36.	Могло (рис. 8).
37.	а) См. рис. 9 и 10.
б)	Например, короли - на полях al, а8, Ы и Ь8, ферзи - ЬЗ, d7, е2 и g6, слоны - а5, с5, f4 и h4 (рис.И) или а5, cl, f8 и h4.
79
1
1
1
Рис. 8
Рис. 9
Рис. 11
Рис. 10
1 0 2 0	И 0 12 0	21 0 22 0	31 0 32 0	41 0 42 0
3 0 4 0	13 0 14 0	23 0 24 0	33 0 34 0	43 0 44 0
5 0 6 0	15 0 16 0	25 0 26 0	35 0 36 0	45 0 46 0
7 0 8 0	17 0 18 0	27 0 28 0	37 0 38 0	47 0 48 0
9 0 10 0	19 0 20 0	29 0 30 0	39 0 40 0	49 0 50 0
Рис. 12
38.	959595.
39.	50. Разобьем квадрат 10x10 (рис. 12) на 25 квадратиков размером 2x2 каждый. Ни в каком квадратике не может быть более двух высокооплачиваемых чиновников.
40.	Каждая вершина 1000-угольника должна быть вершиной квадрата или хотя бы одного пятиугольника; однако таких вершин всего 199-5 + 4 = 999 <1000.
41.	9.
80
42.	Наибольшее количество цветов - пять.
43.	В 11 цветов.
44.	Пример разрезания - на рисунке 13.
45.	Рассмотрите 9 квадратов размером 2x2, закрашенных на рисунке 14.
Рис. 14
46.	11. Сумма всех чисел таблицы равна сумме чисел закрашенной на рисунке 15 фигуры. Эта сумма не превосходит числа И, поскольку
1	1	0	1	1	0	1
1	-1	-1	1	-1	-1	1
1	-1	-1	1	-1	-1	1
1	1	0	1	1	0	1
1	-1	-1	1	-1	-1	1
1	-1	-1	1	-1	-1	1
1	1	0	1	1	0	1
Рис. 16
сумма пяти чисел, образующих «уголок» (два таких уголка помечены на рисунке звездочками) не превосходит числа 4. С другой стороны, нетрудно построить пример таблицы, где сумма равна И (рис. 16).
47.	а) Например, 10! - 1. 6) Легко понять, что остаток от деления на 2 равен 1, от деления на 4 - 3, от деления на 8 - 7, остаток от деления на 3 равен 2, от деления на 6 - 5, на 10 - 9. Значит, число имеет вид 1206 - 1, где k е N . Перебором находим ответ: 599.
48.	а) Рассмотрим вторую, четвертую, шестую и восьмую горизонтали. Чтобы сумма номеров соответствующих ладей была максимальной, эти четыре ладьи должны стоять на четырех правых вертикалях. Независимо от их расположения в этом случае сумма их номеров равна 122. Аналогично, ладьи первой, третьей, пятой и седьмой горизонталей должны стоять на четырех левых вертикалях, при этом сумма их номеров равна 154. Таким образом, максимальная сумма равна 122 + + 154 = 276.
81
1	2	3	4	5	ш.	7	8
16	15	14	О	12	и	10	9
171	18	19	20	21	22	dtt> ИЯ	24
й	31	30	29	28	27	26	25
33	34	35	36	37	38	39	ад
№		46	45	44	43	42	41
49	50	51	52	Ш	54	55	56
64	63		61	60	59	58	57
Рис. 17
6)	Ферзей можно расставить так, чтобы сумма номеров равнялась 276 и ферзи не били друг друга (рис. 17).
49.	32.
50.	95. Поскольку РОЩА < 9876 , ДУБ >102 и 9876 : 102 < 97, то количество ДУБов не превосходит 96. Поскольку 96 102 = 9792,	96 103 =
= 9888, 96 104 = 9984 и 96 -105 > > 9999, то число 96 не подходит. А значение 95 подходит: 103 • 95 = 9785 .
51.	111111 = 13 -8547 . Значит, можно взять А = 1 и СТУК = 8547. Докажем,
что меньше 13 слагаемых быть не может. В самом деле, если слагаемых 12, то цифра А должна быть четной, но 222222 : 12 > 10000. Если же слагаемых И или меньше, то достаточно заметить, что 111111 : И = 10101 - пятизначное (а, значит, слишком большое) число.
52.	Углы при помощи параллельных переносов можно расположить так (рис. 18), что они вместе составят угол 45° .
53.	а = - 1 и b = 1.
54. 7 (рис. 19).
55.	Для любого.
56.	Пусть тр т2,..., Я21О - массы скульптур; тогда |m2 - Я23|..., 1^ ~mx\ - массы шаров. Рассмотрим тождество
(тх - т2) + (т2 - т3) +... +	- 0 .
Очевидно, сумма модулей положительных скобок равна сумме модулей неположительных скобок.
57.	Если на трех попарно смежных гранях написаны числа а < b < с , то |с - af = |с - Ь\ +16 - й| . Поскольку у куба есть четыре несоседние вершины, то все 12 пар смежных граней можно разбить на четыре тройки попарно смежных граней.
82
58.	На две чаши весов можно разложить поровну не только все 100 гирек, но и любые 4 рядом стоящие гирьки. (Убедитесь!)
59.	Не может. Так как путь замкнут, начальным положением можно считать ситуацию, когда конь находится в нижнем горизонтальном ряду. Через несколько ходов он должен оказаться в верхнем горизонтальном ряду. Для этого он должен сместиться по вертикали на 7 клеток. Поскольку конь должен вернуться обратно, то суммарное перемещение по вертикали не менее 7 + 7 = 14 клеток. Аналогично, перемещение по горизонтали составит не менее 14 клеток. Значит, общая сумма смещений не менее 28 клеток. За каждый ход конь смещается на 2 + 1 = 3 клетки. За 8
Рис. 20 ходов суммарное смещение коня не превысит 3 • 8 = 24 клетки. Противоречие.
60.	На доске всего 60 перегородок между клетками, а сумма чисел, кото- ^ис' 21 рые окажутся в клетках, равна количеству перегородок.
61.	См. рис. 20 и 21.
62.	12.
63.	24.
64.	Могут.
65.	а) Равенство ху + (а - х)(6 - у) = х(Ь - у) + (а - х)у равносильно равенству (2х - а) (2у - Ь) = 0 .
б) Переставим все четные вертикальные полоски вправо, а нечетные влево (рис.22), после чего все четные горизонтальные полоски вниз, а нечетные вверх (рис.23). Получим четыре прямоугольника: два черных
L—L—
Рис. 22
Рис. 23
и два белых. Докажите, что одна из прямых, проходящих по сторонам этих прямоугольников, делит площадь квадрата пополам.
66.	И. Указание. Раскрасив клетки фигуры в шахматном порядке, заметьте, что в каждом из получающихся при разрезании прямоугольников разность числа черных и белых клеток не превосходит 1.
83
67.	Первый способ. Если О - точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD, то на сторонах АВ, ВС, CD и DA можно взять такие точки К, L, М и N, что ОК\\ВС, OL\\CD, OM\\DA и ON\\AB (рис.24).
г
Рис. 24
Рис. 25
Второй способ. Если исходный четырехугольник - трапеция или параллелограмм, достаточно соединить середины его противоположных сторон. Если же точки В и С лежат на разных расстояниях от прямой AD, для определенности С дальше, чем D, проведем DE||AB, выберем внутри треугольника CDE произвольную точку М и проведем отрезки FM\\DE, GM\\BC и HM\\CD (рис.25).
68.	236.
69.	а) Посмотрите на рисунок 26.
70.	Если vi<v2<v3 - скорости гонщиков, v2 :	=
= (а + k): а , v3 :	= (b +k) :b и v3 : vt = (с + k): с , тдр а, Ъ, с -
l тт	V3 v3 v2
натуральные числа, взаимно простые с числом k. Поскольку — = — • — ,
Dl V2 Ц ТО
c + k _b + k a + k c ba"
откуда ab = ас + be + ck. Если k четно, то взаимно простые с ним числа а, b и с нечетны и в левой части равенства оказывается нечетное число, а в правой - сумма двух нечетных и четного.
71.	Нет. Если a<b<c<d~ данные числа, каждое из которых делится на разность любых двух из трех остальных, то числа b и с по условию должны делиться на d - а. Но тогда и разность с - b должна делиться на d - а, хотя $<c-b<d~a.
84
72.	Можно. В фунте 20 шиллингов, в шиллинге 12 пенсов.
73.	Нельзя. Сумма масс гирь равна 5050 г. Поэтому самая тяжелая кучка весит не менее 505 г и, следовательно, состоит не менее чем из 6 гирь, но 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 = 105 > 100.
74.	Пусть п > 1. Очевидно, меньшее из искомых чисел должно оканчиваться на несколько девяток, а следующее - на столько же нулей. Рассмотрим число 111199...99 и следующее за ним число п-1 X
11...	11200...00 . Их суммы цифр равны п - 1 + 9х и п соответственно. п-2	х
Лемма. Если п не делится на 3, то уравнение 9х - 1 = пу имеет решение в натуральных числах х и у.
Доказательство. Если п при делении на 9 дает остаток 1, 2, 4, 5, 7 или 8, то можно взять соответственно у = 8, 4, 2, 7, 5 или 1.
75.	Если существуют два непересекающихся красных отрезка, то любая расположенная между ними точка принадлежит всем синим отрезкам. Если же любые два красных отрезка пересекаются, то самый левый из правых концов красных отрезков принадлежит всем красным отрезкам.
76.	Нет. Пример - число 300.	————————
77.	На рисунке 27 король сделал 49 диагональных ходов. Как доказать, что чис-ло 49 максимально возможное? Каждый диагональный ход проходит через один (////// л «узел» - общую точку 4 клеток шахматной	г х х х X х х J
доски. Всего узлов 49. Два раза пройти х х х X х через один и тот же узел без самопересече- -кгу 4 ния пути невозможно.	/X/X/X<
78.	а) Предположим, что все последние	\\ \\ П"
цифры сумм - разные. Поскольку всего 10 рис 23 сумм, а цифр тоже 10, все цифры должны встретиться по одному разу. Сложим их. Получится число
0+1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45, оканчивающееся цифрой 5.
С другой стороны, если сложить все 10 сумм, о которых говорится в задаче, то получится число
(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10)-2 = 110, оканчивающееся на 0, а вовсе не на 5.
б) Для длин 51 отрезков есть в точности 51 возможность. Чтобы все длины были различными, необходимо, чтобы среди длин встретились все возможности.
79.	Поскольку в задаче запрещено красить соседние стороны в один цвет, стороны нечетноугольника нельзя раскрасить в два цвета. Трех
85
©красок, как легко понять, хватит в любом случае. Теперь можно предложить выиг-□ рышную стратегию для второго игрока: в С ответ на первый ход АВ первого игрока он — красит второй краской сторону CD, распо-В ложенную через одну от стороны АВ (рис.28). Если после этого первый игрок закрасит сторону ВС, то он вынужден будет применить третью краску и утратит Рис. 28	шансы на победу - не будет же второй
игрок применять четвертую краску, если можно ограничиться тремя! На любой другой ход первого игрока второй может отвечать симметричным образом (точнее говоря, второй игрок будет закрашивать другой краской сторону, симметричную только что закрашенной первым игроком стороне относительно прямой - серединного перпендикуляра к ВС).
80.	а) 54 литра. Всю воду (55 литров) невозможно слить в одну бочку, поскольку последняя операция - слияние двух одинаковых количеств в одно, а число 55 нечетно.
Получить 54 литра в одной бочке и 1 литр в другой можно, слив сначала всю воду в две бочки и, манипулируя ими, собрав в одной из них 54 литра. Покажем один из способов (табл.1; курсивом выделена бочка, в которую доливаем, а жирно - откуда отливаем).
Отбросим пустые бочки и завершим решение (табл.2).
б) Докажем сначала, что все & = 1 + 2 + ... + п = п(п + 1 )/2 литров воды невозможно собрать в одной бочке. Предположим противное и Таблица 1
/	2	3	4	5	6	7	8	9	10				
2	2	2	4	5	6	7	8	9	10				
4	2	2	4	3	6	7	8	9	10	Таблица 2			
4	4	2	4	3	4	7	8	9	10		3	32	20
4	4	4	4	3	4	5	8	9	ю		3	12	40
4	4	4	4	3	4	10	8	4	10		3	24	28
4	4	4	4	3	4	20	8	4	0		6	24	25
0	4	4	4	3	8	20	8	4	0		12	24	19
0	0	4	8	3	8	20	8	4	0		24	24	7
0	0	0	8	3	8	20	8	8	0		0	48	7
0	0	0	0	3	8	20	16	8	0		0	41	14
0	0	0	0	3	16	20	16	0	0		0	27	28
0	0	0	0	3	32	20	0	0	0		0	54	1
86
применим «обратный ход»: подумаем, как выглядит операция, обратная к доливанию. Она выглядит так: воду в какой-то бочке (если там ее четное число литров) делим пополам, после чего одну из полученных
половин переливаем в какую-то другую бочку. В результате таких
операций из бочки с k литрами воды можно получить только бочки, количество литров воды в которых имеет вид mk/2n при некоторых
натуральных т и п (поскольку применяем только деление на 2 и
сложение). Поскольку одна из первоначальных бочек содержала лишь
1 литр воды, то
. mk	.
1 = — , следовательно, k - степень двойки, что 2”
невозможно при п > 1, ибо числа п и п + 1 не могут быть степенями
двойки одновременно.
При четном k в одну бочку нельзя собрать не только k литров воды, но и k - 1 литров, так как k - 1 нечетно, а последняя операция переливания могла быть только удвоением.
Таким образом, в случае четного k в одну бочку можно собрать не более k - 2 литров воды, а при нечетном - не более k - 1 литров. Осталось убедиться, что эти количества достижимы. Идея алгоритма такова. Имея две бочки саиб литрами воды, где а + b нечетно и а = 2т (mod а + 6) при некотором натуральном т, можно получить в этих бочках после переливаний 1 и а + b - 1 литров воды, затем 2 и а + b - 2. (Можно - в силу того, что некоторая степень числа 2 сравнима с 1 по модулю а + 6; доказательство можно узнать, например, из статьи «Малая теорема Ферма», «Квант» №1 за 2000 год.) Далее, воспользовавшись бочкой с 2 литрами воды, «всосем» еще 2 литра из какой-то из остальных бочек (предварительно, если среди «остальных» бочек есть две однолитровые бочки, объединив их в одну) и получим в этих бочках 4 и а + b - 2 литров воды. Таким образом, начав с а = 1 и b = 2 , будем «всасывать» из остальных бочек по 2 литра.
81.	^1998 = 1997001. Докажем по индукции, что an=n(n + i)/2. База: 1 • (1 +1)/2 = 1. Переход: если для некоторого натурального п верна формула ап = п(п +1)/2 , то из равенства
(ап+1 ап) ап+1 ап
можно получить квадратное уравнение
«»+1 - (2«„ + 1)яп+1 + а2п - ап = 0 .
Его дискриминант равен
(2e„ +1)2 - 4 (а2 - а„) = 8а„ +1 = 4п(п +1) +1 = (2n +1)2.
Значит,
_ 2ап +1 ± (2п +1) _ п2 + п +1 ± (2п +1) ап + ! ~	Ъ	~	Q	•
Поскольку аи+1 = ап+ y/an+i + ап > ап , в формуле для аи+1 надо брать
87
знак +, а не минус, получив окончательно
_ п2 + п + 1 + 2п + 1 _ (п + 1) (п + 2) ап+\ ~	2	~	2	’
82.	Нет. Поскольку треугольники ABD, ВСЕ, CDA, DEB и ЕАС покрывают всю внутренность пятиугольника ABCDE, точка М лежит внутри одного из этих треугольников. Пусть, для определенности, она находится внутри треугольника ABD. Тогда прямая MD пересекает сторону АВ пятиугольника й разбивает пятиугольник на два четырехугольника.
83.	Читайте статью И.Акулича «Кушай яблочко, мой свет!» в «Кванте» №4 за 2005 год.
84.	28. Ладья, стоящая у края доски, не может быть под боем более трех ладей. Пусть некоторая ладья L не стоит у края. Не может так быть, что и справа, и сверху, и слева, и снизу от L есть ладьи: иначе ее били бы с четырех сторон. Сдвинем в направлении, где нет ладей, ладью L на край. Одну за другой, все ладьи можно сдвинуть на край. Следовательно, существует расстановка с максимальным количеством ладей, в которой все они стоят у края; количество ладей не превосходит 28.
Расстановка, когда на всех 28 крайних клетках стоят ладьи, удовлетворяет условию задачи.
85.	240. Пусть dQ = 0, dk - количество дождливых дней с 1-го по k-e июня, k = 1, 2, ... , 30. Тогда для любых k и /, 1 < k < j < 30 , количество дождливых дней в период /г-го по j-e июня есть d? - dk_\. Количество промежутков, в каждый из которых случилось нечетное число дождливых дней, равно количеству пар чисел разной четности среди чисел dQ, dv ..., d3Q . Если k чисел этого набора четны, а остальные нечетны, то имеется ровно k(31-k) пар чисел разной четности. Осталось заметить, что наибольшее значение выражения &(31 -k) равно 15 16 = 240 . Пример, когда достигается это значение, привести легко: 15 июня - дождливый день, а все остальные - солнечные.
86.	Король, снятый с доски, мог бить не более 4 из оставшихся (иначе и некоторые из оставшихся били бы друг друга). Поэтому число оставшихся королей не может превосходить число снятых более чем в 4 раза, т.е. не может быть больше 12. Пример изображен на рисунке 29: убрав 4 черных короля, оставим 12 королей, никакие два из которых не бьют друг друга.
87.	Для каждого положения блохи измерим расстояние до начала дуги, на Рис. 29	которой она находится. Если блоха пере
88
прыгнет на соседнюю дугу, то оно не изменится; если не на соседнюю, то расстояние уменьшится на сумму длин перепрыгнутых дуг. Когда рассматриваемое расстояние станет меньше длины самой короткой дуги, блоха будет скакать по всем дугам.
88.	Не может. Раскрасим доску, как показано на рисунке 30. Заняв своим вторым ходом одно из полей, отмеченных на рисунке крестиком, и затем перемещая свой квадрат рис только по этим полям, Миша должен будет следить только за тем, чтобы самому не перевернуть свой квадрат на Борин. Боря не сможет накрыть Мишин квадрат, поскольку после каждого хода Бори цвет полей, накрытых большим квадратом, не будет совпадать с цветом
поля, на котором лежит маленький квадрат.	\	_
89.	Передвиньте квадрат параллельно одной из его сторон так, чтобы одна из вершин оказалась на границе полосы (рис.31). Проведя из этой вершины высоту полосы, рассмотрите полученные пары равных треугольников.
90.	а) Заполним таблицу, написав в каж-дую клетку количество способов пройти в нее от буквы М (рис.32). Искомое число - сумма чисел правого столбца: 51 + 76 + 69 + 44 + 20 + 6 + 1 = 267.
б)	Заполним ту же таблицу, поставив в каждой клетке количество способов дойти до конца слова (рис.33). Если к некоторой букве от начала можно прийти т способами, а от нее к концу - п способами, то,
изымая эту клетку, мы уменьшаем количество способов на тп. Заполним третью таблицу, поставив в каждую клетку произведение соответствующих чисел первой и второй таблиц (рис.34). Чтобы получить 145 способов, следует изъять клетку с числом 122, т.е. букву Р второй строки.
89
91.	Пример укладки - на рисунке 35.
92.	Рассмотрим правильные треугольники, стороны которых параллельны сторонам сетки. Число таких треугольников со стороной длины k равно (п - k + 2)(n - k +1)/2 . Каждый из этих треугольников определяет k троек точек на его границе, образующих равносторонний треугольник. Таким образом, общее число треугольников равно
- (1 • (п +1) п + 2 • п (п -1) + 3 • (п -1) (п - 2) +... + п • 2 • 1) =
_ п (п +1) (п + 2) (п + 3)
=	24	’
как легко доказать по индукции.
93.	Поскольку (1 + 2 + 3 +... + 8)/2 , то числа надо расставлять так, чтобы сумма на каждой грани равнялась 18. Можно разместить на одной грани кубика числа 1, 4, 7 и 6, а напротив них - числа 8, 5, 2 и 3.
94.	а) Не всегда: возможна ситуация, изображенная на рисунке 36. Княжества изображены точками, которые соединены отрезком в тех и только тех случаях, когда соответствующие княжества еще не воевали.
95.	Если начинающий сделает первый I	ход на 49-ю клетку и каждым следующим
А.	ходом будет ходить на клетку с макси-
х	/tlx Л мально возможным номером, то он побе-
ДИТ.
96.	Расстановки изображены на ри---------------------------------*к---Ык---Ы сунках 37 и 38.
pUCt зб	97. Обозначим d = НОД (а; 6; с) .
Если d = 0, то а = b = с = 0. Если же d * 0 , обозначим х = a/d, у = b/d и z = c/d. Поскольку х(х + у) = у {у + z), то х2 делится на у. Аналогично, что у2 делится на 2, a z2 делится на х. Если бы число х делилось на некоторое простое число р, то z тоже делилось бы на р, а потому и у делилось бы на р, что противоречит равенству НОД (х; г/; z) = 1. Значит, |х| = 1. Аналогично, |р| = |г| = 1. Перебором убеждаемся, что равенства задачи выполнены лишь при х = = у = z = 1 и при х = у = z = -1.
90
•	о					•	о
о	о					•	•
		•	•	о	о		
		•	о	•	о		
		о	•	о	•		
		о	о	•	•		
•	•					о	о
о	•					о	•
Рис. 31
98.	Рассмотрим «крест» из 19 кнопок, который состоит из некоторой кнопки К и всех кнопок, находящихся с К в одном вертикальном или горизонтальном ряду. Нажатие любой из них, отличной от К, меняет состояние 10 кнопок, а нажатие любой кнопки, не входящей в крест, меняет состояние двух кнопок креста. Поэтому изменить четность числа светящихся кнопок рассматриваемого креста невозможно, не нажав кнопку К.
С другой стороны, нажав по одному разу на каждую из 100 кнопок, мы изменим состояние каждой кнопки 19 раз и тем самым погасим все кнопки.
99.	Может. Воспользуйтесь неравенством 216 < 100000 .
100.	Эта сумма равна
(1+ 2+ 3 + ...+ 9)(1 + 2 +3 + ...+ 9)(1+ 2 + 3 + ... + 9) = 453 =91125.
101.	Первый способ - индукция. При п = 1 годится любое число. Предположим, что для некоторого натурального п существуют такие натуральные числа О\, а2,...» ап , что произведение любых двух из них делится на их разность. Рассмотрим число р = аха2 ...ап . Новый набор можно составить из чисел р, р + аь р + а2,р + ап .
Второй способ. Рассмотрите числа вида п\ : k, где k = 1, 2, ... , п.
102.	Возможно. Например, пусть игрок номер k играет с игроком номер 452 - k = 2025 - k , если 29 < k < 1996, номер 49 - k, если 21 < k < 28 , номер 36 - k, если 16 < k < 20 , наконец, 16 - k, если 1 < k < 15 .
103.	Не может: среди 100 последовательных натуральных чисел либо имеется ровно одно число, кратное 64, либо таких чисел два; в последнем случае одно из них кратно 128.
104.	Могло.
105.	32 из 64 клеток доски покрасим так, как показано на рисунке 39. У каждой доминошки осталась непокрашенной одна половина. Докрасив все доминошки, полу-
чим требуемую раскраску.	Рис. 39
к		с		к		с	
	ж		3		ж		3
с		к		с		к	
	3		ж		3		ж
к		с		к		с	
	ж		3		ж		3
с		к		с		к	
	3		ж		3		ж
91
106.	Пусть АХА2... А2п_1А2„ - замкнутая ломаная, каждое звено которой имеет общую точку со звеном АХА2 . Тогда вершины А3,..., А2п_х находятся по одну сторону от прямой АхА2 , а вершины А4,А2л - по другую. Таким образом, звенья АхА2п и А2А3 лежат по разные стороны от прямой АхА2 . Противоречие.
107.	48.
108.	Рассмотрим какие-нибудь три подряд стоящие клетки - прямоугольник 3x1. Нетрудно проверить, что, нажимая только эти клетки, можно погасить все светящиеся клетки рассматриваемого прямоугольника. Рассмотрим теперь квадрат 3x3. Пусть А, В и С - трехклеточные столбики этого квадрата. Погасим сначала все клетки левого столбца А, потом правого столбца С и затем среднего столбца В. Заметим, что те кнопки из А и С, которые останутся светящимся, будут расположены симметрично относительно столбца В. Погасив теперь все светящиеся клетки столбца А и - по той же схеме - погасив все светящиеся клетки столбца С, получим, что во всем квадратике не будет светящихся клеток. Действительно, клетки в А и С будут погашены, а клетки в В поменяют свое состояние четное число раз и поэтому также окажутся погашенными.
Такая процедура позволяет погасить и все клетки прямоугольника 3x7. Для этого в нем можно выделить два квадрата 3 х 3 по краям и один столбик 1x3 в центре - и тем же способом гасить там клетки. Аналогично от прямоугольника 3x7 можно перейти к квадрату 7x7.
109.	Разрежем прямоугольник так, как показано на рисунке 40, и, перегнув бумагу, положим закрашенные прямоугольники на незакрашенные. Получим двухслойную раз-Рис. 40	вертку куба.
НО. 9 дней. В невисокосном году это могут быть 1 февраля, 1 марта, 1, 3, 10, 17, 24, 31 мая и 1 ноября, а в високосном году - 1 января, 1 апреля, 1 июля, 1, 2, 9, 16, 23 и 30 сентября.
111. Любые три подряд идущих месяца, среди которых нет февраля,
				содержат в сумме не меньше 13 -7 . 112.	Это таблица рисунка 41. ИЗ. Четыре. Числа 112, ИЗ, 114, 211, 212 , 213, 214, 311, 312, 313, 314, 411, 412, 413, 414 и 111 дают 16 разных остатков от деления на 16. Трех цифр, как нетрудно проверить, не хватит. 114.	Опустите перпендикуляры из центра ромба на его стороны. 115.	Обозначив через х, у, и z расстояния от центра О окружности до сторон ВС, СА и АВ
-1	И	И	-13	
2	14	-13	и	
2	-13	14	и	
-13	2	2	-1	
Рис. 41				
92
Рис. 42
(рис.42), треугольник АВС разбив на треугольники ABO, ВСО, С АО и, записав для каждого из них формулу площади, получим для площади 5 треугольника АВС формулу „ ах by cz ~~2+~2+~2 '
где а = ВС, b = С А, с = АВ. Сравним ее
с формулой 5 = г (а + b + с)/2 , выражающей площадь треугольника через радиус г вписанной окружности и полу периметр. Поскольку радиус R окружности, пересекающей все стороны треугольника, больше всех величин х, у, z, имеем:
ar + br + cr = 2S = ах + by + cz < aR + bR + cR ,
откуда г < R. Впрочем, центр окружности может лежать вне треуголь-ах by cz
ника АВС (рис.43). В этом случае 5 = — +	, поскольку тре-
угольник АВС можно получить, отрезав от объединения треугольников ВСО и САО треугольник АВО. А на рисунке 44 изображено еще одно расположение треугольника и окружности.
- SfyPAi и $AXPQ - 2 $ВС2РАх -
Другой способ. Проведем касательные к окружности, параллельные сторонам исходного треугольника (рис.45). Исходный треугольник подобен треугольнику, образованному касательными.
116.	Рассмотрите треугольник с вершинами в точках касания и докажите, что проведенные прямые - его высоты.
117.	Площадь треугольника С{РВ{ , и площадь треугольника С2РВ2 равны половине площади параллелограмма АВ2РС\ . Аналогично, S^PA{ = ^SCA2PBi = $а2рс2 •
93
Е Р С
118.	Нет. Дабы построить контрпример, возьмем СЕ || АВ , точку D - «очень близко» к отрезку СЕ
j	KJJLXl&XWJr IX V/X p/V/ОЛХ jr Vl>
(рис.46). Площадь части пятиугольника, содержащей точку D, меньше
Рис. 46
площади четырехугольника OCDE, которая составит лишь ничтожную долю площади пятиугольника ABCDE, если отрезок АВ взять «очень длинным». Чтобы решить задачу, выделенным словам надо было придать точный смысл (а перед этим - придумать сам контрпример!). Но для восьмиклассника (и тем более для шестиклассника) даже то, что равны площади всех треугольников СЕОХ,...,СЕО± , изображенных на рисунке 47, уже является непривычным и требующим осмысления фактом.
О1 О2
Рис. 47
Задача могла быть решена и по-другому: выбрав любой выпуклый пятиугольник, достаточно сдвинуть в нем вершины С, D, Е настолько очень близко друг к другу, чтобы любой кусок, содержащий среднюю из них, был меньше 1/5 общей площади. Но в любом случае задача требует привычки к рассмотрению стремящихся к бесконечности или к нулю величин.
119.	Рассмотрите а) четырехугольник, вершины которого - четыре вершины правильного пятиугольника; 6) семиугольник, вершины которого - семь вершин правильного восьмиугольника.
120.	Да. Впишем в треугольник АВС окружность и обозначим точки ее касания со сторонами треугольника буквами К, L и М (рис.48). Нарисуем окружности с центрами А, В и С, проходящие через соответствующие точки касания. Пусть Р^ -центр окружности, вписанной во внут-	xx***L<
ренний криволинейный треугольник.	/ Al'4
Тогда ее радиус можно посчитать лю-	) X
А
Рис. 48
Рис. 49
94
бым из следующих трех способов: Р^А - AL = РХВ - ВМ = РХС - СК . Следовательно,
РХА - Р{В = AL-BM = (AL + LC) - (СК + КВ) = АС-СВ.
Равенство РХВ - Р£ = В А -АС проверяется аналогично. Итак, одну точку нашли. Вторая существует не для любого треугольника АВС. А
именно, построенные нами попарно
касающиеся окружности с центрами А, В и С могут касаться изнутри неко
торой окружности (показанной пунктиром на рисунке 49), могут касаться прямой (рис.50), а могут (именно этот случай нам нужен!) касаться внешним образом окружности с центром Р2 Рх (рис.51).
121.	На рисунке 52 изображены два параллелограмма с углами величин 45°, 135°, 45° и 135°, один из которых переходит в другой при повороте на 90° вокруг их общего центра.
122.	Это точки средних линий квадрата, т.е. отрезков, соединяющих середины противоположных сторон квадрата.
123.	Если величина угла А треугольника АВС меньше 60°, то сторона ВС короче хотя бы одной из сторон АВ и АС. Поэтому ни в каком убитом не могут находиться более 6 пуль.
Г 501 п
Значит, убито не менее — = 9 гангстеров.
L 6 J
Если убитых 9, то пятеро из них поражены 6 пулями каждый и четверо - пятью.
Ровно 6 пуль могут быть только в случае, когда убийцы расположены в вершинах правильного шестиугольника, а убитый - в центре (рис.53). Убитый гангстер А и сам стрелял в некоторого гангстера В. При этом в В попало менее 5 пуль.
95
Рис. 54
Итак, убито не менее 10 гангстеров. Разбив 50 гангстеров на 5 групп по 10 в каждой и в каждой группе устроив перестрелку, как показано на рисунке 54, получаем ответ: 10.
124.	Вследствие равенств Z.CAR = = 60° = ZCPR и ^CQR = 60° = Z.CBR четырехугольники APCR и BQCR вписан
ные. Поэтому ZPAC = Z.PRC = 60° - Z.CRQ = 60° - ZCBQ и, следовательно,
АРАБ + ZABQ = (60° + ZPAC) + (60° + ZCBQ) =
= 120° + ZPAC + ZCBQ = 180° .
125.	Пусть города - вершины правильного 25-угольника, а самолеты летают вдоль описанной окружности. Нетрудно проверить, что если первая авиакомпания совершает рейсы длиной 1, 3, 4 и 10, вторая - рейсы длиной 2, 5, би И, третья - 7, 8, 9 и 12, то желание авиакомпаний будет выполнено.
126.	Можно при помощи рисунка 55 и его же, повернутого на 90°.
127.	Рассмотрим 16 квадратов размером 5x5, центры которых отмечены на рисунке 56. Поскольку любые две клетки таблицы входят в разные наборы таких квадра-рис	тов, положения всех чисел могут быть одно-
значно восстановлены.
Менее чем за 16 вопросов восстановить расстановку нельзя. В самом деле, на границе большого квадрата имеются 32 неугловые клетки. Пусть их числа «возьмутся за руки», как показано на рисунке 57. Любой из квадратов, о которых задаем вопрос, «разрушает» не более чем два из этих «рукопожатий». Поэтому вопросов должно быть не менее 32 : 2 = = 16 штук.
96
128.	После 1995 • 1995 +1 ходов на некотором поле фишка побывает более 1995 раз. Каждый раз она будет уходить с него на одно поле дальше, чем в предыдущий. Поэтому на каждое из 1995 полей с него будет сделан хотя бы один ход.
129.	Можно прокатить кубик по маршруту
А —> В —> С —> с —> d —> е —> Е —> D —> С —> с —> b —> а —> А ,
где сторона каждого из 10 квадратов равна по длине ребру куба (рис.58).

130.	Числа вида 10™ или 125 -10™ , где т - целое неотрицательное число. Пусть ak = 10” . Тогда ak_x = 2Г • 5s , где г и 5 - целые неотрицательные числа, причем rts. Количество ненулевых цифр числа ak_x не превосходит |r - s|, поэтому 2Г • 5s • 9 • |r - s| >10” .
Если г > s, то 2r~s -9 (r-s) > 10”-s, т.е. 9(r-s)>5r-s, что возможно только при г = 5 + 1 и ak_x = 200...0 , а это противоречит равенству ak = 10” . Если же г < s, то 5s-r 9 (s-r) > 10”"r, т.е. 9(s - г) > 2s~r , откуда r + l<s<r + 5. Перебором устанавливаем, что подходят только числа вида 2Г • 5Г+3 .
Каким может быть число ak_2 ? Никаким! Сумма его цифр давала бы при делении на 9 тот же остаток, что и само ak_2 , а сумма цифр произведения числа ak_2 на его сумму цифр должна равняться 8. Но 8 - квадратичный невычет по модулю 9.
131.	1 + 1999 = 2000. Поскольку при сложении двух чисел из любого разряда в следующий переносится не более чем 1, то цифра Е должна быть равна 9 - иначе не было бы переноса из разряда десятков в разряд сотен.
132.	50. Все химики должны ответить одинаково, и все алхимики -тоже. Если больше химиков, то среди 51 опрошенных хотя бы один -химик. Если больше алхимиков, то среди 51 опрошенных хотя бы один - алхимик, который должен соврать - сказать, что больше химиков. Значит, химиков и алхимиков поровну.
133.	Обозначим через х количество учеников, участвовавших лишь в одной олимпиаде. Тогда ровно в двух олимпиадах участвовали х/2 школьников, а в трех - х/3. Составим уравнение
100 + 50 + 48 = Х + 2- + 3-
2	3
4 Библиотечка «Квант» № 93
97
и решим его: х = 198/3 = 66. В олимпиадах участвовали х + — + — = 66 + 33 + 22 = 121 школьников.
2 3
134.	Пусть в короля попало х тухлых яиц и у кочанов гнилой капусты. Тогда 64 + х + у = 4х + бу, откуда Зх + Ъу = 64. Это уравнение легко решить в целых неотрицательных числах: (х; у) = (3; 11), (8; 8) , (13; 5) или (18; 2). Поскольку количество яиц кратно 3, а количество кочанов капусты четно, из четырех вариантов остается последний: х = = 18 и у = 2. Значит, 64 зрителя метали в Дэвида Гаррика младшего и Эдмунда Кина старшего (см. Марк Твен, «Приключения Гекльберри Финна») дохлых кошек, 18-5/3 = 30 - тухлые яйца, а 2-7/2 = 7 -гнилую капусту. Итого: 64 + 30 = 7 = 101.
135.	а) Ответ можно угадать, рассмотрев маленькие числа: 12-3 = 9 = 32, 1122-33= 1089 = ЗЗ2, 111222-333 = 110889 = ЗЗЗ2. «Очевидно»,
И 111 112 222 222-3 333 333 = И 111108 888 889 = 3 333 ЗЗЗ2 .
Жюри не верило школьникам, когда они предлагали это в качестве решения, а требовало доказательства. Будь участники турнира постарше, они, вероятно, действовали бы следующим образом:
И 111 112 222 222-3 333 333= 1 111 111-(10 000 002-3) =
= 1111111 -9 999 999 = 1111111-9-1111111 = 3 333 ЗЗЗ2.
А в действительности они записывали искомое равенство в виде
И 111 112 222 222 = 3 ЗЗЗ ЗЗЗ2 + 3 ЗЗЗ ЗЗЗ = 3 ЗЗЗ 334 -3 ЗЗЗ ЗЗЗ ,
а затем умножали «в столбик» 3333334 на 3333333.
Некоторые школьники, не желая задумываться по пустякам, умножали «в столбик» семизначное число 3333333 само на себя. Жюри вынуждено было соглашаться и с таким способом, старательно выискивая все описки.
Несколько человек действовали так: умножали сначала 1 111 111 само на себя, получая ответ
1111 1112 = 1 234 567 654 321
(между прочим, И2 =121, 1112 = 12321 и так далее вплоть до 111 111 1112 = 12 345 678 987 654 321 ), а затем умножали 1234567654321 на З2 = 9 , получая требуемое:
1 234 567 654 321 9 = И 111 108 888 889 .
Напоследок заметим: 16 = 42 , 1 156 = 342 , 111 556 = 3342 , вообще, 11...155...56 = 33...342 . А вот еще один аналогичный ряд равенств: п п-1	п-1
98
10"-1 t 102"-1 4-102 +4-10 +1 (2-
------+ 4	=	= _ 9-----9---------9 I
49 = 72 , 4 489 = 672 , 444 889 = 6672, вообще, 44^488^89 = 66 J>72 п п—	п-\
Последнее равенство легко проверить «в столбик». Но разнообразия ради - другое доказательство:
44^488^89 =
= 9 + 8-10+ 8-102 +...+ 8-10"-1+4  10"+4 • 10"+1 + ... + 4-102"'1, откуда, представив девятку в виде 1 + 4 + 4, а каждую восьмерку - в виде 4 + 4, получаем число
1 + 4(1 +10 + Ю2 +... +10”’1) + 4(1 +10 +102 +... +102"-1) =
„	\2
0” +1 ] 3 J ’
136.	Мухи не перегоняют одна другую. Поэтому никакая муха не может обогнать никакую другую более чем на один оборот. Следовательно, количества оборотов, сделанных мухами, отличаются не более чем на 1. Часовая стрелка делает за 12 часов один оборот, минутная -12, секундная - 720; три мухи вместе делают 1 + 12 + 720 = 733 оборота. Осталось представить число 733 в виде суммы трех натуральных чисел, отличающихся не более чем на единицу: 733 = 244 + 244 + 245. Это и есть ответ: мухи, начавшие свой путь на часовой и минутной стрелках, сделали по 244 оборота, а третья муха - 245.
137.	При любом п выигрышная стратегия есть у начинающего игру. Если п четно, начинающий игрок первым ходом может сорвать один лист пары, а если п нечетно, он может сорвать верхний лист. В обоих случаях на ветке останется четное число пар и четное число одиночных листьев. Второй игрок вынужден сделать нечетным либо число одиночных листьев, либо число пар листьев. Первый игрок может все время восстанавливать четность, повторяя ход соперника.
Эта игра - частный случай игры ним (п кучек по 2 камня в каждой и еще один отдельный камень).
138.	Занумеруем окопы слева направо числами от 1 до 1000. Предположим сначала, что к началу обстрела пехотинец сидит в окопе с четным номером. Выстрелим во второй окоп. Если не попали, пехотинец перебежит в окоп с нечетным номером. Выстрелим в третий окоп. Если не попали, то пехотинец перебежит в окоп с четным номером, не меньшим 4. Выстрелим в окоп номер 4, затем в окоп номер 5, и так далее, оттесняя пехотинца. Во время выстрела в 998-й окоп он будет в 1000-м окопе и вынужден будет перейти из него в 999-й окоп под очередной выстрел.
Если же вначале пехотинец находился в окопе с нечетным номером, то после 998 выстрелов он вновь - в окопе с нечетным номером.
99
Повторно стреляем в 999-й, 998-й, 997-й, ... , 2-й окопы. Всего 1996 выстрелов.
Теорема. Для цепочки из п окопов необходимы 2п - 4 выстрела.
Доказательство. Если выстрелов 2п - 5, то четных (по номеру выстрела, а не окопа) среди них п - 3. Следовательно, минимум в 3 окопа четные выстрелы не попадали. Среди этих окопов есть хотя бы один не крайний окопА. Пехотинец может пережидать четные выстрелы в А, а любой нечетный выстрел - в том из соседних с А окопов, куда этот выстрел не направлен.
139.	Игра не может закончиться вничью: либо карточки с числами 10, 20, ... , 90, 100 разделились не поровну - и тогда у кого-то игроков таких карточек не менее шести, и его произведение кратно 106 ; либо эти десять карточек разделились поровну - и тогда у владельца карточки с числом 100 произведение кратно миллиону.
Игра заканчивается за конечное число ходов, значит, у кого-то из игроков есть выигрышная стратегия. Предположим, второй игрок умеет обыгрывать первого. Посмотрим, как он ответил бы первому, если бы тот взял только одну карточку, - и пусть именно эти карточки (и еще, разумеется, карточку с числом 1) возьмет первый игрок своим первым ходом. После этого первый игрок сможет применять (выигрышную, по нашему предположению!) стратегию второго игрока против самого этого второго игрока. Таким образом первый игрок победит второго игрока - и мы получили противоречие, доказывающее, что выигрышной стратегии у второго игрока быть не может. Итак, при правильной игре победит первый игрок. (А как играть правильно - мы так и не узнали!)
140.	Длина гипотенузы прямоугольного треугольника с катетами 15 см и 20 см равна 25 см,
а длина опущенной на нее высоты -(20 -15): 25 = 12 см .
141. Поскольку трапеции CMNP и CQMN равнобокие, вокруг каждой из них можно описать окружность. Эти две окружности имеют три общие точки (С, М и N) и поэтому совпадают.
Интересно, что если вписать в прямоугольный треугольник АВС окруж-
100
ность и спроецировать ее на гипотенузу и катеты (рис.60), то образующиеся при этом точки Q, М, N, Р и вершина С прямого угла лежат на одной окружности. Дело в том, что точки, из которых данная окружность видна под углом 90° (рис.61), лежат на окружности с тем же центром и в 72 раз большим радиусом. Прямо-угольность треугольника ни при чем: если вписанную окружность некоторого треугольника спроецировать на стороны этого треугольника, то все шесть (а если треугольник прямоугольный, все пять) концов проекций - точки окружности, центр которой совпадает с центром вписанной окружности, а радиус в >/2 раз больше.
142. Не обязательно. Проведем высоту СН неравнобедренного прямоугольного треугольника АВС и опустим перпендикуляры НК и HL на стороны АС и ВС соответственно (рис.62).
Треугольник АВС окажется разбит на подобные треугольники АНК, HLB, HKL и KLC, не все из которых равны между собой.
143.	Сначала докажем, что если в треугольнике АВС длины сторон АВ и ВС не равны, то та > 1а , где та и 1а - соответственно, длины медианы и биссектрисы, проведенных из вер-	____
шины А. Рассмотрим точку L пересечения	А
биссектрисы угла А с описанной окружное- /
тью (рис.63). Поскольку дуги BL и LC /	//\ \
равны, то перпендикуляр, опущенный из /	//1 \
точки L на отрезок ВС, падает в середину М I	/ / I I
отрезка ВС . Теперь очевидно, что для длин \	/ / I /
АН = ha , 1а и та = AM высоты, биссект- \	/ / I /
рисы и медианы, проведенных из вершины	д//	//
А, имеем	B^^t^^C
ha < la < та ,	Рис. 63
причем неравенства обращаются в равенства лишь при условии АВ=АС. Складывая неравенства la < та , 1Ь < ть , 1С < тс, получаем неравенство
la + 1Ь + 1С < та + ть + тс, которое обращается в равенство лишь в случае, когда треугольник равносторонний.
144.	Равностороннее. Если в треугольнике есть две неравные стороны, то вблизи их общей вершины есть плохая точка. А для любой точки М, расположенной внутри равностороннего треугольника АВС , имеем AM + ВМ > АВ > СМ .
101
145.	Случай, когда четыре точки лежат на одной прямой, очевиден: a+b c+d а+с b+d — + 1	+ ———
2 2 = 2 2
2	2
Рис. 64
Рис. 65
Середины сторон любого четырехугольника - вершины параллелограмма (рис.64), а диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Пусть вершины четырехугольника - точки первого поколения; тогда середины сторон (и диагоналей тоже, но не в этом дело) - точки второго поколения; центр параллелограмма - точка третьего поколения, полученная двумя разными способами (даже тремя, если учесть, что она
является серединой отрезка, соединяющего середины диагоналей исходного четырехугольника).
Это значит, что если изначально было хотя бы четыре точки, то уже в третьем поколении некоторые точки совпадут.
Если же в первом поколении было меньше трех точек, то в третьем поколении не будет ни одной. Наконец, осталось разобрать случай, когда в первом поколении было три точки (рис.65). Тогда в каждом следующем поколении - тоже три точки. Строго говоря, надо еще разобрать случай, когда точки лежат на прямой. Если впервые совпали середины отрезков АВ и АС, где А, В, С - три точки некоторого поколения, то должны были бы совпасть уже точки В и С; это противоречит тому, что рассматриваемое совпадение - первое.)
146.	Первый способ. Пусть АВ - данный отрезок, С - произвольная точка вне прямой АВ (рис.66). При помощи линейки и прибора строим среднюю линию DE треугольника АВС, параллельную АВ. При помощи прибора делим отрезок DE сначала пополам, а затем - на четыре равные части. Через точку F, разбивающую DE в отношении 3:1, проведем прямую BF и обозначим буквой G точку пересечения этой прямой с отрезком АС. Середина Н отрезка DE делит отрезок DF в отношении 2:1, поэтому луч GH делит отрезок АВ в том же отношении 2:1. Аналогичный способ позволяет делить отрезок АВ на любое количество равных частей.
Второй способ. Отметим середину D отрезка АС и середину N отрезка BD
В
Рис. 66
102
(рис.67). Луч CN пересечет отрезок АВ в некоторой точке L. Отметив середину К отрезка AL, получим искомое разбиение. Действительно, средняя линия DK треугольника ACL параллельна отрезку CL. Поэтому по теореме Фалеса из равенства DN - NB следует равенство KL =
147.	На рисунке 68 изображена развертка куба и на ней - закрывающий половину каждой грани параллелограмм, который очень легко перекроить в прямоугольник.
148.	а) На рисунке 69 показаны два способа. Попытайтесь их проверить - скорее всего воображение откажет и придется резать
Рис. 69
бумагу, складывать кубик! (Кстати, можете сказать, это по сути разные способы или одинаковые?)
А теперь - посмотрите на ав-
торское решение (рис.70) и догадайтесь, как завернуть в такую
развертку куб 2x2x2 .	Рис. 70
103
149.	На рисунке 71 показан случай, когда невозможно расположить седьмой прямоугольник. Докажем, что шестой ход всегда возможен. На
рисунке 72 размещены 16 непересекающихся прямоугольников размером 1x6. Если шестой ход был невозможен, то в каждом из них должна быть закрашена хотя бы одна клетка. Но 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15< 16.
150.	Будем обозначать сумму цифр числа п через s(n) . Применим индукцию по количеству цифр числа п. &ля однозначных и двузначных чисел утверждение легко проверить полным перебором. Пусть для некоторого k > 2 неравенство выполнено для любого /г-значного числа. Рассмотрим произвольное (k +1) -значное число а, которое получается из fc-значного числа b приписыванием справа одной цифры. Очевидно, s(b) < 5(a) и 10а < b . Следовательно,
2s(b) < 21<л,+9 = 512 • 2s(a) < 1000 • а3 = (10а)3 < Ь3.
151.	Воспользуйтесь тождеством
х(а - у) + у (а - z) + z(a - х) = (а - х)у + (а - у) г + (а - z)x .
152.	Внутри правильного пятиугольника построим на каждой стороне как на гипотенузе равнобедренный прямоугольный треугольник
(рис.73). Продолжим катеты внутрь до пересечения с продолжениями катетов соседних треугольников. 10 полученных из катетов отрезков и составят искомую «звездообразную» ломаную.
153.	а) Пусть п нечетно, п = 2k + 1. Заминируем клетки главной диагонали через одну двумя способами: в первом заминировано k клеток (рис.74), во втором - на одну больше (рис.75). Различить их нельзя! рис л	При любом четном п количество замини-
рованных клеток можно узнать так. Если рассмотреть шахматную раскраску клеток поля, то число заминиро-ваннх клеток одного цвета легко узнать при помощи разбиения доски на «диагональные полосы» (рис.76). Отмеченные клетки рисунка 77
104
показывают, как можно узнать количество рис
получаем способ узнать общее количество заминированных клеток (рис.78).
154. Пример с 49 распилами показан на рисунке 79. Назовем
долькой либо целую клетку, либо часть клетки, получившуюся после
распила клетки. Дольки соединяются между собой только по сторонам клеток доски. Всего таких соединений 112. С их помощью можно соединить не более ИЗ долек так, чтобы доска не распалась на отдельные части. Изначально было 64 дольки, следовательно, мы можем добавить не более 113 - 64 = 49 долек. Каждый распил увеличивает количество долек не менее чем на 1. Поэтому количество распилов не может превзойти 49.
155. Если после установки очередного ферзя ни один из ранее поставленных ферзей не
Рис. 79
попадает под удар, то
ферзей на доске становится на 1 больше; если же хоть один из ранее
поставленных ферзей попадает под удар, то его надо снять с доски, и в результате число ферзей на доске не меняется.
Пусть к некоторому моменту число ферзей на доске достигло максимального возможного значения. Тогда можно считать (отбросив все последние ходы, сопровождавшиеся снятием битого ферзя с доски),
105
что последний ферзь не бьет никаких других ферзей. Наименьшее количество полей, атакуемых одним ферзем, - 21 (когда ферзь стоит у края доски). Значит, более 64 -- 21 =43 ферзей установить нельзя.
43 ферзя поставить можно. Сначала ставим ферзя на поле Ь7. Затем добавляем ферзя на поле Ь6 в три приема:
•	ставим ферзя на al;
•	ставим ферзя на Ы и снимаем с al;
Рис. 80	.ставим ферзя на Ь6 и снимаем с hl.
Аналогично ставим всех других ферзей рисунка 80, а самым последним ходом выставляем ферзя на поле al.
156.	6. Если государства граничат так, как показано на рисунке 81, то трех красок для раскраски не хватит.
Если никакое государство не граничит ___	___ более чем с двумя другими государствами,
 то их можно красить одно за другим. По-	этому если количество государств равно 4,  то достаточно рассмотреть случай, когда ___	одно государство граничит с тремя други-
_ о . I———I	ми. Очевидно, среди этих трех государств
Рис. 81
найдутся два, не граничащие друг с другом. Их окрасим в первый цвет, а оставшиеся два - во второй и третий цвета. Пусть количество государств равно 5. Если найдется государство, граничащее с четырьмя остальными, то они расположены по кругу вокруг данного и могут через одно быть окрашены двумя красками, а «центральное» государство - третьей краской.
Если хотя бы одно из пяти государств граничит менее чем с тремя другими, то мы сначала раскрасим остальную часть карты (случай 4 государств уже разобран!), а затем покрасим это государство.
Случай, когда каждое государство граничит ровно с тремя другими, невозможен, поскольку число (3 • 5): 2 не целое.
157.	Например, если один динар - это 60 топаров и есть монеты достоинством 1, 2, 3, 4, 5, 15, 30 топаров, то каждой такой монетой можно набрать динар и все семь этих монет в сумме дают один динар:
60 + 60 + 60 + 60 + 60 + 60 + 60 " '
158.	36 минут - с 19 : 58 до 20 : 34. Два последовательных часа записываются четырьмя различными цифрами только в одном случае -19 и 20; в остальных случаях мультфильм длится больше часа. Значит, четыре цифры (0, 1, 2 и 9) уже заняты.
Минимальное показание минут без занятых цифр - 34, следовательно, после 20 : 00 прошло не менее 34 минут. Максимальное показание минут без четырех занятых цифр ~ 58.
106
159.	Будем выписывать удачные числа не слева направо, а справа налево. Последняя цифра обязательно 0, перед ней - то ли 0, то ли 1. Перед предпоследней цифрой должна стоять либо последняя цифра, либо цифра, на единицу большая. Значит, для последних трех цифр есть четыре варианта: ООО, 100, 110 или 210. Для четырех последних цифр уже восемь вариантов: ООО превратится в 0000 или 1000, 100 - в 1100 или 2100, 110 - в 1110 или 2110, 210 - в 2210 или 3210. И так далее: каждая следующая (при движении справа налево) цифра либо равна предыдущей, либо на единицу больше; количество вариантов каждый раз удваивается.
Поскольку число не должно начинаться на цифру ноль, то правильный ответ - не 29 = 512 , а 512 - 1 =511.
160.	Первый способ. Числа х, у, НОК[х, у\ и НОД(х, у} кратны числу НОД(х, у) \ поэтому число 1999 должно быть кратно числу НОД(х, у). Значит, либо НОД(х, у) = 1999 , что очевидно невозможно, либо НОД(х, у) = 1, тогда НОК[х, у\ = ху , уравнение принимает вид 1+ ху + х + у = 1999, откуда (1 + х)(1 + #) = 1999 , что противоречит простоте числа 1999.
Второй способ даже проще: сумма НОД (х, у) + НОК[х, у\ + х + у не может быть нечетной. (Доказательство - разбор случаев: либо числа х, у нечетны, и тогда все четыре слагаемых нечетны; либо одно из чисел х, у четно, а другое нечетно, и тогда НОД (х, у) нечетен, а НОК[х, у\ четно; либо же числа х, у четны, и тогда все слагаемые четны.)
161.	Если х>1и#>1,тох!и#!- четные числа, так что левая часть нечетна, а правая - четна.
162.	Нет. Для любых двух взаимно простых натуральных чисел а и Ъ и любого целого числа с существуют такие целые числа х и у, что ах - by = с.
163.	Объединим все такие числа в группы следующим образом: вместе с числом abcdef поместим в группу числа bcdefa , cdefab , defabc, efabcd и fabcde (к некоторым числам при этом придется приписать спереди нули). Сумма шести чисел одной группы равна 111111 (a + b + c + d + e + f) и, следовательно, кратна 17.
В некоторых группах числа будут повторяться, так что различных чисел в группе будет не 6, а 2 или 3. Рассмотрите такие группы отдельно - все будет хорошо!
1 1 1
164.	Каждое произведение — сложим с произведением
199^199ГТ 1999^ • ПолучИМ ДР°бь
(1999 - а)(1999 - fr)(1999 -c) + abc afec(1999-a)(1999-6)(1999-c) ’
107
числитель которой делится на (простое!) число 1999, а знаменатель - не делится. Сумма таких дробей обладает тем же свойством.
165.	6. Ограничение грузоподъемности 200 каратами означает, что за одно взвешивание можно определить сумму масс бриллиантов или массу одного бриллианта.
Положим на весы два самых легких камня: 90 и 91 каратов. Сумму масс 181 каратов могут показать только эти два камня. Затем взвесим вместе камни весом 90 и 92 каратов (182 карата могут дать только эти два камня). Бриллиант весом 90 каратов был на весах дважды. Значит, его можно определить, а тем самым проявятся камни весом 91 и 92 каратов. Отложим эти три камня в сторону и аналогичным образом следующими двумя взвешиваниями определим камни в 93, 94 и 95 каратов. Еще два взвешивания - 96, 97 и 98 каратов. Оставшийся камень весит 99 каратов.
Пусть мы обошлись пятью взвешиваниями. Из десяти бриллиантов невзвешенным мог остаться самое большее один: ведь если не были взвешены два (или более) бриллианта, то невозможно определить, правильно они лежат или поменялись местами.
Таким образом, на весах побывали не менее 9 бриллиантов. Взвешиваний, в которых на весы клали два бриллианта, было не менее четырех. Рассмотрим любую пару бриллиантов, взвешенных вместе. Чтобы их различить, хотя бы один из них должен был участвовать еще в каком-то взвешивании.
Остались три взвешивания на 6 остальных взвешенных бриллиантов. Это возможно только при их разбиении на три пары; но при этом невозможно различить бриллианты внутри пар.
166.	Первый способ. Пусть в числе не менее 512 цифр. Если хотя бы одна из них нуль, то помогут знаки умножения. А если все цифры не нули, объединим первые 512 цифр в пары: первую со второй, третью с четвертой, и так далее. В каждой паре из большей цифры вычтем меньшую. Никакая такая разность не будет превышать 8.
Если хотя бы одна из разностей равна 0, воспользуемся знаками умножения. Если все они отличны от 0, объединим полученные 256 разностей в пары и вычтем в каждой паре из большей разности меньшую. Результат не будет превышать 7. Продолжая в таком духе, мы рано или поздно получим разность, равную 0. (Для этого потребуется не более 9 операций, а значит, не более 29 =512 цифр). Если перед первой цифрой при этом оказался минус, то изменим все знаки на противоположные. Осталось заключить «желанный ноль» в скобки и умножить его на остальные цифры.
Второй способ. Пусть в числе не менее 19 цифр. Поставим после первой цифры знак «-», а далее так: если результат после k-Й цифры равен 0, то заключаем его в скобки и дальше ставим только знаки умножения; если результат отрицателен, ставим знак «+»; если результат положителен, ставим «-». Выражение будет принимать
108
значения от ~8 до 9, по принципу Дирихле какое-то значение повторится.
Пусть значения после k-и и /-й цифр равны. Тогда значение выражения от (k +1) -й цифры до ;-й равно 0. Заключим эту сумму в скобки, а в остальных местах поставим знаки умножения.
167.	Идея такова: делим ленту пополам, определяем, на какой из половин искомый момент, делим эту половину опять пополам, определяем, на какой из четвертушек искомый момент, и так 6 раз. (Заметьте: часть «подозрительного» участка может быть нами уже прослушана, но это пока не важно).
Назовем длиной участка время его прослушивания в минутах (длина всей ленты h = 60). Конкретизируем действия: после мысленного деления участка перематываем ленту, останавливаем за 1 /4 минуты до середины, слушаем полминуты и останавливаем на 1/4 минуты дальше середины.
Оценим общую длину перемотанных участков: в первый раз h - , а далее каждый раз перематываем половину оставшегося участка плюс-минус полминуты (плюс - когда мотаем вперед, минус - когда назад). Тогда при наибольшем невезении (5 раз мотаем назад) длина перемотки будет равна
h	h	h	h	h	h	1	_ 1	. h	9
-+-+-+— +— +-----------+ 5- = /?---+ -
2	4	8	16	32	64	4	2	64	4 *
Теперь выкинем из подозрительного участка 1 /4 минуты только что
прослушанного куска, перемотаем ленту в начало подозрительного / 1 \ участка (в наихудшем случае длина перемотки — + — ) и прослушаем 64 4 hi
его целиком. Общее время прослушивания составит 6 0,5 +---, а
( ю> 64 4
общее время перемотки - максимум 0,1 Л + — , итого не более 1	4 /
/г о h _ _ 60 . Л — + 3 + — = 6 + 3 + —<10 минут. 10	64'	64	У
168.	Начиная со второго выстрела, ковбой может узнать, с какой стороны находится центр мишени от любой прямой (точнее, любой, не проходящей через точку, в которую был направлен последний выстрел). Для этого ему достаточно выстрелить в точку, симметричную последнему выстрелу относительно этой прямой. Таким образом, за три выстрела он может ограничить место возможного расположения центра мишени до квадрата со стороной 1 м. За каждые два последующих выстрела сторона этого квадрата уменьшается в 2 раза (рис.82). После 11 выстрелов она становит
1
2
4
Рис. 82
3
109
ся равной 6,25 см. Последний, двенадцатый выстрел достаточно произвести в центр этого квадрата, так как центр мишени находится внутри этого квадрата и расстояние до него в этом случае не превзойдет половины диагонали. Мишень будет поражена.
169.	а) Пусть у лучшей команды рейтинг 1, тогда команды с рейтингами 2, 3, 4, 5 назовем группой II, а команды с рейтингами 6, 7, 8, 9 - группой III. Предположим, что все матчи интересные. Команда 1 сыграла в четырех турах с командами 2, 3, 4, 5 (не обязательно именно в таком порядке), выбила их из розыгрыша, значит, между собой эти четыре команды не играли.
Одна из этих четырех команд до встречи с первой сыграла 0 матчей, другая ~ 1 матч, еще одна - 2, наконец, последняя - 3 матча. Значит, они успели сыграть с шестью командами. Но интересные матчи могли быть только с четырьмя командами III группы. Следовательно, без неинтересных игр не обойтись.
Пример турнира, в котором только одна игра (финал) неинтересная, предъявить легко: в первом туре играют 1 и 2, 3 и 4, 5 и 6, ..., 15 и 16; во втором туре - 1 и 3, 5 и 7, 9 и И, 13 и 15; в третьем - 1 и 5, 9 и 13; в финале - 1 и 9.
170.	Для определенности, пусть сплетник А поссорился со сплетником В, с которым он общался по утрам. Рассмотрим множество сплетников, информация от которых по-прежнему доходит до А (возможно, через посредников). Предположим, что В не принадлежит этому множеству. Тогда в этом множестве нечетное число человек (ибо люди, обменивающиеся сплетнями по утрам, разбивались на пары). Но заметьте: за обедом сплетники тоже разбивались на пары, а без участия В это невозможно.
171.	На прямой АВ возьмем точку О и отложим в одну полуплоскость углы АОС и BOD величиной 45° каждый. Построим ОМ - луч внутри угла АОС. В той же полуплоскости проведем луч ON ± ОМ . Первые 999 лучей проведем из точки О внутри угла BOD; следующие 999 лучей проведем внутри угла АОС, причем одним из них будет луч ОМ, а другие расположим поровну (	(по 499 штук) с разных сторон от
прямой ОМ. Последний, 1999-й луч -это луч ON (рисунок 83 иллюстрирует конструкцию, только лучей на нем не 1999, all).
Никакие два луча не образуют раз-рис	вернутый угол, так как все они распо-
ложены в одной полуплоскости относительно прямой АВ. Любые два луча из одной группы образуют острый угол. Всего пар лучей в одной группе С^ = (999 • 998): 2 . Значит, лучи в группах образуют ровно 999 • 998 острых углов. Любые два луча из разных групп образуют тупой угол - всего таких углов 999 • 999 .
110
Осталось рассмотреть углы со стороной ON. Луч ON с любым из 999 лучей первой группы образует острый угол, с 499 лучами второй группы - также острый угол, а с 499 другими лучами второй группы - тупой угол.
Значит, острых углов всего 999 • 998 + 999 + 499 , а тупых углов 999 • 999 + 499 , т.е. столько же!
172.	Обозначим АВ = с, ВС = а, СА = Ь. Тогда AM = с - а и BN = = с - Ь. Следовательно, MN = с - AM - BN = а + b - с и осталось, раскрыв скобки и применив теорему Пифагора, проверить равенство
(а + b - с)2 = 2 (с - а) (с - Ь).
173.	Если диагонали четырехугольника ABCF перпендикулярны, то суммы квадратов его противоположных сторон равны: АВ2 + CF2 = = AF2 + ВС2 .
В самом деле, обозначив точку пересечения прямых АС и BF буквой G, по теореме Пифагора имеем
АВ2 =AG2+GB2 ,
CF2 = CG2+CF2 ,
AF2 = AG2 + GF2 ,
ВС2 = BG2 + GC2 , откуда
AB2 + CF2 = AG2 + GB2 + CG2 + GF2 = AF2 + BC2 .
Поскольку прямые СЕ и DF тоже перпендикулярны, аналогично DE2 + CF2 = CD2 + EF2. Следовательно,
АВ2 + CD2 = ВС2 + DE2 + (AF2 - FE2), так что равенство АВ2 + CD2 = ВС2 + DE2 выполняется тогда и только тогда, когда AF - FE.
174.	999, 1000, ... , 1498.
175.	Занумеруем гири в порядке возрастания масс. Произведем первое взвешивание: на первую чашку весов положим гири №3 и №4, а на вторую - №7. Рассмотрим три возможных результата.
1)	Если первая чашка весов тяжелее, то потерянной может быть гирька 1 г, 2 г или 3 г. Для второго взвешивания на первую чашку положим гири №1 и №2, а на вторую - №3. Если перетянет первая чашка, то потеряна гиря 1 г, если весы показали равенство - 2 г, если перевесила вторая чашка весов - потеряли гирю 3 г.
2)	Если весы во время первого взвешивания показали равенство, то потеряли гирьку 4 г или 8 г. На одну чашку весов положим гирьки № 1 и №3, а на вторую - №4. Первая чашка перевесить не может. Если перевесит вторая чашка, то потеряли гирьку 4 г, если равенство - 8 г.
111
3)	Если при первом взвешивании перевесила вторая чашка, то потеряна гирька 5 г, 6 г или 7 г. На первую чашку положим гирьки №4 и №7, на вторую - №5 и №6. Если перевесит первая чашка, то потеряли гирьку 7 г, если весы в равновесии - 6 г, а если перевесит вторая чашка - 5 г.
176.	Множество различных четверок остатков от деления на И конечно, следовательно, какая-то четверка повторится. Поскольку последовательность однозначно строится «вперед», то с момента повтора четверки начнет повторяться вся последовательность.
Далее, последовательность однозначно восстанавливается «назад». Действительно, пусть перед четверкой чисел a,b,c,d могут стоять числа х и у. Тогда числа x(abc) и y(abc) дают один и тот же остаток при делении на 11, поэтому (х - у) abc кратно 11, т.е. х - у кратно 11, откуда следует, что х = у (так как х и у - остатки от деления на И).
Из вышесказанного следует, что в последовательности повторится четверка 9, 9, 9, 9. Непосредственно перед этими девятками стоит 3, перед этим - три девятки, а перед ними - единица. Значит, четверка 1, 9, 9, 9 в последовательности обязательно встретится, и даже бесконечно много раз.
177.	Если р и q - соседние простые числа р > q, то q2 получается из р2 за 2(q-p) шагов, а именно: р2, р(р +1),..., pq, (р + l)g, ...,д2 .
Если простые числа р и q не соседние, то верна та же формула. В самом деле, если р < Р\ < Р2 < ---Pk < Я , гДе Р, Рь Рг> •••» Рл» Я ~ 2	2
подряд идущие простые числа, то g получится из р за 2(Pi - р) + 2(рг - Pi) + ••• + 2(? - р*) = 2(? - р) шагов.
Поэтому 19992 получится из 22 за 2(1999-2) = 3994 шага, т.е. 3997-й член последовательности равен 19992, а 3999-й, следовательно, равен 1999(1999 + 2) = (2000 -1)(2000 +1) = 3999999 .
178.	Выпишем п пар соседних чисел и в каждой паре вычтем из большего числа меньшее. Сложим эти разности. С одной стороны, эта сумма равна и, так как каждая разность равна 1. С другой стороны, каждое значительное число войдет в две разности со знаками «+», каждое незначительное - оба раза со знаками «-», а все остальные - с разными знаками. Следовательно, п = 2М - 2т.
179.	а) 5 поколений. Чтобы в этом убедиться, сначала покажем, что 6 поколений микробов на листе не поместятся. Назовем ходом передвижение от любой клетки к любой соседней с ней клетке. Поскольку микробы очередного поколения находятся в клетках, соседних с клетками, содержащими микробов предыдущего поколения, то микробы шестого поколения (и всех предыдущих) должны находиться в пределах области клеток, до которых можно добраться от исходной клетки, где первоначально был микроб первого поколения, не более, чём за 5
112
ходов. Область состоит из 61 клетки (рис.84). Однако общее число микробов с первого по шестое поколение включительно равно 1 + + 2 + 22 + ... + 25 = 26 - 1 = 63 > 61. Таким образом, шестому поколению микробов места уже не хватит.
С другой стороны, 5 поколений микробов вполне могут разместиться (рис.85; здесь не указано, какой микроб каким конкретно
ЙЙЙВЙВЙВЙ
шмгмегй гяйяйяйй1йй HHQBQBQHGI __мийкикикийняя вйнвтийпйкйнйв ввгаяйнйий^йтвв ЯЙМЙВЙКЙИГЙПЯГЙЙЯ ВВЙЙЙЙВКЙНЙНГСЙВ ЯЯЯЯПЙПЯПЯПЯЙЯЯ ВВВЙЙЫЙНЙКЙКИЙВ
71
вявйвйвийя
Рис. 86
1 1

2
порожден, поскольку восстановить это несложно).
6) 7 поколений. Убедимся, что 8 поколений разместить невозможно. В данном случае допускаются также и ходы по диагонали, поэтому максимальная область размещения микробов (содержащая клетки, до которых можно добраться за 7 ходов) представляет собой квадрат со стороной 2-7 + 1 = 15 клеток с центром в исходной клетке. Всего в нем 152 = 225 клеток. В то же время общее число микробов в восьми поколениях равно 1 + 2 + 22 +... + 27 =
= 28 - 1 = 255 > 225. Семь поколений разместить можно - на рисунке 86 показан пример их итогового расположения.
180.	Доска состоит из 1999 четырехклеточных прямоугольников. Второй игрок может отвечать на каждый ход первого ходом в тот же прямоугольник, но через клетку. Другими словами, если занумеровать клетки каждого прямоугольника цифрами 1, 2, 3 и 4, то на ход первого в клетку с (не)четным номером второй систематически отвечает ходом в другую клетку с (не)четным номером.
181.	При правильной игре выигрывает первый игрок, если хотя бы одно из значений т и п нечетное, и второй игрок - если т и п четные.
Приведем решение для доски т х п клеток, где т и п - нечетные натуральные числа. Первый ход первого игрока должен быть «несим-
из
метричным»: выберем на доске центральную клетку и проведем в ней одну из диагоналей. Все последующие ходы первого игрока должны быть симметричными ходам второго игрока относительно центра доски (рис.87). Ясно, что первый игрок не нарушит условие игры
ранее второго игрока.
Если число клеток по одной стороне четно, а по другой - нечетно, то начинающему следует провести центральный отрезок на оси прямо
угольника и далее играть аналогично случаю нечетных тип.
Рассмотрим случай четных тип. Пусть т = 2k, п = 2d. Тогда число клеток в прямоугольнике т*п четно и число всех отрезков, проходящих по сторонам клеток (не по диагоналям), равное 2k(2d + 1) + + 2d(2k + 1), тоже четно. Учитывая то, что в каждой клетке может быть
проведена только одна диагональ и дважды проводить один и тот же отрезок нельзя, второй игрок может придерживаться следующей стратегии: если начинающий игрок проводит отрезок по некоторой стороне квадрата, то второй игрок тоже должен провести любой отрезок по свободной стороне квадрата; если начинающий игрок проводит отрезок по диагонали квадрата, то второй игрок тоже проводит любой свободный диагональный отрезок и т.д. Очевидно, второй игрок может всегда обеспечить себе ход и, следовательно, в этом случае он выигрывает.
182.	а) Сумма всех незачеркнутых чисел есть сумма всевозможных произведений номеров невычеркнутых столбцов на номера невычеркну-тых строк. Поэтому она равна произведению суммы номеров невычеркнутых столбцов на сумму номеров невычеркнутых строк. Так как каждая из этих сумм не меньше 2, то произведение не может быть простым числом.
6)	Если зачеркнуть числа строки с номером 3 и столбца с номером 5, то сумма вычеркнутых чисел 6 + 9 + 12 + 15 + 18 + 21 + 24 + 27 + + 10 + 20 + 25 + 30 + 35 + 40 + 45 равна простому числу 337.
у\х2 -1)	. п	п .
183.	Поскольку k =	——• и НОД(х2 -1, х) = НОД \у2 - 1, у] ,
то у должно делиться на х, а х2 -1 должно делиться на у2 -1. Ситуации у = 0 или ±1 невозможны, поскольку делить на ноль нельзя. Значит, |г/| > 1 . Вследствие делимости х2 -1 на у2 -1 имеем х2 -1 > у2 -1, а вследствие делимости у на х имеем |у\ > |х|. Следовательно, в рассматриваемом случае |х| = |у| и k = ±1 .
Осталось убедиться, что k может принимать значения 0 (например, при х = 1 и у = 2), 1 (при х = у = 2) и -1 (при х = 2 и у = -2).
184.	а) Первый способ. Покажем, что если х2 оканчивается на 21, то стоящая в разряде сотен цифра числа х должна быть нечетной. Число х оканчивается либо на 1, либо на 9. Пусть х = 10я + 1, тогда
114
х2=(10я + 1)2 = 100 а2 + 10 2а + 1, и следовательно, число 2а оканчивается на 2, а само число а - либо на 1, либо на 6. Если а = = 106 4- 1, то х2 = (1006 + И)2 , и в разряде сотен числа х2 стоит нечетная цифра. Аналогично, если а = 106 4- 6, то х2 - (1006 4-61)2 -в разряде сотен опять стоит нечетная цифра.
Случай х = 10я 4- 9 разбирается аналогично.
Итак, если х2 оканчивается на 21, то в разряде сотен числа х2 не может стоять цифра 2. Очевидно также, что х2 21 , поэтому ни при каких натуральных х > 1 уравнение х2 4- 1 = 22...2 не имеет решений.
Второй способ. Если бы в разряде сотен числа х2 стояла четная цифра, то при делении на 8 число х2 давало бы в остатке 5, а этого быть не может (квадрат любого натурального числа при делении на 8 дает в остатке либо 0, либо 1, либо 4).
б)	Первый способ. Предположим, такое число х существует, тогда, разделив 77...76 на 4, получим квадрат, оканчивающийся на 19. Этого быть не может, поскольку хотя бы одна из двух последних цифр квадрата всегда четна. _________
Второй способ. Число 777...76 при делении на 7 дает остаток 6, однако квадрат натурального числа при делении на 7 не может давать такой остаток.
185.	Можно (рис.88).
186.	Если общая сумма гонорара нацело делится на число задач, то об экономии не может быть и речи. Поэтому делители числа 400, которые не превышают 24, следует сразу исключить. Таким образом, количество отобранных задач находится среди чисел 3, 6, 7, 9, И, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19, Рис 88 21, 22, 23, 24. Разделим 400 на каждое из
этих чисел, выделив целую и дробную части. Каждую дробную часть запишем в виде обыкновенной дроби, для удобства не сокращая числитель и знаменатель на их общий делитель. Если дробная часть не 1
меньше ~ , то при округлении таких чисел сумма гонорара увеличилась бы, и вместо экономии получился бы перерасход. Поэтому такие числа
1 также отбрасываем. Для тех же, у которых дробная часть меньше —, экономия появится, причем нетрудно сообразить, что она будет равна числителю несокращенной дроби. Все вышеизложенное удобно свести в таблицу:
Число задач N	400/N	Экономия (если она есть)
3	133 4- 1/3	1
6	66 4- 4/6	—
7	57 4- 1/7	1
115
9	44 + 4/9	4
И	36 + 4/11	4
12	33 + 4/12	4
13	32 + 10/13	-
14	28 + 8/14	-
15	26+ 10/15	—
17	23 + 9/17	-
18	22 + 4/18 •	4
19	21 + 1/19	1
21	19 + 1/21	1
22	18 + 4/22	4
23	17 + 9/23	9
24	16 + 16/23	-
Итак, в четырех случаях экономится 1 рубль, в пяти случаях - 4 рубля, и лишь в одном случае - 9 рублей. А теперь вспомним условие, в котором говорится, что главный редактор сумел определить, сколько задач было отвергнуто. Лишь при экономии, равной 9 рублей, можно точно ответить: были опубликованы 23 задачи, а забракована лишь одна.
187.	Воспользуйтесь равенством а463 + 64с3 + с4а3 - а364 - 63с4 - с3а4 =
= (а - b)(b - с)(с - d)(a2b2 + b2c2 + с2а2 + abc(a + b + с)) =
= ~(а - b)(b - с)(с - а) (а2 (6 + с)2 + 62 (с + а)2 + с2 (а + 6)2}.
Рис. 89
188.	В параллелограмме ABCD проведем хорду PQ || AD (рис. 89), а затем хорды QM || BD и QN || АС . Точки М, Р, N - три вершины искомого параллелограм
ма.
189.	Нельзя. Периметр квадрата 4x4 выражается рациональным числом, а гипотенуза прямоугольно
го треугольника - «половинки» единичного квадрата - равна V2 , т.е.
числу иррациональному. Следовательно, гипотенузы всех фигурок должны спрятаться внутри квадрата 4x4, располагаясь парами гипотенуза к гипотенузе. Но в пяти фигурках гипотенузы расположены параллельно, а в трех - перпендикулярно друг к другу. Это значит, что любая попытка сложить квадрат будет неудачной, так как по крайней мере одна гипотенуза окажется в паре с перпендикулярной ей гипотенузой.
116
190.	Проведем высоту СН. Треугольники АСН и ВСН содержатся в кругах с диаметрами АС и ВС соответственно. Первый из этих кругов покрыт кругами радиуса б/>/2 с центрами А и С, а второй - кругами радиуса а/>/2 с центрами В и С.
191.	Число 2%а иррациональное, поэтому число \[а -l!b - 2^-также иррационально (как разность иррационального и рационального чисел). Рассмотрим равенство
(^ + ^)3 = в+з^ь(^+^)+ь.
Обе части равенства - рациональные числа. Значит, число ЧаЬ (Уа + y/b] рациональное. Предположим, что у[а + yfb * 0 . Тогда \[ab - рацио
нальное число. Рассмотрим равенство
Первый множитель правой части - иррациональное число, а второй множитель - рациональное число. Приходим к противоречию: число а - b оказывается иррациональным. Следовательно, y/a+y/b=0, откуда а = -Ь.
192.	2000.
193.	Нет.
194.	Покажем, что испытуемых «пятерок» должно быть не менее 18. Пронумеруем всех игроков от 1 до 18. Игрока с номером 1 нужно испытать в паре с 17 другими игроками. Поскольку в каждой «пятерке» он может образовать только 4 различных пары, то для этого его нужно включить в состав не менее чем 5 «пятерок». Точно так же любой из 18 игроков должен выходить на игровое поле не менее 5 раз. Это возможно лишь в том случае, когда количество «пятерок» не менее 18.
Один из возможных наборов из 18 «пятерок» показан в таблице на с.120.
195.	Отразив точку С симметрично относительно прямой AD, получим такую точку Е (рис.90), что ZBAE = ZBAD + ZDAE = ZBAD + + ZDAC = 90° и Z.BDE = ZBDA + + ZADE = ZBDA + ZADC = 90°. Вокруг четырехугольника ABDE можно описать окружность. Соединяя ее центр О с серединой N хорды AD, имеем ON ± AD ± СЕ . Средняя линия МО треугольника ВСЕ параллельна его стороне СЕ.
196.	Представив число п в виде п = = 2k + 1, где k - любое целое неотри
цательное число, запишем исходное Рис. 90
117
№ «пятерки»
Состав игроков
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 И
12
13 1
14 1
15 1
16 1
17
18 1
6 7	10	15	17
6	8	12 13	18
6	9 И 14	16
5	9 10	14	18
57	12	15 16
5	8 И 13	17
4	8	12	14	17
4	7	10	13	16
4	9 И	15	18
3	8	10	15 16
3	9	12 13	17
3	7	И 14	18
2	16 17 18
2	13 14 15
2	10 И 12
2	7 8 9
2 3 4 5 6
3 4 5 6
выражение:
3-5" + 8п2 +44п-67 = 3-52*+1+32Л2+120Л-15 .
Докажем методом математической индукции, что число 3  52*+| + + 32fe2 +120fe -15 делится на 128. При k = 0 это утверждение проверяется непосредственно. Предположим, что 3-52*+1 +32Л2 +120fe-15 делится на 128. Очевидно,
з.	52(*+1)+1 + 32 • (£ +1)2 +120 • (* +1) -15 =
= 25-(3-52*+1 + 32Л2 +120Л-15)- 128-(б£2 +22Л-4).
В первой скобке получили выражение, которое по предположению делится на 128, а оставшийся член имеет множитель 128.
197.	Для п = 1 или 2 утверждение верно ввиду равенств 1! = 1 • 1 и 2! = 1-2 . Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального w, т.е. п \ = а • b , где а < b < 2а . Тогда разложение на множители (п + 2)! = а (п + 2) • b (п +1) удовлетворяет условию задачи. Действительно, а(п + 2) < Ь(п + 2) < 26(л + 1) и b(n +1) < 2а(п +1) < < 2а(п + 2).
198.	4 часа. Петя с 12 : 00 до 14 : 00 проехал некоторое расстояние b вместе с велосипедистом и прошел расстояние а пешком. Поэтому за
118
вдвое большее время он успеет пройти пешком расстояние b + 2а - а это и есть расстояние от райцентра до лагеря.
199.	Начинающий может победить при любом начальном положении короля. Суть стратегии в следующем. Подсчитаем число вертикальных ходов, которыми король может с исходного поля дойти до нижней (первой) горизонтали, а также количество вертикальных ходов, которыми король может дойти до верхней (восьмой) горизонтали. Поскольку сумма этих чисел равна 8 - 1 = 7, то одно из них нечетно.
Пусть, для определенности, надо сделать нечетное число ходов, чтобы дойти до нижней горизонтали (рис.91). Тогда первый игрок может пойти прямо вниз; номер горизонтали уменьшится на 1 и из четного станет нечетным. Что делать второму? Если он сделает горизонтальный ход или вернется диагональным ходом на исходную горизон- Рис. 91 таль (пойдет на одну из закрашенных клеток рисунка), то первый игрок сразу сможет выиграть. Поэтому второй игрок будет вынужден сделать вертикальный или диагональный ход, спустившись еще ниже.
В ответ первый игрок опять может пойти вертикально вниз. Второму, чтобы не проиграть, опять придется опустить короля ниже, и так будет продолжаться до того, как после очередного хода первого игрока король попадет на нижнюю горизонталь. Тогда второму игроку придется сделать горизонтальный ход или поднять короля по диагонали вверх, после чего первый игрок побеждает, ставя короля на ранее пройденное поле.
Между прочим, если бы размеры доски были иными - например, 9x9, ~ то не каждое исходное положение короля приносило бы выигрыш тому, кто делает первый ход: 16 полей (подумайте, какие именно) были бы выигрышными для второго игрока.
200.	Разобьем шахматную доску на «доминошки» - прямоугольники, состоящие из двух клеток. (Это можно сделать многими разными способами.) Первым своим ходом начинающий может поставить короля на клетку, парную с той, на которой король находился изначально (т.е. на вторую клетку того же прямоугольника). Затем в ответ на каждый ход противника он может ставить короля на клетку, парную той, на которой король в тот момент находится. Таким образом, после каждого хода второго игрока и ответа на него очередной прямоугольник окажется «полностью использован». Ясно, что рано или поздно второй игрок будет вынужден поставить короля на клетку, принадлежащую уже использованному прямоугольнику.
119
201.	б) Само множество М должно быть выбрано, так как не содержится ни в каком другом своем подмножестве. Выбранным должно быть и любое множество, получаемое из М выбрасыванием одного элемента. (Таких множеств столько же, сколько й элементов в М, т.е. п штук). Легко понять, что указанные п + 1 подмножеств удовлетворяют условию задачи: если некоторое невыбранное подмножество А отличается от М тем, что не содержит элементы mv т2,..., mk , то Л является пересечением k выбранных подмножеств, первое из которых не содержит т.\, второе не содержит т2, ..., наконец, k-e подмножество не содержит mk. Ответ: п + 1 подмножество.
202.	Пусть, когда Том Сойер проснулся, часовая стрелка образовывала со стрелкой будильника угол а (рис.92), а когда встал - угол р (рис.93). Поскольку минутная стрелка поворачивается каждую минуту

Рис. 92	Рис. 93
на 6°, а часовая - на 0,5°, то за 3 минуты минутная стрелка повернется на 18°, а часовая - на 1,5°. Следовательно, 2а + Р = 18° и а - Р = 1,5° , откуда а = 6,5° и р = 5°.
С момента, как Том встал, и до момента, как будильник зазвенел, часовая стрелка повернулась на 5°. За это время минутная стрелка повернулась в 12 раз больше - на 60°. Значит, когда будильник зазвенел, минутная и часовая стрелки образовывали угол 65°.
Найдем все такие моменты с целым числом минут. К х часам у минутам часовая стрелка поворачивается на угол (ЗОх + 0,5#) ° , а минутная стрелка делает х полных оборотов и еще поворачивается от положения, которое она занимала в полночь, на 6#°. Значит,
бу - (ЗОх + 0,5#) = 65 или бу + 360 - (ЗОх + 0,5#) = 65 .
Решим первое из этих двух уравнений: 11# - 60х = 130. Так как х и # - целые числа, то # кратно 10. Обозначим # = 10/?. Тогда
11k = 13 + бх.
Поскольку 0 < у < 60° , то 0 < k < 5 . Перебором значений k можно найти единственное решение: k = 5, х = 7 и у = 50.
120
Второе уравнение можно привести к виду 60х = 590 + И#, а затем заменой у = 106 - к виду 6х = 59 + 1 Ik. Поскольку х < 11, решений нет. Будильник был заведен на 7 часов 50 минут.
203.	Пусть в искомый момент времени на часах горят цифры ab : cd. Тогда
60(10fl + b) + 10с + d = 100 (я + b + с + d) .
Чтобы удовлетворять этому уравнению, d должно делиться на 10. Значит, d = 0. Уравнение можно записать в виде
50й = 46 + 9с.
Учитывая, что а е {0,1, 2} и что Ь, с - цифры, легко находим ответ: 00 : 00 или 18:20.
204.	а) Складывая суммы для клеток аир (рис.94) и вычитая из результата суммы для клеток у и 5, получим число в центральной
1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1
Рис. 95
2	2	2	2	2
-2	-2	-2	-2	-2
0	0	0	0	0
2	2	2	2	2
-2	-2	-2	-2	-2
Рис. 96
клетке. Чтобы доказать, что число ни в какой другой клетке определить нельзя, сравните рисунки 95 и 96: все интересующие нас суммы равны нулю, а для любой нецентральной клетки числа в рассматриваемых таблицах - разные.
б) Рассмотрим рисунки 97 и 98. Все суммы, о которых идет речь в задаче, для этих таблиц равны 2. Но почти во всех клетках - точнее, во
1	0	-1	1	0	1	1	0		0	1	1	0	1	-1	0	1
0	1	1	0	1	-1	0	1		1	0	-1	1	0	1	1	0
1	-1	0	1	-1	0	1	-1		-1	1	0	1	-1	0	-1	1
1	0	-1	1	0	1	1	0		0	1	1	0	1	-1	0	1
0	1	1	0	1	-1	0	1		1	0	-1	1	0	1	1	0
-1	1	0	-1	1	0	-1	1		1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	0	-1	1	0	1	1	0		0	1	1	0	1	-1	0	1
0	1	1	0	1	-1	0	1		1	0	-1	1	0	1	1	0
Рис. 97								Рис. 98								
всех, кроме клеток сЗ, сб, f3 и f6,- числа в этих таблицах разные. Значит, если содержимое какой-то клетки можно восстановить по суммам, то это - одна из клеток сЗ, сб, f3, f6.
121
Рис. 99
Рис. 100
Теперь научимся по суммам определять содержимое клетки сЗ. Для этого сравним рисунки 99 и 100. Первый рисунок позволяет найти сумму всех чисел доски, а второй - сумму всех чисел, кроме числа клетки сЗ. Вот и все: вычитая из одной суммы другую, находим число клетки сЗ! Аналогично можно найти числа клеток сб, f3 и f6.
Таково авторское решение пункта б). Интересно, как он мог такое придумать? Ну ладно, изобрести рисунки 99 и 100 хоть и трудно, но при определенном усердии можно. Но как можно придумать расстановки чисел, запечатленные на рисунках 97 и 98?
Посмотрите на (гораздо проще устроенный) рисунок 101. Все суммы, о которых идет речь в задаче, для этой расстановки чисел равны нулю. Поскольку равны нулю все суммы и для таблицы, состоящей сплошь из нулей, то невозможно определить числа ни в одной из клеток,
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
1	-1	0	1	-1	0	1	-1
Рис. 101
-1	-1	-1	-1	-1	-1	-1	-1
1	1	1	1	1	1	1	1
0	0	0	0	0	0	0	0
-1	-1	“1	-1	-1	-1	-1	-1
1	1	1	1	1	1	1	1
0	0	0	0	0	0	0	0
-1	-1	-1	-1	-1	-1	-1	-1
1	1	1	1	1	1	1	1
Рис. 102
где в таблице рисунка 101 стоят ненулевые числа. Аналогично, нельзя определить числа ни в одной из клеток, в которых на рисунке 102 стоят ненулевые числа.
Итак, если содержимое клетки поддается восстановлению, то эта клетка должна благодаря рисунку 101 лежать на одной из вертикалей с или f, а благодаря рисунку 102 - на третьей или шестой горизонталях. Пересечение этих вертикалей и горизонталей - как раз клетки сЗ, сб, f3, f6.
205.	Нет. Как в цифрах любого дня, так и в цифрах любого месяца есть хотя бы одна из цифр 0, 1 и 2. Следовательно, цифры 0, 1 и 2 122
2
составляют не менее ~ всех цифр, использованных в записи дат, а
3°	2	3
должны составлять —. Но — > — .
1U о 1U
206.	897 -897 = 804609 . В решении ребуса мы сначала оперируем неравенствами в стиле вытягивающего себя за волосы барона Мюнхгаузена, а уж только затем - перебираем несколько вариантов.
Так как самое маленькое шестизначное число равно 100000, то СЕКРЕТ > 100000, откуда СТО > ^/100 000 > 300 и, значит, С > 3 . Следовательно, СЕКРЕТ > 300000, откуда СТО > ^/300000 > 500 и С > 5 • Поэтому СЕКРЕТ > 500000, откуда СТО > ^/500 000 > 700 и С > 7 . Наконец, СЕКРЕТ > 700000, откуда СТО > д/700000 > 800 и С>8 .
Теперь обратим внимание не на первые, а на последние цифры чисел СТО и СЕКРЕТ: произведение О • О кончается на Т. Вспомнив таблицу умножения, мы понимаем, что (О; Т) - это (2; 4) , (3; 9) , (4; 6) , (7; 9), (8; 4) или (9; 1). Осталось к каждому из чисел ТО = 42, 93, 64, 97, 48, 19 приписать слева цифру 8 или 9, возвести в квадрат и посмотреть,
получилось или нет..
207.	Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что к	ь	гт	я2
наибольшим из чисел а, о, с является число а. По условию, а > — .
Ь2 а2	&
Значит, а = Ь. Далее, а > — = — , откуда с > а . Следовательно, а =
208.	Пусть первая программа содержала k клипов. Тогда вторая программа содержала 1,5 • k клипов, а Бивису понравилось k : 5 клипов 3
первой программы и (1,5 • k): 2 = — k клипов второй программы. Отсю-4
да следует, что k кратно и 5, и 4, т.е. делится на 20. Тогда пусть k = 20m, где т - натуральное число. Тогда вторая программа содержала 1,5 • 20m = 30m клипов, а третья - все остальные клипы, т.е. 200 - 20m -
- 30m = 200 - 50m клипов. Значит, 200 - 50m > 0, откуда т < 4.
тт т-	20m	30m	, _	_
Далее, Бивису понравилось всего —— + —— = 19m клипов. Батт-Хеду понравилось столько же клипов, причем в это число входили все клипы третьей программы. Поэтому 19m > 200 - 50m , откуда т >	.
Значит, 2 < т < 43, так что т = 3.
Теперь легко найти ответ: первая программа содержала 20 • 3 = 60 клипов, вторая - 1,5 • 60 = 90 , а третья состояла из 200 - 60 - 90 = 50
клипов. Бивису понравилось — + — = 57 клипов, Батт-Хеду - столько же. А не понравились каждому из них 200 - 57 = 143 клипа.
123
209.	Докажем, что если ломаная проходит через вершину куба, то существует соединяющая те же точки (и, разумеется, лежащая на поверхности куба) ломаная меньшей длины. Если отрезки ХВ и BY ломаной лежат на ребрах АВ и
Рис. 104
ВС куба (рис. 103), то эти два звена ломаной можно заменить на отрезок ХУ. А в общем случае можно развернуть на плоскость грани куба, на которых лежат отрезки ХВ и BY (рис. 104). Проведя’ на развертке отрезок XY, мы укоротим ломаную.
Аналогично можно доказать общий факт: если две точки поверхности выпуклого многогранника, отличные от его вершин, соединены ломаной наименьшей длины, звенья которой лежат на поверхности многогранника, то ломаная не проходит через вершины многогранника.
210.	28 клеток закрасить можно (рис. 105). Докажем, что более 28 клеток окрасить нельзя. При окрашивании одной клетки периметр неокрашенной части листа (или сумма [периметров, если таких частей несколько) увеличивается на 2. Пусть п клеток Вася уже покрасил. Тогда сумма периметров неокрашенных частей равна 28 + + 2п (так как периметр первоначального квадрата равен 28). С другой стороны, остались неокрашенными 49 - п клеток, так что сумма периметров неокрашенных частей не превышает 4 (49 - и). Следовательно, 28 + 2п < 4(49 - п) , откуда п <28.
211.	Завхозу следует выбрать грубые
весы, ибо с их помощью можно обойтись всего 99 взвешиваниями, а с помощью точных весов 99 взвешиваниями не обойтись.
Рассмотрим случай, когда завхоз использует грубые весы. Пусть он расставил банки в порядке возрастания их масс. Вначале можно выбрать банки с номерами 1,3, 5, ..., 101 и за 50 взвешиваний сравнить первую с третьей, третью с пятой, ..., 99-ю со 101-й. Если каждый раз весы будут подтверждать предположения о весе банок, то третья банка тяжелее первой не менее чем на 2 г, пятая тяжелее третьей также не 124
Рис. 105
менее чем на 2 г, и так далее. Тогда 101-я банка тяжелее первой не менее чем на 100 г. Но наибольшая разность масс банок равна 100 г, значит, при каждом взвешивании разность масс была ровно 2 грамма, что подтверждает веса банок с нечетными номерами. Подтвердить массы 50-ти банок с четными номерами можно за 49 взвешиваний аналогичным методом.
Рассмотрим случай использования точных весов. Между расставленными банками есть 100 промежутков. Каждому соответствует пара банок, отличающихся на 1 г. Значит, после 99 взвешиваний найдется пара банок, которые между собой не сравнили. Если бы они стояли в другом порядке, то результаты взвешиваний не изменились бы. Значит, нет гарантии, что эти банки не перепутаны.
212.	Обозначим массы гирек через k, k + 1, k + 2 , ..., k + 6 , где k - натуральное число, не превосходящее 7. Сначала сравним число k с числом 4. Для этого на одну чашу весов положим гирьки массами k и k + 1 , а на другую чашу - гирьку массой k + 5 .
•	Если k + (k +1) < k + 5 , то k <4. Вторым взвешиванием сравним гирьки массами k и k 4-1 с гирькой массой k 4- 3. Если &4-(б4-1) = &4-3, то k = 2. Если k 4- (k 4- 1) > k 4- 3 , то k = 3. Если k 4- (k 4- 1) < k 4- 3 , TO k = 1.
•	Если k + (k + t) = k + 5, to Ze = 4 .
•	Если же k > 4, то вторым взвешиванием сравним две гирьки с массами Н5иН6с тремя гирьками: k, Н 2 и /г 4- 3 . Равенство (k 4- 5) 4- (k 4- 6) = k 4- (k 4- 2) 4- (k 4- 3) выполнено при k = 6. Если две гирьки перевесят, то k = 5. Если же перевесят три гирьки, то k - 7.
213.	Треугольники ВРМ и CQM - равнобедренные. Поэтому ZPBM = ZPMB и Z.QCM = ZQMC . Поскольку сумма углов четырехугольника АВМС равна 360° и поскольку величина угла М этого четырехугольника равна 360° - 110° = 250е, то
ZPMB + ZQMC = 360° - 40° - 250° = 70° .
Следовательно,
ZPMB + Z.BMC + ZCMQ = ZPBM + 110° + ZQMC = 110° + 70° = 180°,
что и требовалось доказать.
214.	Нет. Если серединный перпендикуляр к биссектрисе BL пересекает прямые АВ и ВС в точках Р и Q соответственно, то BPLQ - параллелограмм (и даже ромб, но сейчас это не важно). Отрезок АС проходит через вершину L этого параллелограмма, так что точки А и С лежат с той стороны от серединного перпендикуляра, где нет точки В.
215.	Никто. Коля может расставить 12 кораблей (рис. 106), а Петя не может расставить более 12 кораблей.
Чтобы доказать последнее утверждение, рассмотрим 12 квадратов размером 2x2, закрашенных на рисунке 107. Очевидно, любой трехклеточный корабль содержит хотя бы одну закрашенную клетку, причем
125
Рис. 106
Рис. 107
никакие два корабля не могут содержать закрашенные клетки из одного и того же квадрата 2x2 (иначе они бы соприкоснулись). Значит, количество кораблей не превосходит количества закрашенных квадратов размером 2x2, т.е. не превосходит числа 12. Морской бой
закончится вничью.
216. Искомое множество изображено на рисунке 108. Рассмотрим
два случая. Пусть сначала углы AM С и ВМС лежат по одну сторону от прямой МС. Тогда равенство ZAMC = ZBMC означает, что точки А и
В лежат на одном луче, выходящем из точки М. Другими словами, точка М должна принадлежать прямой АВ, но не лежать на отрезке АВ.
Теперь рассмотрим более трудный случай, когда углы AM С и ВМС
лежат по разные стороны от прямой МС. Обозначим буквой D образ точки В при симметрии относительно прямой МС. Так как С А = СВ = = CD, то возможны два случая: либо D = А, либо ACD - равнобедренный треугольник (рис. 109). В первом случае СМ - биссектриса угла АСВ (внутренняя или внешняя), причем искомыми являются все точки обеих биссектрис, кроме точки С (для нее углы AM С и СМ В не определены).
Во втором случае сумма величин углов CAD и CDM равна 180°. Следовательно, Z.CAM + Z.CMB = 180° , четырехугольник САМВ вписанный и точка М лежит на окружности, описанной около треугольника
126
АСВ. Условию задачи удовлетворяют не все точки окружности, а только точки не содержащей точку С дуги АВ (за исключением ее концов).
217.	Формулировка задачи не лишена лукавства (не сказано, какая именно из трех средних линий имеется в виду), и можно пойти по ложному следу - безуспешно доказывать, что линия, показанная на рисунке 110 пунктиром, является средней линией. Опытные «математические бойцы», рисуя разные треугольники (в том числе и такой «узкий», как на рисунке 111), догадывались, что нужно доказывать параллельность прямых PD и ВС.
При симметрии относительно биссектрисы угла С лучи CD и CF меняются местами, а окружность переходит сама в себя (рис. 112). Поскольку прямые EF и АС параллельны, то прямые PD и ВС, получающиеся из них осевой симметрией, тоже параллельны.
218.	Существуют. Например, а = (1 + 2)(1 + 22)...0 + 219)и b = 2а.
21$. Возьмем любые 1999 членов последовательности. Вычислим их сумму s. Добавим к ним ($ -1) -й член последовательности. Он не совпадает ни с одним из взятых ранее чисел, поскольку больше суммы всех их вместе взятых. Осталось заметить, что $ + ($ -1)$ = $2 .
220.	Все 2000 чисел должны быть одной четности (т.е. либо все четные, либо все нечетные). В самом деле, допустим, среди них есть и четные числа, и нечетные. Тогда какие-то два числа разной четности окажутся рядом, и их сумма не будет делиться на 2, что противоречит условию.
Если все 2000 чисел четные, то их сумма не меньше суммы 2000 наименьших четных натуральных чисел. Очевидно, 4000000 = 1 +3 + + 5 + ... + 3999 <2 + 4 + 6+ ... + 4000. Значит сумма 2000 чисел, удовлетворяющих условию, не может быть меньше 4000000.
С другой стороны, числа 1, 3, 5, ..., 3999 удовлетворяют условию. В самом деле, убедимся, что для любого k < 2000 сумма k нечетных чисел, записанных подряд, делится на k . Пусть наименьшее из этих чисел равно п. Тогда эти k чисел таковы: п, п + 2, п + 4, ..., п + 2k - 2. Сумма этих чисел равна произведению количества этих чисел на
127
полусумму первого и последнего, т.е. сумма равна ,n + n + 2k-2	,
к-------------= k(п + k -1), а это число делится на k .
221.	а), б) Сторож может пройти по одному из путей, показанных на рисунке 113, щелкнув по одному разу по всем попавшимся на пути выключателям. При этом он побывает в каждом узле сетки ровно один . * ,    ।	।  Раз и в каждом коридоре один
I—— — — — ——-4	-----раз включит свет и один раз-
Г“ —————— —I--------------------- выключит. По окончанию пути
Г"”	“ “ “J	весь объект будет неосвещен.
LZZZZZZJ Эти пути не кратчайшие: L_______________I----------------двигаясь вдоль диагонали al-
I—------------—J----------------- h8 и тратя на обход каждой
1111,111	1 клетки 6 отрезочков пути, мож-
Рис. 113	но по коридорам пройти из
левого нижнего угла в правый верхний, погасив за собой весь свет и пройдя путь длиной лишь 48 единичных отрезочков.
в) Раскрасим вершины в шахматном порядке. Сторож может перебраться в вершины того же цвета, что и левый нижний угол, а ни в какую другую не сможет.
В самом деле, сторож может «пройти по диагонали», т.е. перебраться в единичном квадратике ABCD из А в противоположную вершину С. Для этого достаточно пройти по пути ABCDАВС, щелкая всеми встречающимися выключателями, кроме D. (Проверьте!) Умея «проходить по диагонали», сторож сможет пройти в любую вершину того же цвета, что и левый нижний угол.
Осталось доказать, что сторож не может перебраться в вершины другого цвета. Для этого докажем, что если сторожу удалось погасить весь свет, то он сделал четное число переходов по единичным коридорам. (Этого достаточно: так как каждый переход меняет цвет вершины, то после четного числа переходов цвет возвращается к первоначальному.)
Будем считать, что каждый переключатель может находиться в положениях ВВЕРХ или ВНИЗ и что вначале все переключатели были ВНИЗ. Заметим, что на концах освещенного коридора положения переключателей различны. Сторож может выполнять элементарные действия двух видов: щелкать выключателем и переходить от выключателя к соседнему выключателю по освещенному коридору. После любого из таких действий он оказывается у противоположно направленного переключателя.1
1 Это ключевое наблюдение: если проследить за положениями выключателей возле сторожа, то положение после любого из таких действий противоположно положению до действия.
128
В полностью неосвещенном объекте все выключатели одинаково ориентированы: все ВВЕРХ или все ВНИЗ. Разберем оба случая. Если в конце все выключатели ВНИЗ, то сторож в сумме совершил четное число действий, так как начал и закончил у выключателя ВНИЗ. Поскольку он щелкнул каждым выключателем четное число раз, то общее число щелчков тоже четно. Значит, четно и число
переходов.
Если же в конце все выключатели ВВЕРХ, то сторож сделал в сумме нечетное число действий. Но так как всего выключателей 81 (нечетное число!), причем каждым сторож щелкнул нечетное число раз, то общее число щелчков тоже нечетно. Значит, число переходов и в этом случае
четно.
222.	Прямые из разных красивых троек не параллельны, иначе на
одной из них была бы отмеченная точка, не лежащая на прямых другой
тройки. Рассмотрим две красивые тройки. Они пересекаются в девяти точках, при этом отмеченными могут быть только эти точки. Небольшим перебором можно показать, что если убрать только одну точку из девяти (оставив восемь точек), то невозможно указать третью красивую тройку прямых. Но если оставить 7 точек - середины сторон параллелограмма, две противоположные вершины и центр, то три тройки найдутся.
223.	Один из способов показан на ри
сунке 114 (каждая из видимых граней оклеена двумя прямоугольни-
ками, а каждая из невидимых на рисунке граней оклеивается так же, как и противоположная ей видимая
грань).
224.	40 ладей расставить легко (рис. 115). Докажем, что при любой расстановке ладей, удовлетворяющей условию задачи, свободными останутся не менее 24 клеток.
Разберем сначала случай, когда на каждой вертикали стоит хотя бы одна ладья. Над верхней и под нижней горизонталями доски напишем строки из 8
чисел по следующим правилам: если на ° Рис 115 вертикали стоит не менее двух ладей, то 1 над (под) вертикалью запишем число пустых полей над (под) самой верхней (нижней) ладьей этой вертикали; если же на вертикали не более одной ладьи, то над и под вертикалью запишем тройки.
Итак, над и под доской выписаны две строки по 8 чисел. Докажем,
5 Библиотечка «Квант» № 93
129
что в верхней2 строке каждое из чисел 0, 1 или 2 встретится не более двух раз. В самом деле, если бы, например, в верхней строке присутствовали три единицы, то средняя из трех соответствующих ладей била бы трех (нечетное число!) ладей.
Таким образом, сумма выписанных чисел не меньше 2 (0+ 0 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3) = 24. Поскольку сумма выписанных над и под любой вертикалью чисел не меньше общего числа пустых полей этой вертикали, то сумма всех выписанных чисел не меньше числа всех пустых полей. Значит, число пустых полей не менее 24.
Случай, когда на всех вертикалях есть хотя бы по одной ладье, разобран. Осталось разобрать случай, когда на доске есть свободные от ладей вертикаль и горизонталь. (Догадайтесь, почему!) Вычеркнув одну свободную от ладей горизонталь и одну свободную вертикаль, мы получим доску размером 7 х 7 > рассуждение для которой аналогично тому, что приведено выше для доски размером 8x8. Задача решена.
Если немного подумать, становится ясно, что наибольшее число ладей, которые можно расставить на доске размером п х п так, чтобы каждая из них била четное число других, равно + 2w)/2j .
225.	Занумеруем кусочки в порядке возрастания масс. Налево положим первый, третий, пятый и седьмой кусочки, а направо - второй, четвертый, шестой и восьмой. Перевесит правая чаша. А если затем налево добавить девятый кусочек, то перевесит левая чаша. Следовательно, достаточно разрезать девятый кусочек.
' 226. Разложим куски сыра вдоль оси абсцисс, чтобы между кусками сыра не было пустых промежутков. Для всех достаточно малых х можно найти такое число f(x) > х , что между точками хи f(x) расположена ровно половина массы сыра. (Слова «достаточно малых» относятся к тому, что при некотором х = с величина f (х) окажется равна точке Ь, правее которой сыра уже нет. Дальнейшее увеличение величины х привело бы к ситуации f(x) < х , а это для наших целей не нужно.) Значит, если а - левый край сыра, то на отрезке [ а; с ] можно рассмотреть (непрерывную!) функцию д(х} - стоимость сыра, расположенного между хи f(x). Поскольку д(а) + д(с) - это стоимость всего сыра, то по теореме о промежуточном значении непрерывной функции существует такое число х е [о; с], что д (х) - это половина стоимости всего сыра. Проводя разрезы в точках хи д(х), мы добиваемся своей цели - делим сыр на две части, равные и по массе, и по стоимости.
227.	Да. Система уравнений
nx + (n + t)y = w + 2, (п + 3)х + (п + 4)# = п + 5
при любом п имеет решение х = ~1, у = 2.
2 Да в нижней тоже, поскольку она ничем не хуже верхней строки.
130
228.	a = 0, b = 1 и с = 2 или а = -2, b = -1 и с = 0. Если все числа а, Ь, с отличны от нуля, то все три уравнения - квадратные, а дискриминант одного из них равен 0. Подставив b = а + 1 и с = а + 2, находим дискриминанты уравнений: Ь2 - 4ас = -За2 -6а +1 , с2 - 46а = -За2 + 4 и а2 - 4с6 = -За2 - 12а - 8 . Решив три квадратных уравнения, убеждаемся, что никакой дискриминант не равен нулю ни при каком целом а.
Осталось рассмотреть три случая: 1) а = 0; 2) b = 0; 3) с = 0. Первый и третий случаи подходят (в каждом из них получается линейное уравнение с одним корнем и квадратные уравнения, одно из которых имеет два корня, а другое - ни одного). Во втором случае получаем уравнения -х2 + 1 = 0,х-1=0и х2 - х = 0 , два из которых имеют по два корня.
229.	Треугольники ВМЕ и CMD подобны, поэтому BE : CD = = ВМ : СМ = 2. В треугольнике BDF отрезок FO - медиана. Поскольку он делит отрезок ВС в отношении 2:1, считая от вершины, то отрезок ВС - тоже медиана треугольника BDF. Итак, DF - 2CD - BE и, значит, BEFD - параллелограмм.
230.	Пусть в процессе игры из автомата выпало К красных, Б белых и С синих фишек. Тогда всего автомат выбросил К + Б + С фишек. С другой стороны, первый раз автомат включился в самом начале игры, а все последующие разы - после опускания в щель синей фишки. Поэтому всего автомат включался С + 1 раз (это значение и требуется определить). При каждом включении автомат выбрасывает 10 фишек, поэтому общее число фишек равно 10(С + 1). Таким образом,
К + 5 + С = 10(С + 1),
откуда С = (К + Б -10) :9 . Всего после обмена фишек на деньги игрок получил К + 300/> долларов. Так как он не оказался ни в выигрыше, ни в проигрыше, то
К + 3005 = 2000,
откуда К - 2000 - 3005. Следовательно,
1990-2995	25-1
С =-----------= 221 — ооЬ-------.
9	9 ’
так что 25-1 делится на 9. Поскольку количество белых фишек не превышает 2000 : 300 < 7 (иначе игрок после обмена белых фишек на доллары остался бы в выигрыше), то 5 < 6. Среди всех целых неотрицательных 5, не превышающих 6, лишь для 5 = 5 значение ок- 1	о п к- с 1990-299-5 сс А
25-1 делится на 9. Поэтому 5 = 5 и С =------------- 55 . Автомат
включался 55 + 1 = 56 раз.
231.	Пронумеруем вершины куба числами 1, 2, ... , 8 и обозначим число в k-й вершине через ak, а среднее арифметическое его соседей
131
через sk. Поскольку треть каждого числа входит в три средних арифметических для соседних вершин, то сумма Щ + а2 + ... + равна сумме $! + $2 + • • • + $8 • Пусть для определенности	+1,..., а7 =
= $7 +1 . Тогда (st +1) +... + (s7 +1) + ^8 = $! +... + S7 + $8 , следователь-но, $8 = я8 + 7 • Значит, оставшееся число отличается от среднего арифметического своих соседей на 7.
232.	а) Рассмотрим для данного круга другой круг, в котором все лжецы станут рыцарями, а все рыцари - лжецами. В новом круге путешественник услышит в точности то, что в старом, ибо изменились моральные принципы не только каждого жителя, но и соседа. Поскольку путешественник сумел на основании полученных ответов определить долю правдивых жителей, эта доля в обоих случаях одинакова. Следовательно, она равна 1/2.
б) Предположим, что все лжецы племени на вопрос, кто самый старший, показывают на самого младшего. Пусть путешественник считает, что некоторая система вопросов позволила ему узнать самого старшего. Тогда если ночью все лжецы станут рыцарями, а все рыцари - лжецами, то утром та же самая система вопросов укажет на самого младшего в племени. Значит, путешественник ни при какой системе вопросов не может утверждать, что он действительно нашел самого старшего.
233.	Если бы в Дурляндии жили только одни дураки или же дураки и один умный, считающий себя умным, то все отвечали бы единообразно, и установить, кто есть кто, было бы невозможно. Если же в Дурляндии есть хотя бы двое умных, то они укажут друг на друга и тем самым докажут, что они действительно умные. Спрашивая их, можно выяснить, кто умный, а кто нет.
234.	Пусть х и у - искомые числа. Тогда х > у и х делится на у. Пусть х = ky, где k - натуральное число, большее 1. Далее, обозначим х + у = = а\ и х - у -Ы. Тогда а > b и, следовательно, а\ делится на Ь\. Значит, х + у кратно числу х - у. Но
х + У = ky + y = k + i = t + 2
х-у ky -у k-\	k~\ ’
Поэтому k - 1 = 1 или 2, т.е. k = 2 или 3. Число k - факториал, следовательно, k = 2. Из равенства а\ : Ъ\ = 3 следуют равенства 0 = 3 и b - 2. Значит, х = 4 и у = 2 .
235.	Пусть длина стороны треугольника равна 1. Точкой старта может быть любая точка на стороне треугольника, удаленная от вершины этой стороны на расстояние, равное т/2п , где т, п -натуральные числа.
236.	Данное уравнение преобразуется к виду
(х - у)2 + (у- z)2 + (г - х)2 + (х - 2)2 (х +1) +
+ (у-2)2(у + 1) + (г-2)2(г + 1) = 0.
132
Так как х+1>0,г/+1>0иг+1>0, то все слагаемые неотрицательны, значит должны равняться нулю. Это возможно только при х = у = = z =2.
237.	Разобьем гирьки на пары: две самые тяжелые, две следующие и так далее. Каждым ходом первый должен класть на весы одну из двух самых тяжелых гирь, чтобы второй был вынужден положить вторую гирю пары. А именно, первый кладет более легкую, если разность чашек меньше 2 г, и более тяжелую гирьку - если разность равна 2 г. В частности, первые ходы: 49 г, 50 г, 47 г, 48 г, 46 г, 45 г, и так далее. После каждой пары ходов первого игрока разность между массами чаш весов будет равна 2 г. Тогда после 24-х ходов первого игрока в его распоряжении останутся гирьки 1 г и 2 г, а чаша соперника будет перевешивать на 2 г., т.е. у первого игрока не будет возможности сделать ход, поэтому он выиграет.
238.	а) Вот два расположения: 100, 1, 2, 3, ..., 98, 99 и 2, 3, 4, ... ..., 99, 100, 1.
6) 301 место. Решение начинается с того, что каждый пассажир включен в один из циклов вида PjP2 • Рт > гДе fl, fl, •• • , Рт ~ некоторые пассажиры, причем -й пассажир, где i = 1, 2, ..., т - 1, имеет билет на место, которое занимает fl+1 -й пассажир, а Рт -й пасажир - на место, которое занимает Pt -й пассажир. Если в таком цикле 100 пассажиров или менее, то они составляют группу, для которой среднее арифметическое номеров занимаемых ими мест равно среднему арифметическому номеров мест, указанных в их билетах, что противоречит условию. Поэтому т > 101. Значит, если число циклов не меньше 3, то в аэробусе не менее 303 пассажиров.
Далее, если Pk, Pfe+1,..., Pk+r - цепочка пассажиров, последовательно включенных в некоторый цикл, причем номера мест в билетах пассажиров Pk и Pk+r отличаются на 1, то г > 101. Рассматривая цепочку Pk+r, Pk+r+i,...» Рт, fl,..., Pk , получим неравенство m-(k + r) + k> 101. Следовательно, m>101 + r> 202 , и поэтому число мест в аэробусе может быть меньшим, чем 303, только если выполнено одно из следующих условий:
1) все пассажиры включены в один цикл;
2) число циклов равно 2, причем любые два билета на соседние (по номерам) места принадлежат пассажирам из разных циклов.
Пусть выполнено первое условие. Рассмотрим пассажиров Д, Д+1 и Д+2 билетами на n-e, (n +1) и (п + 2) -е места соответственно. Между пассажирами Д и Д+1 в кратчайшей из цепочек, их соединяющих, имеется не менее 100 пассажиров, между Д+1 -м и Д+2 “м ~ также не менее 100 пассажиров, а между 4+2’M и Д-м либо нет ни одного пассажира, либо имеется не менее 100. Значит, если общее число мест меньше 303, то либо Д сидит на (п + 2) -м месте, либо Д+2 сидит на n-м месте. Ввиду произвольности номера п имеем (с точностью до направления) цикл ДДД... ДД2Д... Д^ , где У и ЛГ - наибольший
133
нечетный и наибольший четный номера соответственно, а Д- пассажир, занимающий t-e место, i= 1, 2,..., max(N, N'). Пассажиры, сидящие на местах N, 2, 4, ... , 198, имеют билеты на места 2, 4, 6, ... , 200, а разность соответствующих средних равна (N - 200): 100 . Так как эта разность больше 1, то N > 301 . Нетрудно убедиться, что цикл At А3А5... А301А2А4... А300 удовлетворяет условиям задачи.
Пусть теперь выполнено второе условие, т.е. имеются два цикла, каждый из которых включает верх пассажиров с билетами на места одной четности. Если в каком-нибудь из этих циклов пассажир Д сидит не на (п + 2) -м месте, а Д+2 - не на и-м месте, то в цикле не менее 202 пассажиров, а в аэробусе - не менее 403 мест. В противном же случае имеем (с точностью до направления) цикл AtA3A5... AN , где пассажиры с билетами на места 1, 3, 5, ... , 199 сидят на местах N, 1, 3, ..., 197; разность соответствующих средних арифметических (N -199): 100 больше 1, откуда N > 301 .
239.	а) Пусть точки L и К симметричны точке М относительно прямых ОХ и OYсоответственно. Тогда точкиK,PhN лежат на одной прямой и NK = NP +РК = NP + РМ. Аналогично, на одной прямой лежат точки N, Q и L, причем NL - NQ + QL = NQ + QM. Осталось доказать равенство треугольников KON и LON (по двум сторонам и углу между ними).
240.	Пусть ABCD - данный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями, которые пересекаются в точке О (рис. 116). Тогда по
D
AM	D
Рис. 117
теореме Пифагора
АВ2 = АО2 + ВО2 ,
ВС2 = ВО2 +СО2 ,
CD2 = СО2 + DO2 ,
DA2 = DO2 + АО2 , откуда АВ2 + CD2 = ВС2 + DA2. Палочки длин АВ и CD сделаем катетами одного прямоугольного треугольника, а палочки длин ВС и DA - другого. Совместив эти треугольники по гипотенузам, получим четырехугольник с двумя прямыми углами.
241.	Так как угол А в треугольнике АВС наименьший, то ВС < АС и на стороне АС най-С дется такая точка М, что СМ = = СВ. Биссектриса СО угла С равнобедренного треугольника
134
ВМС пересекает основание ВМ в его середине - точке (рис. 117). Очевидно, что средняя линия FN треугольника АВМ и радиус окружности ЕО параллельны отрезку АС. Докажем равенство FN = ЕО -тем самым мы докажем, что NOEF - параллелограмм и, следовательно, OC\\EF.
Радиус ЕО окружности, вписанной в прямоугольный треугольник BCD, вычисляем по формуле
BD + CD-BC Е°’--------2-----'
Осталось заметить, что
AM = AD + CD - CM = BD + CD - BC,
AM BD + CD-BC откуда FN = —=------------------= EO .
242. Предположим, что у коротышек не менее чем по 13 друзей. Зарегистрируем какого-то одного коротышку вместе со всеми его
друзьями, друзьями его друзей и друзьями друзей его друзей. Очевидно, всего будет зарегистрировано не менее 1 + 13 + 1312 + 131212 = = 2042 > 2000 коротышек.
243.	Мысленно уберем из стопки первого игрока самую старшую бубновую карту Т. Возможны два случая.
1)	Пусть среди оставшихся бубновых карт найдется убывающая пара карт, т.е. такие карты К и Д (не обязательно король и дама), так что К старше Д и лежит выше Д. Тогда второй выигрывает, выкладывая в своей стопке Т пик на место К бубен у первого, К пик на место Д бубен, Д пик на место Т бубен, и карты равного достоинства на остальные
места.
2)	Если среди оставшихся бубновых карт нет убывающих пар, то все бубны идут по возрастанию. Выберем из них четыре карты, скажем 10, В, Д и К. Тогда второй выиграет, выкладывая в своей стопке пиковых Д, 10, К и В соответственно на места бубновых 10, В, Д и К у первого,
и карты равного достоинства на остальные места.
244.	Решение - в статье А.Спивака «Цепи и антицепи», в «Кванте»
№5 за 2003 год.
245.	а) 10; б) 16. Пусть на доске стоят х ладей, каждая из которых угрожает п другим ладьям, где п = 1 в пункте а) и п = 2 в пункте б). Любая ладья «ведет обстрел» по четырем направлениям: влево, вправо, вверх и вниз от поля, которое она занимает. В п направлениях ладья «стреляет» в других ладей, а в остальных 4 - п направлениях попадает в отрезки внешней границы доски. Этих отрезков всего 3
32. Поэтому х < -4 - п , т.е. х < 10 при п = 1 4
135
и х < 16 при п - 2. Рисунки 118 и 119 доказывают, что эти оценки достижимы.
246.	(п2+Зп + з)п + 1 = (п + 1)3.
248.	а) {{в, fe};{x; у}} = {{1; 5};{2; 3}} или а = Ь = х = у = 2. Пусть сначала хотя бы одно из чисел а, Ь, х и у равно 1; предположим для определенности, что у = 1. Тогда ab = х + 1 = = (а +' Ь) + 1, откуда ab — я - 6 + 1 = 2, т.е. (а -1 (Ь -1)) = 2 и, значит, (д; Ь) = (2; 3) или (3; 2); при этом х = а + b = 5.
Если же числа а, Ь, х и у не меньше 2, то ab = x + y = xy+\-\ + + х + у-ху = ху+ 1 - (х -1) (у -1) < ху = а + b = ab + 1 - 1 + а + + b-ab = ab+\- (а -1) (Ь -1) < ab . Цепочка неравенств началась с числа ab и им же кончилась. Следовательно, в ней не может быть ни одного строгого неравенства, т.е. а = Ь = х = у = 2.
249.	Разделим клетки доски на 16 крайних, одну центральную и 8 средних. На средние клетки было сделано 8 ходов, один из них из центра, поэтому не более 7 - с края. Значит, с края на край сделано не менее 9 ходов. Предположим, с края на край нет ходов по диагонали, тогда по принципу Дирихле вдоль одной из сторон квадрата сделано не менее 3 ходов с края на край. Для них есть 3 начальных и 3 конечных клетки, но на одном краю доски только 5 клеток, поэтому какая-то начальная совпадет с конечной, т.е. найдутся два последовательных хода в одном направлении, чего быть не может.
Итак, имеется ход D с края на край по диагонали. Тогда он отсекает угол, и ход из этого угла (или в этот угол) пересекает D. Таким образом, ломаная должна быть самопересекающейся.
250.	Воспользуйтесь тем, что сумма квадратов рассматриваемых чисел не меняется.
251.	Поскольку (д + 6)2 > а2 + Ь2 и (с + J)2 = 2с2 + 2d2 - 2(с - J)2 < < 2(с2 +б/2), то
а2+Ь2 < (а + b)2 = 2 fa + frf < 1 f if = 1
с2+d2 ~ 2(c + d)2 ~ 2 '{c + dJ < 2 A2J -8’
252.	Если a,b,cnd~ натуральные числа, произведение любых трех из которых является квадратом, то квадратом является и произведение (acd)(abd)(abc) = а3 • (bed)2. Поэтому квадратом натурального числа является и число а , а значит и само а.
253.	Пусть биссектрисы внешних углов В и С треугольника АВС пересекаются в точке D его описанной окружности; I - центр вписанной окружности треугольника АВС. Поскольку ZJBD = 90° = Z1CD, то точ-ки /, В, D и С лежат на одной окружности. Она пересекается в трех точках (В, D и С) с описанной окружностью треугольника АВС; поэтому она совпадает с этой окружностью; но точка I не лежит на этой окружности.
136
254.	Поскольку из двух наклонных, проведенных из одной точки О, длиннее та, у которой проекция больше, то из неравенства DP < РА следует неравенство OD < ОА . Аналогично, ОА < ОВ < ОС < OD . Цепочка неравенств началась и закончилась одной и той же величиной OD. Следовательно, О А = ОВ = ОС = OD.
255.	Пусть каждому медвежонку в конечном итоге досталось т граммов сыра. Так как после каждого откусывания масса куска уменьшается в 2 раза, то лиса не могла от каждого куска откусить одинаковое число раз (по 5), так как в этом случае начальные массы кусков также были бы равны, что противоречит условию. Поэтому пусть от первого куска лиса откусила п раз (0<п<4),аот второго - остальные 10 - п раз. Тогда первоначальные массы кусков были равны т • 2” и m • 210"” .
Допустим, медвежата правы, и уравнять массу частей можно за k откусываний, где 1 < k < 3 • Так как и < 4, то масса первого куска меньше, чем второго, и для уравнивания надо от второго куска откусить больше раз, чем от первого, т.е. больше k/2 раз. Итак, пусть от второго куска при уравнивании надо откусить р раз, причем k/2 < р k
3.	Тогда от первого куска следует откусить k - р раз. В результате массы кусков станут равны т • 2n~^k~p^ и т • 210-п"р , а поскольку они сравняются между собой, то п - (k - р) = 10 - п - р, откуда
k = 2(п + р-5),
т.е. k - четное число. Но 1 < k < 3, следовательно, k = 2. Далее, так как k/2 < р k, то р = 2. Поэтому
2 = 2(п + 2-5) , и п = 4.
Таким образом, первоначальные массы частей равны т-24 = 16т и т-210-4 = 64т. В сумме это составляет 1 кг, или 1000 г, поэтому 16m + 64m = 1000, откуда т = 12,5 г. Окончательная же масса обеих частей равна 12,5x2 = 25 г, что противоречит условию, согласно которому на долю медвежат досталось меньше 20 г сыра.
Следовательно, медвежата неправы.
Правомерен вопрос: а возможно ли вообще, чтобы после десятого откусывания медвежатам досталось меньше 20 г сыра? Оказывается, да. Простейший пример: лиса разламывает сыр на части, массы которых соотносятся как 1:1024, а затем 10 раз откусывает от большей части. В результате массы кусков уравниваются, но каждый из них будет весить меньше грамма! Возможны и другие, менее грабительские варианты.
256.	Пусть числа записаны на карточках, выложенных в ряд. Будем менять карточки и увеличивать вдвое числа на них. Две карточки, раз поменявшись местами, обратно поменяться не могут. Предположим противное и выберем пару (А, В), первой поменявшуюся обратно. Ясно, что в промежутке между прямым и обратным обменами была еще хотя бы одна операция с А или В, иначе левое число так и осталось бы меньше правого. Однако карточка, поменявшись с А, попадет между А и В.
137
Снова с А она не менялась - иначе обратный обмен А и В не первый. Остаться между А и В она тоже не может - тогда А и В не смогут поменяться. Значит, она поменялась с В. Но тогда сколько раз в промежутке поменялась А, столько раз поменялась и В, значит, числа на карточках А и В увеличились в одинаковое количество раз, правое осталось больше левого, и они таки не могли поменяться.
258.	Решим задачу в общем случае - найдем минимально необходимое число разрезов для квадрата размером п х п клеток. Но предварительно осмыслим ситуацию, если у нас имеется произвольный клетчатый прямоугольник. Разрезав его по любой линии сетки, мы получим два прямоугольника, у которых длина одной из сторон (той, вдоль которой шел разрез) одинакова. Длина второй стороны может также совпадать, но может и не совпадать. В любом случае получатся два прямоугольника, которые можно сложить так, что один поместится на другом, не выступая за его пределы, и при этом линии сетки совпадут. Поскольку такое наложение разрешено условием, то в дальнейшем вместе с разрезанием большего прямоугольника одновременно будет разрезан и меньший. Поэтому можно после очередного разреза забыть о меньшем из получившихся прямоугольников, ибо, наложив его на больший и в дальнейшем не снимая его, мы одновременно с разрезанием большего прямоугольника на единичные квадратики разрежем на такие же квадратики и меньший. Таким образом, задача свелась к следующей: квадрат размером п х п разрезаем по линиям сетки и после каждого разреза меньшую из частей отбрасываем (если они одинаковы - то любую). Требуется за наименьшее число разрезов «добраться» до квадрата размером 1x1.
Расположим исходный квадрат так, чтобы одна из его сторон была горизонтальна, а другая вертикальна, и после очередного разреза и отбрасывания меньшей части большую часть не будем трогать, сохраняя ее ориентацию. Заметим, что при любых разрезаниях вдоль горизонтали меняется лишь высота оставшейся части прямоугольника, а при любых разрезах вдоль вертикали меняется лишь его ширина. Что это значит? А лишь то, что разрезы по вертикали и горизонтали независимы, и их можно менять местами, что на итоговый размер «остатка», не влияет. Поэтому мы можем сначала произвести все необходимые горизонтальные разрезы, получив из квадрата п х п горизонтальную полоску размером 1 х п , а затем вертикальными разрезами получим из нее квадратик 1x1.
Выясним, какое потребуется наименьшее количество горизонтальных разрезов. После каждого разреза высота прямоугольника -«остатка» уменьшается не более чем вдвое. Поэтому если k - такое натуральное число, что 2А-1 < п < 2* , то наверняка потребуется не менее k разрезов. Покажем, что k разрезов и достаточно. Первым разрезом отрежем прямоугольник высотой 2*-1. Второй получившийся в результате разреза прямоугольник будет иметь высоту п - 2*"1 < 2k -138
- 2*"1 = 2*"1, т.е. его высота не превышает высоту первого. Значит, отбрасываем второй, так как он - меньший. В дальнейшем все разрезы проводим, деля высоту точно пополам. Тогда после второго разреза высота станет равна 2k~2 , после третьего - 2*-3 , ...» после k-ro -2k~k =2° =1, что и требуется.
Очевидно, столько же потребуется и вертикальных разрезов, а всего, таким образом, нужно сделать 2k разрезов. Это и есть ответ для произвольного п.
Так как 210 < 1111 < 211 , то k = И, и для разрезания данного квадрата на единичные квадратики потребуется как минимум 2•11= 22 разреза.
259.	а) Каждый пост контролирует не более 7 перекрестков; 155 : 7 > 23.
б) Если установлено п колонок, то количество улиц, выходящих из перекрестков, на которых установлены колонки, не меньше 4??. Из неравенства 4г? < 162 следует неравенство п < 40 .
260.	а) Пусть А = апап_х ...дЛО...О , где а&ак+\> - ian-van ~ цифры, причем 0, ak * 0, п> k > I . В частном случае ak может быть ненулевой цифрой, стоящей в разряде единиц, тогда нули справа в записи числа А отсутствуют. Если взять число В = 10w -1 , где т>п, то сумма цифр произведения АВ = А 10™ - А равна 9m. Чтобы убедиться в этом, произведем вычитание в столбик и с учетом поразрядного переноса получим:
ап +ап-\ + ••• +ak -1 + 9+ ... +9 + 9-ап + 9-ап_} + ... + 10-я* = 9т.
б) Сначала построим десять последовательных натуральных чисел, из которых первое делится на 2000, второе - на 2001, ..., десятое - на 2009.
Пусть А = 2000-2001- ... -2009 , тогда требуемым свойством обладают числа АВ + + 2000, АВ + 2001, ..., АВ + 2009, где В - Ч. некоторый вспомогательный натуральный	Ч.
множитель. Если бы удалось подобрать чис-	Ч.
ло В таким образом, чтобы сумма цифр	ч.________
числа АВ равнялась 1998, то задача была бы	\
решена.
Поскольку 1998 = 9 • 222, то, по доказан- рис /20 ному в п.а), достаточно взять В = 10222 -1	..
(число 222 превышает количество цифр в	^Ч.
числе А, поскольку А < (1ОООО)10 = 1О40 ).
262.	На рисунке 120 пунктиром показано, _____________^Ч.
какие точки и отрезки лежат на одной пря- \ I мой. Симпатично и решение в виде «корабли- \ i ка» (рис. 121).
263.	Первый способ. Рассмотрим жуков, у которых на исходной доске было по 4 ?ис’ Ш
139
соседа, т.е. жуков, занимавших «внутреннюю» часть доски. Их 15-29 = 435 штук. На новой доске у каждого такого жука опять-таки должно быть не меньше 4 соседей, поэтому все они должны попасть внутрь новой доски. Но 14 • 31 = 434 < 435 .
Второй способ. Каждым двум жукам-соседям сопоставим «перегородку» - общую сторону клеток, в которых они сидят. Количество перегородок не должно уменьшиться. Но 15•30 + 29•16 = 914 > 913 = = 14-32 + 31-15 .
264.	Не может. Из делимости числа ДЕВЯНОСТО на 90 следует, что буква О означает цифру 0. Поскольку в условии встретились 10 различных букв, то использованы все 10 цифр. Их сумма 1 + 2 + ... ...+ 8 + 9 - 45 делится на 9. Поскольку суммы Д + Е + В + Я + Н + + С+ ТиД + Е + В + Я + Т + К+ А делятся на 9, то К + А и Н + С делятся на 9.
Пусть СОТКА делится на 9. Тогда С + Т +К + А делится на 9. Мы помним, что К + А делится на 9. Значит, и С + Г делится на 9. Итак, Н + С и Т + С делятся на 9, так что Н иТ дают одинаковые остатки при делении на 9, что невозможно.
265.	а) Первые 8 натуральных чисел можно расставить по кругу так, чтобы каждое делилось на разность своих соседей (рис. 122). Для каких 1	еще чисел такая расстановка возможна, я не
6 знаю.
7	6) При требуемой расстановке у каждого
нечетного числа соседи должны быть разной 4 четности (поскольку их разность, будучи де-2	лителем нечетного числа, нечетна). Значит,
нечетные числа должны быть разбиты на 5 пары, окруженные четными числами. Но количество нечетных чисел среди первых 2001 8	3	натуральных чисел равно 1001, а это число
Рис. 122	нечетно.
266.	Сначала научимся получать числа от 2 до 210. Из числа 1 можно получить 2, увеличив на 100% . Из 2 можно получить 3 и 4, увеличив на 50% и 100% соответственно. Из 4 можно получить 5. Из 5 можно получить любое число от 6 до 10. Из 10 - любое число от 11 до 20. Из 20 - любое число от 21 до 25. Из 25 - от 26 до 50. Из 50 - от 51 до 100. Из 100 - от 101 до 200. Из 200 - любое из чисел 202, 204, 206, 208 и 210. Числа 201 и 207 - это увеличенные на 50% числа 134 и 138 соответственно. Число 203 получаем, увеличивая 140 на 45% . Наконец, 209 - это увеличенное на 10% число 190.
Докажем, что простое число 211 получить нельзя. В самом деле, если 211 получено из числа m увеличением на п процентов, то
211 = m +	, т.е. 21100 = т(100 + п), что невозможно из-за простоты
числа 211.
140
267.	Ось абсцисс направлена влево вниз (рис. 123). В самом деле, решив уравнения ах + Ь = Ьх + с, Ьх + с = сх + аисх + а- ах + + 6, находим абсциссы точек пересечения с— Ь а-с пунктирных прямых - числа а_^ » ^_с и b - а
с_а - Их произведение равно -1. Все три абсциссы отрицательными быть не могут:
b-а
если, например, а - наименьшее из чисел а, b и с, то > 0 . Итак, среди найденных абсцисс ровно одна - отрицательная. Это и позволяет выбрать один из четырех априори возможных вариантов ответа.
268.	Предположим, что каждые двое сыграли между собой ровно 8-7
один раз. Всего было —~ ~ 28 игр. Если некоторый игрок проиграл 6 раз, то он между своими семью играми наблюдал, стоя в очереди, 66 игр. Поскольку никто не мог кончить турнир раньше 22-й партии, то
22 <7 + 66 <28,
а	k	ь
п	z	1
d	т	с
Рис. 124
откуда 6 = 3. Итак, каждый игрок проиграл 3 игры и всего было 8 • 3 # 28 проигрышей.
269.	Поскольку (х + у)3 - 4 (х3 + у3 ) = -3 (х + + у)(х ~ у)2 , искомое множество состоит из двух прямых, заданных уравнениями у = ±х .
270.	Обозначим числа в таблице буквами, как показано на рисунке 124. Поскольку
4s = (a+ k + n +z) + (k + b + z + l) + (n + z + d + m) + (z + l + m +с) =
= a + b + c + d + k + l + m + n + z + (k + l + m + n + 3z) =
= l + 2 + ... + 8 + 9 + (6 + / + m + n + 3z) = 45+ (k + l + m + n + 3z)
и
2+3+4+5+31 < k +1 + m + n + 3z <5 + 6 + 7 + 8 + 3*9 ,
TO
45 + 17 < 4s <45 + 26 + 27 , откуда 15 < s < 25.
Осталось привести примеры для s = 16, 17 ... ,24. Впрочем, пример для s = 20 уже дан в условии задачи. Остальные - на рисунке 125. (Заметьте: замена каждого числа х таблицы на число 10-х переводят таблицу, соответствующую числу s, в таблицу, соответствующую числу
141
5	3	8	6	7	5	4	9	5	1	7	4
7	1	4	1	3	2	2	3	1	8	3	5
6	2	9	9	4	2	7	6	8	6	2	9
9	3	6		6	1	5		4	3	5		5	7	2
2	7	5		8	7	9		9	7	8		3	9	6
4	8	1		3	4	2		1	6	2		4	8	1
Рис. 125
40 - s. Поэтому придумывать пришлось только первую половину этих таблиц.)
271.	Например,
Л = (11 1033 +1)3 = 1331 1096+363 1064 +33 1032 +1,
В = (1032 +11)3 = 10" + 33 • 1066 + 363 • 1033 +1331.
272.	Не может. Предположим, что каждая из сторон четырехугольника может пересекаться какой-либо биссектрисой в точке, отличной от вершины. Сторон четыре и биссектрис столько же. Проведем диагонали
четырехугольника и отметим их точку пересечения буквой О. Биссектриса угла А пересекает или сторону ВС, или сторону CD. Если она пересекает сторону CD, то она пересекает и отрезок OD. Тогда сторону ВС и отрезок ОС пересекает биссектриса угла D, сторону АВ и отрезок ОВ - биссектриса угла С, а сторону AD и отрезок ОА - биссектриса угла В. Обозначим точки пересечения
биссектрис с диагоналями через А', В', С' и D' (рис. 126).
АВ АВ' AD' AD АВ ВС
Поскольку bc = b^<^c = cd.to — < — . Вместе с тем
АВ А'В С'В ВС АВ ВС
=	>	= CD ’ т е’ CD > AD ‘ ПР°тив°Речие-
273. Больше трехчленов, не имеющих корней.
274. Самый большой делитель числа п - 1 равен п - 1, но тогда сумма остальных двух делителей должна быть равна 1, что невозможно.
Поэтому число п - 1 не может входить в указанную сумму. Из оставшихся делителей числа п - 1 самый большой, очевидно, не превышает (п -1)/2 , следующий по величине не превышает (п -1)/3 , следующий - (п-	, и так далее. Теперь ясно, что делитель, равный
142
(п -1)/2 , непременно должен входить в сумму (иначе сумма трех делителей будет меньше п).
По той же причине в сумму обязано входить и слагаемое (п -1)/3 , а третье слагаемое не может быть меньше (п -1)/5 . Поэтому третье слагаемое равно (п -1)/4 или (п -1)/5 . Осталось составить линейные уравнения и найти ответ: п = 13 или 31.
275. Вообразите, что мы разработали способ, который для любого исходного количества монет позволяет выделить и оставить у нас меньшее число монет, причем среди оставшихся настоящих опять больше, чем фальшивых. Тогда мы рано или поздно дойдем до того, что монет останется одна или две, а настоящих среди них будет больше, чем фальшивых, так что все они будут настоящие.
Осталось придумать такой способ уменьшения числа монет. Разберем два случая.
Число монет четно. Разобьем их на пары и взвесим. Если весы при каком-то взвешивании показали равенство, то монеты либо обе настоящие, либо обе фальшивые. Равенств настоящих монет должно быть больше, чем равенств среди фальшивых (ибо настоящих монет было больше). В следующий этап проходят по одной монете из каждого такого равенства (которые останутся после того, как заберет плату хозяин весов).
Число монет нечетно. Разобьем их на несколько пар и еще одну монету. Произведя взвешивание в каждой паре, подсчитаем число возникших равенств. Если их оказалось нечетное число, то отберем, как и прежде, по одной монете из каждого равенства, так как равенств среди настоящих монет не может быть меньше, чем равенств среди фальшивых. Если же равенств четное число, то возьмем оставленные нам хозяином весов монеты из равенств и добавим к ним оставленную ранее в стороне монету. Настоящих монет опять больше, чем фальшивых. (Подумайте, почему!)
276. Соединим центр каждой грани с ее вершинами и по проведенным отрезкам проведем разрезы. Получим 6 конгруэнтных ромбов с острым углом при вершине величиной 60° (ромбы будут перегнуты, но это можно расправить). Разрезав каждый такой ромб по короткой диагонали, получим требуемое.
278. На рисунке 127 проведены 36 диагоналей. Докажем, что больше 36 не бывает - рассмотрим отмеченные кружочками точки рисунка 128. Один из концов любой диагонали - отмеченный. Поэтому диагоналей не больше, чем кружочков, т.е. не больше 36.
Интересно, какое наименьшее число
диагоналей можно провести так, чтобы ни- Ри6' 127
143
Рис. 128	Рис. 129
какие две из них не имели ни одной общей точки и нельзя было провести ни одной другой диагонали с соблюдением этого условия? На рисунке 129 вы видите 23 диагонали. Можно ли меньше?
279. Продлим стороны AF, ВС и DE в обе стороны до пересечения (рис. 130). Тогда треугольники АКВ, CLD и EMF равны по стороне и т	двум прилежащим к ней углам. Значит,
д	АК = CL = ЕМ и КВ = DL = MF. Но и
/ \ р	углы АКВ, CLD и EMF равны, т.е. в
треугольнике KML все углы равны, и он равносторонний. Тогда MK = KL - LM и у'	\	ВС = KL - КВ - CL. Аналогичные
Qr равенства можно записать для отрезков /sj	1 \ DE и FA. Сравнивая выражения, легко
р,/	установить, что ВС = DE = FA.
А A F М 280. 72°.
Рис. 130	281. х = у = z = 1. Все неизвестные -
неотрицательные числа. Если х > 1, то у < 1, откуда г > 1 и, следовательно, х < 1. Противоречие. Случай х < 1 аналогичен рассмотренному.
282. Пусть из спичек сложен прямоугольник высотой т и шириной п спичек. Тогда горизонтально расположенных спичек п(т + 1) , а вертикально расположенных - т(п + 1) . Уравнение
тпп + п + тп + т = 1000
можно преобразовать, домножив обе его части на 2 и прибавив по 1, к уравнению
(2m + l)(2n +1) = 2001 .
Поскольку 2001 = 3 • 23 • 29 , по сути осталось рассмотреть три случая: (2m +1; 2п +1) = (3; 667), (23; 87) или (29; 69) . Им соответствуют значения (т; и) = (1; 333), (11; 44) или (14; 34).
283. Рассмотрим куб ABCDA'B'C'D'. Первоначально поместим по точке во все 8 вершин куба, кроме D'. Сдвинем точки из трех соседних
144
вершин Z), А' и С' вдоль ребер на одну и ту же величину по направлению к £)' так, чтобы все расстояния между ними были больше 2001, но меньше 2001,1. Точки из вершин А, С и В' сдвинем по диагоналям граней к D', чтобы расстояния между ними и точками Z), А' и С' были больше 2001, но меньше 2001,1. Осталось убедиться, что точка А также отстоит от всех остальных точек на расстояние, большее 2001.
286.	49.
2р р
9	150
1000...00000...0001
2000...00000... 0002
р	2/р	р
287.	Поскольку 2 • — +1 < — +	< 0,23/?, достаточно доказать
_ 9 _	9	150
существование палиндрома, состоящего не более чем из 2 [р/9] 4-1 цифр. Рассмотрим (2 [р/9] +1) -
значное число, у которого первая и последняя цифры - единицы, а все остальные («внутренние») - нули (рис. 131). Под ним запишем второе число, у которого первая и последняя цифры двойки. Затем - тройки, и так вплоть до девяток.
Затем будем увеличивать от 0 до 9 вторую и предпоследнюю цифры, не трогая остальных. Затем - третью слева и третью справа и так далее. Последнее число этой конструкции состоит только из девяток, за исключением средней цифры, равной 0. Наконец, постепенно увеличиваем от 0 до 9 эту среднюю цифру, пока все цифры числа не станут равными 9.
Всего выписано 9 • [р/9] +1 > р чисел. Если хотя бы одно делится на р, то искомый палиндром уже найден. Если нет, то какие-то два из них дают одинаковые остатки при делении на р. Их
9000...00000...0009
9100...00000...0019
9200...00000...0029
9900...00000...0099
9910...00000...0199
9920...00000...0299
9990...00000...0999
9999...99099...9999
9999...99199...9999
9999...99299...9999
9999...99999...9999
Рис. 131
разность делится на р и является палиндромом (возможно, с несколькими нулями в конце, которые можно отбросить, ибо р взаимно просто с 10).
288.	9.
289.	24 короля расставлены на рисунке 132. Будем называть белыми королей, которые никому не угрожают, а черными - остальных. Пусть белых королей больше 12. Разобьем доску на 16 квадратов размером 2 х 2 . Не менее чем 13 из них заняты белыми королями (не терпящими никакого соседства!). Но в 16 - 13 = 3 квадратах разместить 13 черных королей невозможно.
291.	10 + 20^2 секунд.	Рис. 132
6 Библиотечка «Квант» № 93
145
292.	Обозначив середины отрезков АХА2, и CtC2 через А3, В3 и С3 соответственно, сведите дело к проверке равенства (АВз - В3С) + (СА3 - А3В) + (ВС3 - С3А) = 0 . Пусть / - длина стороны треугольника АВС. Домножив первую скобку на АВ3 + В3С = / , вторую на СА3 + А3В = I, а третью на ВС3 + С3А = I, воспользуйтесь теоремой Пифагора:
(ЛВ32 - В3С2) + (СА3 - А3В2) + (ВС3 - С3А2) =
= АО2 - ОС2 + СО1 - ОВ2 + ВО3 - ОА2 =0.
293.	Пусть ABCD - квадрат со стороной длины ч/б , EFGH -квадрат со стороной длины 2, точки Р, Q и R - середины отрезков EF, FG и ЕР соответственно (рис. 133). Поскольку в треугольниках BEF,
Рис. 135
CFG, DGH и АНЕ расстояние от вершины прямого угла до гипотенузы равно 1/2, можно сложить развертку, изображенную на рисунке 134.
294. 16-значные числа, первые 10 цифр которых -единицы, удобны.
296. Можно. В прямоугольнике, длина которого чуть меньше 3 м, а ширина - чуть меньше 2 м, сделаем треугольные вырезы (рис. 135). Наклон такого прямоу-
гольника относительно стен комнаты, сколь бы мал он ни бьТл, при достаточно большом числе треугольных вырезов позволяет затащить стол в комнату (рис. 136). Сумма площадей треугольников
Рис. 136
146
равна четверти площади прямоугольника. Поэтому в комнату можно внести стол, площадь которого сколь угодно близка не только к 4, но даже к 4,5 м2 .
297.	Нет. Для определенности, пусть х < у < z . Если HOK[jr,^,z] = HOK[jr +\,у + l,z +1] = НОК[л: + 2,у + 2,z + 2] = п , то каждое из чисел xyz, (х +1) (у +1) (z +1) и (х + 2) (у + 2)(z + 2) делится на п. В таком случае делится на п и число
xyz - 2(х +1)(^ + 1)(.г +1) + (х + 2)(у + 2)(z + 2) =
= 2х + 2у + 2z + 6 < 6z + 6 .
Поскольку числа z + 1 и z + 2 взаимно просты, то
6z + 6 > п > (z + l)(z + 2), откуда 6 > z2 - 3z . Следовательно, z < 5 . Осталось перебором убедиться, что искомых чисел не существует.
298.	а) Пусть х - наименьшее, а у - наибольшее из десяти чисел. Числа х и у при преобразовании переходят либо сами в себя, т.е. х = = ах + Ьъу = ау + Ь, откуда а - 1 и b = 0; либо меняются местами: у = ах + Ьих = ау + Ь, откуда а = -1.
6) Рассмотрите первые 10 натуральных чисел и отображение, заданное формулой t —> 11 -1.
299.	Нельзя. Если бы было можно, то сумма количеств фишек на соседних вертикалях вследствие формулы х + 2х = Зх делилась бы на 3. С другой стороны, для количеств фишек на горизонталях, снизу вверх, есть лишь четыре варианта: либо 1,3, 1,3, 1,3, 1,3; либо 3, 1, 3, 1,3, 1,3, 1; либо 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6; либо, наконец, 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2. Количества фишек на доске в первых двух случаях равны 16, а в третьем и четвертом - 32. Но ни 16, ни 32 не делится на 3.
300.	Раскрыв скобки в правой части равенства, приводим его к виду з(аЬ2 + ас2 + a2b + а2с + b2c - 6abcj = 0 . Сократив обе части на 3, получаем равенство
а(Ь-с)2 +Ь(с-а)2 +с(а-с)2 = 0 .
Поскольку числа а, b и с положительные, оно выполнено лишь при а = b = с.
301.	а) Спроецируем червяков на две перпендикулярные стороны рассматриваемого квадрата 16x16. Каждый из червяков даст в эту сумму вклад, не меньший 2 + 3 = 5. Но 13 • 5 = 65 > 2 • (16 +16).
6) Нет. Четыре червя можно разместить в квадрате размером 5x5 так, что никакая вертикаль или горизонталь не пересекает более чем двух червей рис щ
147
(рис. 137). Можно разместить три таких квадрата «по диагонали» в квадрате размера 16x16.
302.	Нельзя. Карточка с цифрой 0 может участвовать в образовании следующих отличных от 1 чисел: 90, 80, 70, 60, 50, 40, 30, 20, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2. Искомый отличный от 1 общий делитель является делителем одного из перечисленных чисел. Поэтому достаточно заметить, что хотя бы одно из десяти чисел, которые образуются при выкладывании карточек, нечетно, хотя бы одно не делится на 5, хотя бы одно не делится на 3 и хотя бы одно не делится на 7.
303.	Поскольку треугольник AMN подобен треугольнику ВМС ч	AN	AM	DN	DA + AN	. AN .
(рис.138),	то ^	= ^7-	Поэтому	— = —=	1 + — = 1 +
, AM ВМ + МА	BA	~	ND DN	BA DB
+ ВМ~	ВМ	“ МВ'	СлеД°вательно>	DB ~ ВС	~	МВ ~ ВМ	'
Поскольку ZNDB = 60° = ZDBM , то треугольник NDB подобен треугольнику DBM, так что существует поворотная гомотетия, переводящая ANDB в ADBM. Величина угла между прямой DB и ее образом при поворотной гомотетии ~ прямой ВМ -равна 60°. Поэтому и величина угла между прямой NB и ее образом -прямой DM - тоже равна 60°.
304.	26. Число 40 в виде произведения двух натуральных множителей, первый из которых больше второго, можно представить четырьмя способами: 40 1 = 10-4 = 8- 5 = 20-2 - Рассмотрим эти случаи.
1) Таблицу из 40 строк и 1 столбца можно разбить на 10 «кусочков» по 4 клетки в каждом. В каждом «кусочке» должна содержаться хотя бы одна буква У; но 10 > 7.
2) На рисунке 139 таблица размером 10x4 разбита на 8 кусочков, в каждом из которых должна присутствовать хотя бы одна буква У - в
противном случае в помеченной звездочкой клетке и в соседних с ней клетках написана буква А; но 8 > 7.
3) На рисунке 140 таблица размером 8x5 разбита на 6 кусочков, ни в одном из которых не может быть больше одной буквы У; но 6 < 7.
4) Таблицу размером 20 х 2 можно заполнить буквами А и У, как показано на рисунке 141. Есть и другие способы. Но в любом случае все буквы У расположены в разных
148
строках. После вычеркивания 7 строк с буквами У останется 13 строк с двумя буквами А в каждой.
305.	Малыш.
Лемма 1. Если Карлсон получает от Малыша кусок сыра размером 1 х п х п , где п > 1, то Малыш может выиграть, как бы ни играл Карлсон.
Доказательство - индукция. Предположим, что для всех натуральных чисел п, где 1 < п < N, утверждение леммы верно. Если Карлсон оставит Малышу кусок размером 1 х 1 х N , то Малыш сразу выиграет. Если же Карлсон оставит кусок размером 1 х п х N , где 1 < п < N, то Малыш может своим ходом оставить Карлсону кусок размером 1 х п х п , после чего, по нашему предположению, Малыш может выиграть, как бы ни играл Карлсон.
Лемма 2. Если Малыш оставит Карлсону кусок сыра размером 2 х (2п -1) х 2п , где п > 1, то Малыш может выиграть, как бы ни играл Карлсон.
Доказательство - индукция. База - случай куска размером 2x3x4 - проверяется непосредственно.
Переход. Предположим, что утверждение леммы 2 верно для любого п, где 2 < п < N. Рассмотрим кусок размером 2 х (N -1) х 2N , где N > 3 . Карлсон может, разрезая перпендикулярно оси абсцисс, превратить его в кусок размером а) 1 х (2N -1) х 2N ; перпендикулярно оси ординат - в кусок размером 6) 2 х 1 х 2N , в) 2 х 2 х 2N или г) 2 х k х 2N , где 3 < k < 2N ; перпендикулярно оси аппликат - в кусок размером д) 2 х (N -1) х 1, е) 2 х х (2N -1) х 2 или ж) 2 х (2N -1) х k , где 3 < k < 2N.
Малыш может превратить эти куски в куски размером а) 1х(2АГ-1)х(2ЛГ-1); б) 2x1x2! в) 2x2x1! г) 2х£х(& + 1), если k нечетно, и 2xkx(k-l), если k
v 7	v 7	pUCt 141
четно; д) 2x2x1; е) 2x1x2; ж) 2x2x1, если k = 1 и
2 х (/г +1) х k если k нечетно и 1 < k < 2N - 1, 2x1x2, если k = 2N, наконец, 2 х (k -1) х k , если k четно и 2 < k < 2N. Лемма 2 доказана.
Для решения задачи осталось заметить, что первым своим ходом Малыш может оставить Карлсону кусок размером 2x2001x2002, и применить лемму 2 при п = 1001.
306.	Продлим отрезки ВС, DE и FA до появления треугольника KLM (рис. 142), впишем в него окружность и соединим ее центр О с точками Р, Q и R ее касания со сторонами треугольника. Поскольку ZA = ZB , то АК = КВ. Далее, RK = КР. Следовательно, RA = RK -- АК = КР - КВ = РВ. Обозначим RA = РВ = х; аналогично, PC = = QD = у и QE = RF = z.
149
Равенства ВС = DE = FA приводят к системе уравнений х + у = у + z = = z + х, откуда х - у - z. Осталось вспомнить, что OP = OQ = OR, и вывести из теоремы Пифагора равенства ОА = ОВ = ОС = OD = ОЕ - OF.
307.	Если я62+6я2=0, то ab(b 4- а) = 0 , т.е. а = 0, b = 0 или а = = -Ь. В любом из этих трех случаев а5 +Ь5 = (а + Ь)5 .
Обратно, пусть (а 4- 6)5 = а5 4- Ь5 . Раскроем скобки:
а5 4- 5«46 4- 10я3Ь2 4- 10а263 4-
4- 5а64 4- Ь5 = а5 4- Ь5, откуда 5а46 4-10«362 4-10«263 4- 5«64 = 0 . Как легко проверить,
а*Ъ 4- 2а3Ь2 4- 2а2Ь3 4- ab* = ^ab(а + Ь)((я 4- Ь)2 4- а2 4- Ь2).
Последнее произведение равно нулю тогда и только тогда, когда а = 0, b = 0 или а 4- b = 0. В любом из этих случаев ab(a 4- Ь) = 0 .
Равенство я624-6я2=0 можно вывести из равенства а5 4- Ь5 = (а 4- 6)5 и по-другому. Предположим, ни одно из равенств а = = 0, Ь = 0иа4-6 = 0не выполнено. Если числа а и b одного знака (оба положительные или оба отрицательные), то величина (я4-Ь)5 по модулю больше суммы модулей величин а5 и Ь5. Если числа а и b разных знаков, то знак одного из чисел -а и -Ь совпадает со знаком суммы а 4- Ь, а знак другого числа противоположен ему. Пусть, для определенности, совпадают знаки чисел а 4- b и -а. Преобразовав исходное равенство к виду
(а + Ь)5 + (-«)5 = ((в + Ь) + (-а))5, получаем противоречие.
308. По условию, ab = 105-a + b = abm ,	(*)
где т е N и т > 1. Следовательно, b делится на а, т.е. b = ka, где k -однозначное число. Равенство ( * ) запишем в виде 105 4- k = kam . Очевидно, 105 делится на k\ значит, k = 1,2, 4, 5 или 8. Поскольку число km = (105 4- k^a однозначное, k * 8 и k * 5 •
Число 10001 не имеет отличных от 1 однозначных делителей. Число 10002 имеет однозначный делитель, кратный. 2 и больший 2: число 6. При этом а - 10002/6 = 16667 и b = 2а = 33334. Других примеров нет: при k = 4 должно быть т = 2, но 10004 не делится на 8.
150
310.	Лемма. МА = МI = МС.
Доказательство. /ДАМ = /1АС + /САМ = /1АВ + /СВМ -= /1АВ + /1ВА = /AIM по теореме о внешнем угле треугольника ABI. Следовательно, МА = MI. Осталось заметить, что МА - МС, ибо М - середина дуги АС.
Если /АВМ - 60° , то по теореме о вписанном угле /АОС = 120° ; поэтому /ЛОМ = — /АОС = 60° и, следовательно, ААОМ равносторонний, MI = МА = МО.
Обратно, если MI - МО, то в силу леммы МА = МО и поэтому треугольник АМО равносторонний, /АОМ = 60° , по теореме о вписан
ном угле /АВМ = 30° и /АВС = 2/АВМ = 2 • 30° = 60° .
311.	Пытаясь справиться со своей задачей за один день, следователь обязан пригласить всех островитян. Если 600 из них скажут, что лжецов 400, а остальные 400 скажут, что лжецов 600, то следователь не будет
знать, кто прав.
За два дня узнать, кто есть кто, легко. В первый день он пригласит всех островитян. Получив ответы, разобьет островитян на группы, объединяя в одну группу островитян, давших один и тот же ответ. Пусть оказалось п разных ответов.
Если п = 1, то все островитяне правдивые. Пусть п > 1. Все
правдивые островитяне дали правильные ответы и поэтому оказались в одной группе. Лжецы - в остальных п - 1 группах. На второй день следователь приглашает по одному островитянину из каждой группы. Среди приглашенных п островитян один -правдивый - даст ответ «п - 1». Островитяне его группы правдивые. Остальные -лжецы.
312.	Раскрасим комнаты в шахматном порядке, чтобы угловые комнаты были черными. Белых комнат 40, а черных - 41. Каждая открытая дверь «принадлежит» двум соседним комнатам разного цвета. Поэтому количество открытых дверей равно количеству открытых дверей белых комнат; оно равно и количеству открытых дверей черных комнат.
Поскольку в каждой белой комнате открыто в пункте а) не более 1 двери, а в пункте б) - не более двух, то всего открыто, соответственно, не более 40 и 80 дверей. Рисунки 143 и 144 подтверждают, что эти значения достижимы.
Рис. 144
151
в) Поскольку в каждой из 4 угловых комнат не более 2 дверей, а в каждой из 37 остальных черных комнат - не более чем по 3 двери, то
число открытых дверей не превосходит 4 + 3-37 = 119. Это значение
X	X	о	о	X	X	о	о	X	X
о	о	X	X	о	о	X	X	X	X
X	X	о	о	X	X	о	о	X	X
о	о	X	X	о	о	X	X	X	X
X	X	о	о	X	X	о	о	X	X
о	о	X	X	о	о	X	X	X	X
X	X	о	о	X	X	о	о	X	X
о	о	X	X	о	о	X	X	X	X
X	X	о	о	X	X	о	о	X	X
о	о	X	X	о	о	X	X	X	X
Рис. 146
313.	Посмотрите на рисунок 146.
314.	Если в выражении четное число минусов, его можно привести к виду 1 +2+3 + 4 + 5 + 6 = 21, а если число минусов нечетное, то к виду 1 + 2 + 3 + 4+ 5-6, что двумя заменой знаков (рядом с четверкой и тройкой) можно привести к виду 1 + 2- 3 + 4- 5- 6 = -7.
315.	Рассмотрите вершины квадрата и вершины равносторонних треугольников, построенных на его сторонах вне него (рис. 147). Ту же конфигурацию получим, если равносторонние треугольники построим не во внешнюю, а во внутреннюю сторону (пунктирные линии того же рисунка).
Рис. 147	рис, 148
316.	Они лежат на окружности того же радиуса с центром в точке А.
317.	Первый способ. Треугольники А2ВХС2 , QA& и В2СХА2 (рис. 148) обладают следующими свойствами: С2ВХ = С2АХ, В2АХ = В2СХ и А2СХ = А2ВХ , а также ZA2BXC2 + ZC2A1B2 + ^В2СХА2 = 360° . (Последнее равенство легко получить при помощи теоремы о вписанном угле. Можно рассуждать и иначе: проведя отрезки 1АХ , 1ВХ и 1СХ, восполь-152
зовавшись равнобедренностью треугольников ВХ1С2, С21АХ, ... ..., А21ВХ , получить равенство /А2ВХС2 + ZC2A1B2 + /JfyC^ = = ZB1C2A1 + ZAj^Q + ZC1A2B1. Из него, поскольку сумма величин углов шестиугольника равна 720°, следует обсуждаемое равенство.) Следовательно, из этих трех треугольников можно сложить треугольник. По трем сторонам он конгруэнтен треугольнику А2В2С2 .
Второй способ. Обозначив /ВАС = а и 1АХ = 1ВХ = 1СХ = г , докажите равенства
ЛВ1С = 90° + —
2
И
r2sin| 90° + — |	r2sin|90°-—|
k 2/ V 2 J	1
SbzICz =	2	=	2	= *^Л2/В1 = 2	’
318. Проведем средние линии прямоугольника ABCD. Пусть точка
М принадлежит той же части прямоугольника, что и А (рис. 149). Тогда
МС > МВ , МС > MD и ВМ + + MD > BD > АС , причем два последних неравенства не могут одновременно обращаться в равенства.
319.	Сделаем разрез по жирной линии (рис. 150) и затем согнем по пунктирным линиям, чтобы получилась двуслойная фигура рисунка 151. Нижний квадрат - дно коробки, верхние четыре - бока.
320.	2, 3 и 5. Если р, q pq + qr + гр = 1 (mod pqr).
и г - искомые числа, то
X
Рис. 150	Рис. 151
321.	Если п = 2m, то произведение чисел 1, т - 1 и 2т равно сумме остальных чисел. Если п = 2т + 1, перемножайте числа 1, т и 2т.
322.	За 360 ходов. Каждая фишка, кроме возможно какой-то одной, должна сделать ход по вертикали (а значит, не менее двух ходов). Поэтому вертикальных ходов не менее 2 • 24 = 48 .
Фишка номер 1, как и фишка номер 25, должна сделать не менее 24 ходов по горизонтали. Фишка номер 2, как и фишка номер 24,- не менее
153
22 ходов, и так далее. Таким образом, горизонтальных ходов не менее 2(24 + 22 + 20 +... + 4 + 2) = 312 .
Чтобы переставить фишки за 360 ходов, достаточно сначала по очереди поставить каждую из первых 24 фишек над теми полями, куда им надо встать. Затем 25-ю фишку сдвигаем до упора влево и каждую из первых 24 фишек сдвигаем вниз.
323.	Напишите десятичную запись числа 2” , припишите, если нужно, слева несколько нулей, чтобы количество цифр стало равно и, и затем допишите слева к полученному числу цифры, чтобы число стало палиндромом. Результат делится на 2” , ибо как 2” , так и любое число, оканчивающееся на п нулей, делится на 2” .
324.	Число 1929 не представимо в виде разности двух палиндромов.
325.	При п = 3 воспользуйтесь равенством (<?!-!)!• а!- (Ы)! = = («!)!• (bl- 1)!• Ы . При п = 2 и для индукционного перехода - равенствами
а!-(а2 + За+ 2)! = (а+ 2)!-(в2 + Зв+ 1)1.
326.	Докажем индукцией по k, что можно поменять местами любые два соседних числа, наибольший общий делитель которых равен k. При k = 1 - можно. Пусть любую пару чисел, наибольший общий делитель которых меньше некоторого числа k, можно переставить, причем в процессе перестановки остальные числа могут передвигаться, но в конце концов возвращаются на свои места. Рассмотрим числа а и Ь, наибольший общий делитель которых равен k. Первые k - 1 натуральных чисел передвинем, чтобы они встали между а и Ь. Поменяем местами числа а и Ь, после чего вернем числа от 1 до k - 1 на исходные места.
327.	Раскроем все знаки модуля. Каждое из чисел а2,а22 войдет либо оба раза со знаком плюс, либо один раз со знаком плюс и один раз со знаком минус, либо оба раза - со знаком минус. Наибольшего возможного значения сумма модулей достигает, когда числа от 12 до 22 оба раза входят с «плюсом», а числа от 1 до 11 - со знаком минус. Следовательно, искомая величина равна разности
22 + 21 + 20 + ... + И + 12 - И - 10 - 9 - ... - 2 - 1 = 121.
328. [(п2 +4п + з)/4] . Пусть п нечетно, п = 2k + 1. Расстановка по кругу, при которой на нечетных местах стоят по возрастанию числа от 1 до k + 1, а на четных - по убыванию числа от 2k + 1 до k + 2, дает
произведение (k +1) (k + 2) =
и + 1 ~2~
п + 3 _ п2 + Ап+ 3
2	4
. Меньшая вели-
чина невозможна, поскольку хотя бы два из чисел от k + 1 до 2k + 1
должны стоять рядом.
Если же п четно, п - 2k, на нечетных местах расставим по возрастанию числа от 1 до k, а на четных - по убыванию числа от 2k до
154
k + 1, получим произведение k(k + 2). Если в некоторой расстановке все произведения меньше k(k + 2), то никакие два из чисел k + 1, k + 2, ... ..., 2k не стоят рядом; при этом по обе стороны от числа k стоят числа, большие k. Хотя бы одно из двух произведений с участием числа k при
этом не меньше k(k + 2) =
п2 + 4п 4
и2 + 4п + 3
329. 50. Отметим 25 клеток, как показано на рисунке 152. Любой квадрат накры
вает одну такую клетку, причем ни одна клетка не может принадлежать более чем двум квадратам. Значит, квадратов не более 50 штук.
Чтобы расположить 50 квадратов, составим из 25 квадратов размера 2x2 квадрат размером 10x10. Один такой квадрат положим в левый верхний угол доски 11x11, а другой - в ее правый нижний угол.	Рис. 152
331. 8. Пусть в точке Л касания двух окружностей стартовали четыре бегуна, по два на каждой окружности, в противоположных направлениях. Каждые два из этих четырех бегунов
периодически встречаются. Из точек, диаметрально противоположных точке А на этих окружностях, в тот же момент пусть стартуют, тоже в противоположных направлениях, по два бегуна (рис. 153). Каждые два из них тоже периодически встречаются. Среди любых трех из восьми указанных бегунов есть хотя бы двое из одной четверки.
Если же бегунов не менее 9, то найдется пара противоположных окружностей, по которым бегут не менее 5 спортсменов. Если на некоторой окружности
Рис. 153
не менее 5 бегунов, то среди них есть трое, которые бегут в одном
направлении и поэтому никогда не встречаются друг с другом. Если же 5 бегунов распределены по обеим окружностям, то хотя бы на одной из них есть двое, бегущие в одном направлении; добавив к ним любого бегуна с противоположной окружности, получим трех бегунов, никогда
не встречающихся друг с другом.
332.	Неравенство (а - 1)(б5 -1) < 0 равносильно неравенству (л7-1)(Ь-1) < 0 .
333.	x-y-z=\/2 или -1/2. Очевидно, числа х, у и z одного знака. Если (х; у\ z) - решение, то (-х; - у\ -z) - тоже. Пусть числа х, у и z
155
неотрицательны. Поскольку для любых неотрицательных чисел а и b верно неравенство Jab < (я + 6)/2, то числа х, у и z не превосходят числа 1/2; поэтому числа х + у, у + zhz + хне больше 1. Перемножив уравнения системы, получаем равенство (х + у)(у + z)(z + х) = 1; следовательно, х = у = z = 1/2.
334.	Саша может начать с числа 100. Если не угадал, вычислит, какие числа могли после этого оказаться у Тани, и назовет наибольшее из них. Если угадал, то Саша знает, из какого числа оно получилось. Если не угадал, он вычислит, какие числа могут оказаться у Тани к этому моменту, и назовет наибольшее из них. И так далее, пока не угадает.
335.	24. На рисунке 154 показано, как можно отметить 24 клетки.
Предположим, удалось отметить 25 клеток. Каждой паре клеток, лежащих на одной горизонтали, сопоставим пару вертикалей, которым эти клетки принадлежат. Прямоугольник возникает, если некоторая пара вертикалей сопоставлена двум парам отмеченных клеток. Расположенным на одной горизонтали п отмеченным клеткам при этом сопоставлены = п(п -1)/2 пар вертикалей.
При п = 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8 имеем: С„ -= 1, 3, 6, 10, 15, 21 и 28 соответственно. Очевидно, 25 = 4 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + + 3 - единственный способ так разбить Рис 154	число 25 на восемь слагаемых, чтобы сумма
соответствующих чисел сочетаний не превосходила величины Cg = 8 • 7/2 = 28. Сумма чисел сочетаний при этом равна 6 + 3 + 3+ 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 27.
Поскольку 28 - 27 = 1, только одна пара вертикалей не отмечена. Рассмотрим некоторую вертикаль г, не входящую ни в эту пару, ни в четверку вертикалей, каждая пара которых отмечена благодаря одной и той же горизонтали. Вертикаль v входит в некоторые «тройки». Каждая такая «тройка» дает две (четное число!) отмеченные пары, в которых участвует v. Но пар вертикалей, в которых участвует v, нечетное число - 7 штук.
336.	Первая и последняя встречи - ничьи. Для любого п > 2 построим по индукции турнир п команд, в котором лишь две ничьи. База - случай п = 3 - тривиальна. Предположим, расписание такого турнира для п команд составлено. Составим расписание турнира с п + 1 участницами. Сначала первые п сыграют все свои игры, кроме последней. Для определенности, пусть останется несыгранной игра между первой и n-й командами. Пусть первая команда сыграет сначала с (п + 1)-й, а затем - с n-й. После этого (п + 1)-я команда - все оставшиеся ей игры.
156
337.	Отразим треугольники АВМ и ADN относительно прямых AM и AN соответственно. Поскольку Z.MAN = = 45° = 90° - 45° = АВАМ + Z.NAD и АВ = AD, то образы точек В и D совпадут. Обозначим эту точку буквой F (рис. 155). Точка F лежит на отрезке MN, ибо
ZAFM = ZABM = 90° =
= ZADN = ZAFN .
Рис. 155 Осталось заметить, что
ZAPQ =	+ DQ) = 45° + ZDAQ = 45° + (45° - ZB AM) =
= 90° - ZBAM = ZBMA = ZAMN.
338.	4. Рассмотрим произвольное натуральное число т. Его наибольший делитель равен т, а все остальные не превосходят т/2.
Следовательно, х(т) < 1 + ~ . Таким образом,
л = 2т(Ь)^2^1 + |^ = 2 + т(«)<2 + 1 + |.
Неравенство а < 3 + означает, что а < 6 . Поскольку число а четно, то а = 2, 4 или 6. Разобрав все эти случаи, получаем: (а; Ь) = (4; 3) или (6; 4). Следовательно, а + 2Ь = 10 или 14. Очевидно, т(10) = т(14) = 4 .
339.	Любой вырезанный из квадрата 5x5 круг диаметра 1 содержится в некотором состоящем из 4 клеток квадрате. Докажем, что если из квадрата 5x5 вырезаны не только 5 кругов, но даже 5 четырехклеточных квадратиков, то из оставшейся ™ “ фигуры можно будет вырезать две «доминош-ки» - два прямоугольника размером 1x2.
На рисунке 156 изображены 6 горизонталь-	---
ных доминошек, ни с какими двумя из которых не может одновременно иметь по общей клетке один четырехклеточный квадрат. Поэтому хотя бы одну из этих доминошек можно вырезать. рис
Повернув рисунок 156 на 90°, получаем, что
можно вырезать и хотя бы одну вертикальную доминошку. Если она не пересекается с горизонтальной, то искомые две доминошки найдены.
Если же пересекается, то это две доминошки, расположенные в углу доски. Пусть для определенности это доминошки, содержащие поле al
157
(рис. 157). Чтобы нельзя было вырезать две доминошки, каждое из помеченных крестиками полей аЗ, Ь2 и cl должно быть покрыто своим четырехклеточным квадратом. Осталось обратить внимание на три отмеченные на рисунке 157 доминошки.
340. а) Из 14 красных, 4 желтых и 4 зеленых леденцов нельзя выбрать три пятерки „	__	одноцветных леденцов. Среди любых 23 ле-
Рис. 157	, с
денцов можно выбрать 5 леденцов одного цвета. Отдадим их Ниф-Нифу. Среди оставшихся 18 леденцов опять можно выбрать 5 одноцветных. Отдадим их Нуф-Нуфу. Среди оставшихся 13 леденцов опять (поскольку 13 > 3 -4 ) можно выбрать 5 одноцветных леденцов для Наф-Нафа.
6) 9. Читайте статью А.Малеева «О колпаках, хранящихся в темном чулане» в «Кванте» №2 за 2003 год.
342. Пусть наибольшее из выписанных чисел равно d. Это означает, что разность между любыми двумя близкими числами по абсолютной величине не превосходит d. Из клетки с числом 1 можно перейти в клетку с числом тп не больше чем за т - 1 ходов. Поэтому разность между числами 1 и тп по абсолютной величине не превышает d (т - 1).
тл	4 '	. тп-\ п-1	_
Итак, тп -1 < d\т - 1), откуда d >----г- = п +--т . Так как
v	J	т-\	т-\
п > 1, то —j >0 и d > п + 1. Получена оценка снизу.
Максимальную разность п + 1 между числами в близких клетках таблицы можно достичь, расставив их следующим образом. Числа от 1 до п запишем в первую строку, числа от п + 1 до 2п - во вторую строку, и т.д. Несложно проверить, что разность между любыми числами в близких клетках такой таблицы не превышает п + 1.
343. 112 = (-4)2 + (-3)2 + (-2)2 + (-1)2 + О2 +12 + 22 + З2 + 42 + 52 + + 62 . Докажем, что п = 11 - единственное значение, удовлетворяющее условию задачи. Уравнение
(х + 1)2 +(х + 1)2 + ... + (х + п)2 = п2 ,
раскрывая скобки, преобразуем к виду пх2 +2х(1 + 2 + ... + п) + + I2 + 22 +... + (n -1)2 = 0 , т.е.
2	(	4\ (n-i)n(2n-f) л
пх2 + хп (п +1) + ---------- = 0 .
Разделив обе части на п и умножив на 6, получаем
6х2 + 6 (п + 1) х + (2п2 - Зп +1) = 0 ,
158
откуда
-6n - б ± у/зб(п +1)2 - 24 (2п2 - Зп +1)
-6п - б ± V-12n2 + 144п + 12
12
Следовательно, число 12 (12л - л2 +1) должно быть квадратом. При п > > 12, очевидно, л(12-л) + 1<0. Перебрав значения п = 2, 3, ... , 12, находим п = 11.
344.	Покажем, что Пятнице не удастся придумать для пометки дуриана такую последовательность из палочек и кружочков, чтобы по его записи Робинзон всегда мог однозначно установить, сколько каких плодов было запасено.
Если эта пометка представляет собой п палочек, то запись, состоящая из п палочек, расшифровывается двумя разными способами: 1 дуриан или п бананов.
Если эта пометка представляет собой п кружочков, то запись, состоящая из 2п кружочков, расшифровывается двумя способами: 2 дуриана или п ананасов.
Пусть пометка для дуриана содержит и палочки, и кружочки. Предположим сначала, что она начинается с палочек, т.е. имеет вид
d= И...100...011...100...01...
В этой пометке каждому промежутку из кружочков обязательно предшествует промежуток из палочек. Рассмотрим произвольный промежуток из кружочков, к которому присоединим одну палочку спереди из предшествующего промежутка, т.е. набор вида 100...0. Если кружочков в нем 2л, то его можно расшифровать как 1 банан и п ананасов. Если число кружочков 2п - 1 , то его можно расшифровать как 1 кокос и п - 1 ананасов. Эту процедуру можно проделать с каждым набором такого вида. Оставшиеся палочки будем считать отметками для бананов. Таким образом, запись d можно расшифровать двумя способами: 1 дуриан или соответствующее количество бананов, кокосов и ананасов, полученное из указанной выше процедуры.
Предположим теперь, что пометка для дуриана начинается кружочками, т.е. имеет вид
d = 00.. .011. ..100.. .011...
Для каждого промежутка из кружочков, которому предшествует промежуток из палочек, применим процедуру расшифровки, описанную выше. Рассмотрим начальный промежуток. Если он состоит из 2п кружочков, то его можно трактовать как п ананасов, и запись d вновь расшифровывается двумя способами. Если он состоит из 2л - 1 кружочков, то, приписав к нему спереди палочку, получаем расшифров-
159
ку: 1 кокос и п - 1 ананасов. Следовательно, запись \d расшифровывается двумя способами: 1 банан и 1 дуриан или соответствующее число бананов, кокосов и ананасов, полученное с помощью описанной выше процедуры.	___ ______
345.	Заметим, что различные числа abc и afyq порождают различные числа abc + ab + а = Illa +116 + с и a161q + а161 + а} =111^ + +1 Ify + q . Это позволяет переформулировать задачу так: сколько существует трехзначных чисел abc , для которых abc + ab + а < 999 ? Всего трехзначных чисел имеется 900 штук, а неравенству abc + ab +а > 999 удовлетворяют лишь те из них, которые начинаются с цифры 9, кроме числа 900. Отсюда получаем ответ: 900 - 99 = 801.
346.	Первый способ. Обозначим точку пересечения диагоналей буквой О, а площади треугольников ЛОВ, ВОС, COD и DOA - буквами х, у, z и t соответственно. Равенство SABDSBCD = SABCSACD приобретает вид (x + t)(y + z) = (x + y}(z + t) , которое равносильно равенству (х - z)(y -1) = 0 . Если, для определенности, х = z, то SABC = x + y = z + y = SDBC , так что точки А и D равноудалены от прямой ВС, т.е. AD || ВС .
Второй способ. Обозначим величины углов А, В, С и D четырехугольника буквами а, Р, у и 8 соответственно. Равенство произведений площадей можно записать в виде
АВ • DA sin а ВС • CD sin у _ АВ • ВС sin Р CD DA sin 8
2	2	"	2	2	’
т.е. sin а sin у = sin Р sin 8 , откуда
cos (а - у) - cos (а + у) = cos (Р - 8) - cos (Р + 8).	( * )
Поскольку сумма углов четырехугольника равна 360°, то cos (а + у) = cos (Р + 8) . Поэтому равенство ( * ) равносильно равенству cos (а - у) = cos (р - 8).
Равенство а - у = Р - 8 равносильно равенству а + 8 = Р + у , которое благодаря равенству а + 8 + Р + у = 360° означает, что а + 8 = = Р + у = 180° , т.е. АВ || CD . Аналогично, из равенства а - у = - (Р - 8) получаем а + Р = у + 8 = 180° , т.е. ВС || AD .
347.	а) Полагая т = 2k + 1, п = 2k, где k - натуральное число, получаем 5т - 5” = 52Л+1 - 52k = 52k (5 -1) = (2 • 5Л) , т.е. среди чисел 5т - 5п сколь угодно много квадратов.
б) Предположим, что сумма 7т + 7” является квадратом некоторого натурального числа. Поскольку 7т +7п = 7п ^7т~п +1) и числа 7” , 7т~п +1 взаимно просты, то точными квадратами являются также числа 7” и у7”-” -|_ 1 . Отсюда следует, что 7т~п + 1 = Ь2 , где число b натуральное, b > 2. Тогда 7т~п = 62 -1 = (6 -1)(6 +1), так что каждое из чисел
160
b - 1 и b + 1 является некоторой ненулевой степенью числа 7. Но этого не может быть, поскольку разность чисел b + 1 и b - 1 равна 2.
Пусть теперь т = 3k + 1, п = 3k. Тогда 7м +7" = 7”(7т”’ +1) = = 73* • 8 = (2 • 7*)3, т.е. среди чисел 7” + 7” имеется сколь угодно много кубов.
348.	Победу в игре может обеспечить себе начинающий. Допустим противное - что любой первый ход начинающего ведет к его поражению. Нам удобно будет пронумеровать столбики номерами от 61 до 70, в соответствии с исходным количеством монет. Проигрывающим является и такой первый ход начинающего, когда он берет одну монету из 64-го столбика (а из других - ничего). У второго игрока имеется ответный выигрышный ход. Пусть он этим ходом берет , монет из г-го столбика для всех i = 61, 62..., 70 (некоторые/гг могут быть равны 0). В результате из всех столбиков, кроме 64-го, окажутся изъяты kj монет, а из 64-го -	+1) монет. Далее любые ходы начинающего второй
игрок парирует своими ходами, пока не заберет последнюю монету. Но ведь начинающий игрок может первым ходом взять из всех столбиков, кроме 64-го, те же kj монет, а из 64-го -	+1) монет! В результате
получится та же ситуация, но очередь хода за вторым игроком, и парировать его ходы будет уже первый, пока не победит. Таким образом, предположение о том, что победу может обеспечить себе второй игрок, было неверным, и побеждает начинающий. Правда, мы не можем указать его конкретную стратегию, но в условии об этом не спрашивалось.
Для полноты доказательства надо убедиться, что такой ход начинающего допустим правилами игры. Для всех столбиков, кроме 64-го, изъятое число монет вполне допустимо. А из 64-го? Когда начинающий взял из 64-го столбика одну монету, там осталось 63 монеты. Тогда второй игрок мог взять из этого столбика не более 7 < V63 монет. Поэтому +1 < 8 , и первый игрок первым ходом действительно мог взять из 64-го столбика +1 монет.
9/А	я(я + 1)	.ч
349.	Равенство —------ = k(k + l) равносильно равенству
п2 + (п +1)2 = (2k +1)2 .
350.	Подсчитаем, в каком количестве игр принимает участие каждый мальчик. Он может составить с четырьмя другими 4 различные команды. Каждая такая команда должна сыграть три игры, поскольку остальные три мальчика могут составить 3 различные команды. Следовательно, каждый мальчик в турнире должен сыграть 12 раз. Таким образом, Андрей все игры проиграл и ни одной не выиграл.
Каждый из остальных четырех мальчиков сыграл против Андрея 6 раз. Действительно, например, Дима против пары Андрей + Боря сыграл 2 раза (вместе с Васей и вместе с Геной), точно так же он играл по 2 раза против пары Андрей + Вася и против пары Андрей + Гена;
161
итого - 6 раз. Следовательно, Боря, Вася, Гена и Дима в играх против Андрея с напарником одержали по 6 побед. Поскольку, как уже отмечалось, каждый участвовал в 12 играх, то согласно условию Боря во всех остальных своих матчах проиграл. 3 матча Бори без участия Андрея можно представить так:
(Г+Д) -> (Б+В); (В+Д) -> (Б+Г); (В+Г)-> (Б+Д).
Здесь буквы Б, В, Г, Д - заглавные буквы имен мальчиков, а стрелки идут от победителей к проигравшим командам. Из приведенной схемы видно, что в этих играх Вася, Гена и Дима выиграли по две игры, а всего - по восемь. Итак, Андрей не выиграл ни разу; Боря выиграл 6 раз; Вася, Гена и Дима выиграли по 8 раз.
351.	Пусть в треугольнике АВС из середины М стороны АС восставлен перпендикуляр, делящий его на части, площади которых
Рис. 158
различаются в 3 раза. Этот перпендикуляр пересекает одну из остальных двух сторон треугольника; пусть для определенности это сторона АВ. Точку пересечения обозначим через К. Проведем отрезок СК (рис. 158). Треугольники АМК и СМК равны, поэтому площадь четырехугольника ВСМК больше площади треугольника АМК в 3 раза и площадь
треугольника СКВ равна площади треугольника САК. Отсюда заключаем, что АК - КВ. Из равенства треугольников АКМ и СКМ следует также АК -КС. Итак, точка К является центром окружности, описанной вокруг треугольника АВС, причем отрезок АВ является ее диаметром. Поэтому ZC = 90° и КМ || ВС .
Заметим, что в этом случае перпендикуляр к середине второго катета ВС также проходит через точку К и делит треугольник АВС на две части, площади которых опять же различаются в 3 раза. Поэтому ВС не может быть упомянутой в условии «другой» стороной. Следовательно, ВС - это «третья» сторона треугольника, о которой говорится в условии, и перпендикуляр к ее середине делит треугольник АВС на две части, площади которых различаются в 3 раза.
352.	При нечетном п число z = n”+1 + (и +1)”+2 +(п + 2)”+3 четно и больше 2, следовательно, оно составное.
При четном п число z можно представить в виде
г = (яя+1 +1) + (я + 1)я+2 + [(я + 2)я+3 -1] .
Но Яя+1 +1 = (я +1) • (пя - я” 1 +... - я +1) и
(я + 2)я+3 -1 = ((» + 2) - 1)((я + 2)я+2 + (я + 2)я+1 +... +1),
так что число z представляет собой сумму трех слагаемых, кратных п + 1, поэтому само делится на п + 1 и является составным.
162
353.	Без двух крыльев остались 3 мельницы, без трех - 4, а без четырех - 3.
355. Поскольку ОА = ОМ, то ZM4O = /АМО (рис. 159). По теореме о внешнем угле, /МОВ = = /.МАО + /АМО = 2/МАО . Поскольку ОМ ± ВС ± АС , то
ОМ || АС и, значит, /САМ = /САВ - /МАВ = /МОВ - /МАВ = = 2/МАВ - /МАВ = /МАВ .
358. В первый день могут сыграть шахматисты, номера которых расположены рядом в одном из циклов 1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-11-12-13-1 и 1-6-И-3-8-13-5-10-15-7-12-4-9-1. Во второй - соседи в одном из циклов 1-3-5-7-9-11-13-2-4-6-8-10-12-1 и 1-4-7-10-13-3-6-9-12-2-5-8-11-1. В третий: 1-5-9-13-4-8-12-3-7-И-2-6-10-1 и 1-7-13-6-12-5-11-4-10-3-9-2-8-1.
359. Рассмотрим октаэдр (многогранник, вершины которого -центры граней куба).
У него 8 граней и 6 вершин. Покрасим центры граней октаэдра и чуть отодвинем каждую из 8 окрашенных точек от граней октаэдра. Эту пространственную конфигурацию можно изобразить и на плоскости (рис. 160).
361.	200.
362.	12.
363.	Любое число вида 8^ + 4 представимо в виде (2£ +1) • 22 . Следовательно, больше 7 чисел подряд быть не может. А 7 - бывает: 21, 22, 23, 24, 25, 26 и 27.
9 3
365.	а) Да: - , ~ б) Нет. О 2л
367.	Возьмите такие числа, что х + + # + z + £ = 0.
368.	При п = 1, 2, 4, 5 или 8.
370.	Можно: 110 = 2 + 6 + 6 +24 + + 24 + 24 + 24.
372. Может. Предварительно заметим, что какую бы клетку ни выбрал Коля, имеется ровно 14 клеток, находящихся с ней в одной строке или столбце. Поэтому каждым ходом Коля ставит не более шашек.
Петя может выделить четыре поля: а8, Ь7, сб и d5. После этого снимает очередным своим ходом по 14 шашек, не трогая ни одну
шашек, расположенных на выделенных полях. Какое бы поле диагонали al-h8 ни выбрал Коля, на одной вертикали или горизонтали с ним окажется одно из выделенных полей; поэтому Коля поставит на доску меньше 14 шашек.
14
он из
163
В некоторый момент количество шашек станет меньше 17. Тогда Петя снимает уже любые 14 шашек, и их остается не больше 3.
377. Если на доске больше лягушек, чем свободных полей, то хотя бы одна лягушка А прыгнула на поле, которое было занято некоторой лягушкой В. При этом В прыгнула на одно из соседних полей - и соседствовавшие до прыжков лягушки А и В остались соседями после прыжков. Поэтому на доске размером
ПВЕЕЕЕЕЕПНЫ
□□□яаясяппл ПиПЕПЕОПиНЫ □□□□□□□□□□□ пипипиинини □□□□□есоппп
кшзязязаояи
□ЕПЕПЕПЕПЕЯ
Рис. 162
п х п лягушек не больше, чем п2/2.

Рис. 164
164
Эта оценка точная. Рисунок 161 дает пример п = 4. «Тиражируя»
такие квадраты нужное число раз по горизонтали и вертикали, получаем пример для любого и, делящегося на 4. Рисунок 162 показывает, как действовать для любого нечетного числа п. Самый трудный случай п = 2(mod 4) проиллюстрирован рисунками 163 и 164. «Внутренность» поля рисунка 164 состоит из нескольких квадратов размерами 4x4 . Каждый из них заполняем лягушками, как показано на рисунке 161.
378.	Точный квадрат не получится.
379.	50.
380.	Пусть О - точка пересечения диагоналей, Р - середина
диагонали BD, Q - середина диагонали АС; МР || АС ; MQ || BD ; 5-площадь четырехугольника ABCD (рис. 165).
Поскольку МР || АС , то площади SABCM и SABCp четырехугольников АВСМ и АВСР равны, и
$АВСМ ~ $АВСР ~ 2	(1)
Аналогично,
(2)
$abmd - Sabqd - 2 •
Обозначим площади SABM = а , SBMC = b , SCMD = с , SAMD = d . Тогда, согласно (1) и (2), имеем a + b = ^S,
(3)
a + d = ^S.	(4)
Вычитая из равенства (3) равенство (4), находим b - d = 0, или b = d. Складывая (3) и (4), получаем
2a + b + d = 5.	(5)
Но
0 + b + c + d = S.	(6)
Вычитая из равенства (5) равенство (6), находим а - с = 0, или а = с. Итак, SABM = SCMD , SBMC = SAMD , что и требовалось доказать.
Замечание. Равенство (6) основано на том факте, что точка М лежит внутри четырехугольника ABCD. Обоснуем его. Пусть точка М лежит в той же полуплоскости относительно прямой BD, что и точка С, и в той же полуплоскости относительно прямой АС, что и точка D, тогда CQ > > OQ и DP > РО. Пусть Ру и 0! симметричны точкам Р и Q относительно
165
Рис. 166
точки О. Параллелограмм OQMP лежит внутри треугольника OQ^P{ , который, в свою очередь, лежит внутри треугольника OCD.
381.	Можно изготовить решетки только для п = 2, а также для п = = 6&-3ии = 6&- 1, где k - любое натуральное число.
Для удобства в дальнейшем используемые П-образные заготовки будем называть просто скобами.
Нетрудно убедиться, что общее число единичных стержней решетки пхп равно 2п(п 4-1). Так как каждая скоба состоит из трех стержней, то общее число стержней решетки должно делиться на 3, что возможно только для п = Зт - 1 и п - Зт (т - натуральное). Легко видеть, что две решетки наименьших допустимых размеров (2x2 и 3x3) изготовить можно (см. рис. 166; здесь скобы слегка искривлены, чтобы было видно, как они взаимно расположены).
Теперь докажем следующий факт: если для п > 2 решетку можно изготовить, то п - нечетное число.
Допустим обратное - при некотором четном п > 4 решетку изготовить все-таки можно. Рассмотрим произвольный угол этой решетки (для определенности - левый нижний). Скоба, содержащая этот угол, может быть расположена двумя способами, но поскольку решетка квадратная, то эти способы в сущности одинаковы (с точностью до симметрии относительно диагонали решетки). Поэтому пусть для определенности скоба расположена так, как показано на рисунке 167,а. Тогда становится очевидным, что скоба, расположенная справа от нее, может быть сориентирована единственным способом - как на рисунке 167,6. В свою

Рис. 167
166
очередь, скоба, расположенная еще правее, тоже может быть сориентирована единственным способом, а также и все следующие вплоть до правого нижнего угла (рис. 167,в). Но тогда единственно возможной оказывается ориентация скобы, расположенной над правой нижней скобой, а также всех скоб, что находятся еще выше - вплоть до правого верхнего угла (рис. 167,г). Продвигаясь так и далее, мы, наконец, замкнем «цепочку» скоб вдоль всего периметра решетки (рис. 167,3).
Пойдем дальше. Отбросим эти «наружные» скобы и посмотрим, что осталось. Остался своеобразный «бахромистый» квадрат, а «бахромой» с каждой его стороны являются (п ~ 3) параллельных единичных отрезка (рис. 167,в). Ясно, что покрыть эти отрезки скобами можно
только попарно - сразу по два соседних отрезка. Если (п - 3) - нечетное число, то изготовить решетку невозможно.
Итак, (п - 3) должно быть четным числом, а, значит, п должно быть нечетным. Таким образом, п = 6k - 1 или n = 6k - 3, где k—любое натуральное число.
Решетки 3x3 и 5x5 изготовить можно (см. рис. 166 и 168).
Докажем, что если можно изготовить квад
ратную решетку с нечетной длиной стороны, то можно изготовить квадратную решетку, длина стороны которой на 6 больше.
Пусть удалось изготовить квадратную решетку с нечетной длиной
167
Приложим к каждой стороне по т скоб с равными интервалами, как на рисунке 169,6. Затем присоединим к каждой стороне еще по (т + 1) скоб «ногами наружу» - см. рисунок 169,в. Получился такой же «бахроми-стый» квадрат, как мы рассматривали выше. Осталось «обложить» его со всех сторон одним слоем скоб, и получится именно то, что требовалось - квадратная решетка, стороны которой на 6 больше исходной (рис. 169,г). Все!
Вообще-то эта задача была задумана давно, но в общем виде: для прямоугольных решеток, а не только для квадратных. На протяжении нескольких лет предпринимались попытки ее решить, но толку добиться не удалось, тогда как для частного случая - квадратных решеток -решение есть, и вполне посильное для школьников. Так что эта задача выходит в свет от отчаянья и с некоторой надеждой: вдруг да кто-то одолеет общий случай!
Добавим, что интенсивный поиск не дал ни одной решетки, отличной от квадратной, так что есть подозрение, что такие решетки изготовить невозможно.
382.	Пусть каждый из п рабочих изготавливает в день по т
сувениров, а шеф - s сувениров. По условию, 13
s = т +13 + — . Поскольку п > 1, то п = 13.
383.	О или 1/2. Сложив равенства
у + 2 = [у + 2] + ± и 2 + х = [2 + х] + ± видим О	о
2 (х + у + г) = [х + у\ + [у 4- z] 4- [z + х] 4-1 .
Значит, число х 4- у 4- 2 либо целое, либо отличается от целого числа на 1/2. Оба случая возможны: при х = у = z = 2/3 имеем х 4- у 4- г = 2, а при х = у = 2 - 1/6 дробная часть суммы х 4- у 4- z равна 1/2.
384.	Первый способ. При помощи компьютера можно проверить, что 1437-значное число 123 ... 514515 удовлетворяет условиям задачи.
Второй способ. Рассмотрим последовательность чисел, первый член которой равен 1234567891, а каждый следующий получается выписыванием подряд десятичных записей чисел, начиная с 1 и вплоть до последнего только что выписанного члена последовательности. Среди первых 2004 членов построенной последовательности найдутся числа а и Ь, дающие одинаковые остатки от деления на 2003. Пусть а < Ь. Обозначим буквой п количество цифр числа а. Разность b - а кратна 2003; последние п ее цифр - нули. Отбросив их, получаем делящееся на 2003 число интересующего нас вида.
385.	Годится k = п(п 4-1) •... • (п 4- т) 4- п .
386.	т 4- п - 1.
168
387.	Назовем и-цепочкой, где 2 < п < 9 , цепочку цифр, стоящих между двумя крайними цифрами п, включая сами цифры п.
8-цепочка состоит из 8 + 7 • 2 = 22 цифр, 7-цепочка - из 7 + 6 • 3 = 25 , а 6-цепочка - из 6 + 5 - 4 = 26 цифр. Нетрудно убедиться, что 6-цепочка пересекается с 7-цепочкой не более чем по 12 позициям, а с 8-цепочкой - не более чем по 8 позициям. 7-цепочка пересекается с 8-цепочкой не более чем по 6 позициям. Искомая последовательность состоит из 1 + + 2 + 3 + ... + 9 = 45 цифр, но 22 + 25 + 26 - 12 - 8 - 6 = 47 > 45.
388.	Точка пересечения медиан неподвижна.
389.	Укажем такие не имеющие корней квадратные трехчлены Р и Q, что Р + Q = ах2 +Ьх + с .
Если исходный трехчлен не имеет корней, то можно взять
п а 2 Ь с
Р = Q = —х +-х + - .
2	2	2
Если имеет, то сначала выделим из него полный квадрат:
2 ,	(	6 f (b2	)
V	2а )	у^а )
(Ь2
Заметим, что а\-----с > 0 (иначе трехчлен не имеет корней). Если
\ка )
а > 0, то можно положить
Р = 2а(х + — 1 + f— — cl +1 и Q =-flfx+ ^-1 -2f-^--cl-l;
V	2а)	^4й	)	v	2а)	^4я	)
если же а < 0, то
(	Ь	(Ь2	(	b	(b2	'I
Р - 2al х + — +1-----с -1 и Q = -а! х + — -2---------с +1 .
V	2а)	^4й	)	у	2а)	\ка	)
390.	а существует и единственно. Для делимости числа аа = 100... 001а на а2 необходима и достаточна делимость 100-значно-98 нулей
го числа 100...001 на 99-значное число а. Частное от такого деления 98 нулей
может равняться только числу 7. Поэтому
а = 100^001: 7 = 142857142857... 142857143 .
98 нулей	99 цифр
391.	13. Расставив числа 1, 2, 4, 8, ... , 2048, 4096 = 212 в произвольном порядке в закрашенные на рисунке 170 клетки, мы получим таблицу, удовлетворяющую условию задачи.
С другой стороны, если для удовлетворяющей условию задачи таблицы в обеих клетках, помеченных на рисунке 170 буквой а, стоят нули, то сумма чисел прямоугольника, клетки которого помечены слева направо буквами a, f, k, равна сумме чисел прямоугольника, клетки которого помечены буквами k, a, f. Поэтому хотя бы на одной из двух
169
клеток, помеченных буквой а, не ноль. То же самое можно сказать про любую другую пару клеток, помеченных на рисунке 170 одной буквой.
Таким образом, не нулей в таблице не менее 12. Предположим, что их ровно 12. Тогда в центральной клетке - число 0, причем из любых двух клеток, помеченных на рисунке 170 Рис 170	одинаковыми буквами, в одной стоит ноль, а в
другой - не ноль. Если и в центральной строке, и в центральном столбце нули и не нули не чередуются, то сумма чисел в клетках ЬЗ, сЗ и d3 равна нулю и она же равна сумме чисел в клетках с2, сЗ и с4.
Если это не так, достаточно разобрать случай, когда в центральной строке нули и не нули чередуются. Если во всех угловых клетках стоят не нули (рис. 171, где не нули отмечены звездочками), то нули стоят как в клетках а2, аЗ и а4, так и в клетках е2, еЗ и е4; суммы чисел в соответствующих прямоугольниках равны 0 и поэтому равны между собой.
Остался случай, когда хотя бы в одной угловой клетке стоит ноль.
Предположим, это клетка al. Тогда не нули - в клетках а4 и сП и поэтому ноль - в клетке d4 (рис. 172). Если в клетке d2 ноль, то сумма чисел полей сЗ, d3 и еЗ равна сумме чисел полей d2, d3 и d4. Если же
в клетке d2 не ноль, то ноль в клетке d5 и сумма чисел полей d3, d4 и d5 равна сумме чисел полей сЗ, d3 и еЗ.
392.	а) Нет, рядом с числом 18 может стоять только 7.
б) Да, вот расстановка первых 15 чисел: 8, 1, 15, 10, 6, 3, 13, 12, 4, 5, 1, 14, 2, 7, 9.
393.	Обозначим центры окружностей буквами О и Q (рис. 173). Поскольку DO
170
и ОС - радиусы, то Z.ODC - Z.OCD. Углы OCD и ACQ равны как вертикальные. Поскольку CQ и QA - радиусы, то ZACQ = ZCAQ . Следовательно, Z.ODC = ZCAQ; прямые OD и AQ параллельны. Поскольку AQ 1 /, то и OD ± Z.
394.	Проверьте, что если заменить каждое из чисел х и у на их среднее арифметическое (х + #)/2, то величина (1 - х)(1 - г/)(1 - z) -- xyzt не уменьшится.
Затем заменим числа z и t на их среднее арифметическое. Заменой на среднее арифметическое первого и третьего чисел и, наконец, второго и четвертого мы уравняем все числа. Неравенство обратится в равенство.
395.	Рассуждаем по индукции. Для п = 1 или 2 утверждение верно. Пусть п колец можно расположить в любом порядке. Рассмотрим п + 1 кольцо. Расположим все кольца, кроме самого большого, в нужном порядке, не обращая пока внимание на положение самого большого. После этого самое большое кольцо можно поставить на нужное место, поскольку сквозь него продеваются все кольца, кроме второго.
397. Рассмотрим момент, когда после нескольких (может быть, нуля) операций окрашивания впервые оказались полностью окрашены пять вертикалей или пять горизонталей. После этого можно окрасить все, соответственно, горизонтали или вертикали. Таким образом, если всю доску удается окрасить, то можно обойтись не более чем 5 + 8 = 13 операциями. Каждый раз добавляется не более 3 окрашенных клеток и поэтому вначале было не менее 64 -13 • 3 = 25 окрашенных клеток.
С другой стороны, если вначале окрашены 25 клеток рисунка 174, то можно закрасить всю доску.
398. а) (а + 6)2 + (а + Ь) (а - Ь) + {а - 6)2 = Зй2 + Ь2;
б) (а + b)2 - (а + b) b + b2 = а2 + ab + b2.
401. 28.
402. Рассмотрим точку О пересечения описанной окружности треугольника MNC с биссектрисой угла BCD (рис. 175). В силу равенства дуг ОМ и ON имеем ОМ = ON. Поскольку MN - диаметр окружности,
171
то Z.MON = 90° и вследствие равенства Z.MAN = 45° точка А лежит на окружности с центром О и радиусом ОМ. Таким образом, точка О отрезка АС является центром описанной окружности треугольника AMN.
404. На рисунке 176 расставлены 24 ладьи. Можно доказать, что это число наибольшее.
Рис. 176
405. 24. Это число достигается, если на каждой грани куба расста-
406. Следует.
407. 32.
409.	4009.
410.	13.
411.	18. На доске 8 горизонталей и 8 вертикалей. Поскольку 8 + 8 < 3 • 6 , на ладей хотя бы одного из трех цветов приходится не больше 5 полос (каждая из полос - горизонталь или вертикаль). Поэтому ладей хотя бы одного цвета не более 2-3 = 6. Эта ситуация
возможна (рис. 178, буквами К, С и Ж отмечены соответственно красные, синие и желтые).
412. р = 3.
420. Нет. Перемножив неравенства 1 -- х > у, \ - у > z и 1 - z > х, получаем неравенство (1-х)(1 - г/)(1-z) > yzx .
421. Для любого натурального числа k существует такое и, что десятичная запись числа 2” состоит из 5k + 1 цифр. При этом 2Я+12Я = 2Я+1 • 106Л+1 + 2” = 2я (20 • 106* +1). Число 106 = 1000000 , в силу малой теоремы Ферма, при делении на 7 дает остаток 1. (Впрочем, делимость числа 999999 на 7 можно проверить и непосредственно.) Следовательно, 20 1 06*+1 ^ 20-1 + 1 = 21 = 0(mod7).
172
422. Первый способ. Поскольку
2cz = (с + z)2 - с2 - z2 = (а + х)2 +(Ь + у)2 - (а2 + Ь2) - (х2 + у2} =
= 2ах + 2Ьу ,
то
ах + by = cz = ^(д2 + Ь2)(х2 + г/2).
Возводя обе части равенства в квадрат, раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем
Р
Рис. 179
2ахЪу = а2у2 + Ь2х2 ,
откуда {ау - Ьх2) = 0 , т.е. ау = Ьх, что и следовало доказать: а/b = х/у .
Второй способ. Совместим прямые углы и катеты третьего и первого треугольников, вершину прямого угла второго треугольника поместим в произвольной точке М гипотенузы RS первого треугольника (рис. 179).
Поскольку четырехугольники PFMR и MGQS - параллелограммы, то длина ломаной PFGQ равна длине гипотенузы PQ; следовательно, точки F и G лежат на отрезке PQ и все три треугольники ORS, OPQ и MFG подобны.
423. а) Одним кубиком обойтись невозможно. Пусть первоначально кубик находился на одной из клеток А (рис. 180). Перекатываясь по доске, он может побывать на всех остальных клетках А. В самом деле,
перекатившись на соседнюю с исходной клеткой А черную клетку, он может потом попасть на соседнюю с ней другую клетку А, а от нее - на другую ближайшую клетку А, и так далее. Кроме того, он может посетить все черные клетки, соседние с любой А (перекатившись на них, а потом обратно). Однако, соблюдая правила, кубик не сможет попасть ни на какую клетку В. Докажем это. Предположим противное и рассмотрим первую клетку В, на которую попал кубик в процессе перекатываний. Откуда он мог по- „ пасть на эту клетку? Только из соседней с ней черной клетки. Как он мог перекатиться на эту черную клетку? Только из соседней с ней белой клетки А (но не из другой клетки В, потому что рассматриваемая клетка В - первая на маршруте кубика). Однако, когда кубик перекатился с клетки А на соседнюю черную клетку, то нижняя его ?ис'
173
грань при этом, как полагается, черная, а среди четырех боковых граней две - белые, но они «смотрят» на две соседние клетки А (одна из них - та, с которой кубик только что перекатился на черную клетку). А вот на соседние с ней клетки В «смотрят» две черные грани кубика, поэтому перекатиться, соблюдая правила, на клетку В невозможно. Поэтому, стартовав с клетки А, кубик не сможет побывать на всех клетках доски, что и требовалось доказать.
Если первоначально кубик находился на какой-либо клетке В, то рассуждения такие же (надо*лишь А и В поменять местами). Так что и в этом случае посетить все клетки доски невозможно.
Ну, а если кубик первоначально лежал на какой-то черной клетке? Тогда после первого же перекатывания он окажется на клетке А или на клетке В. Дальше повторяем предыдущие рассуждения (относящиеся к первому или второму случаю)! Посему и здесь обход всех клеток невозможен.
б) Двух кубиков хватит (рис. 181). Здесь исходными для кубиков являются белые клетки d5 и е4. При этом (сверх программы!) каждая клетка посещается одним кубиком ровно один раз.
				
				
				
				
				
Рис. 181	Рис. 182
424. Прямоугольник 40x100 м, стороны которого параллельны сторонам поля, будем называть участком. Докажем, что засеяно не меньше 90% площади поля. Для этого разделим поле на восемь участков и один квадрат со стороной 20 м, как показано на рисунке 182. Площадь квадрата составляет 10% площади участка. Поэтому, если его накрыть каким-нибудь участком, то в нем засеяно не меньше 1% площади участка. На каждом участке засеяно не меньше 91% площади. Следовательно, всего засеяно не меньше, чем
S = 8-40-100-0,91 + 40-100-0,01 = 40-729 (м2).
Следовательно, рожью засеяли не меньше, чем
100% • (40 • 729)/(180 • 180) = 90% площади поля.
Для решения задачи нам остается показать, что можно засеять рожью 90% площади поля с соблюдением условия засева участков. Для этого
174
разделим все поле на 81 клетку со стороной 20 м, как показано на рисунке 183. Белым цветом показаны те места на поле, которые засеяны рожью. Серый цвет обозначает пустую землю. Все 9 серых прямоугольников равны между собой и одинаково расположены в клетках. Площадь каждого из них составляет 90% площади клетки. Поэтому их общая площадь составляет 10% площади поля.
Легко проверить, что в любом прямоугольнике размером 2 х 5 со сторонами, па-
Рис. 183 *
раллельными сторонам поля (т.е. в любом участке), площадь, покра-
шенная в серый цвет, в совокупности не превосходит площади одного
серого прямоугольника. Следовательно, на любом участке не меньше 91% его площади засеяно рожью.
428. Читайте статью И.Акулича «Треугольники на шахматной
доске» в «Кванте» №3 за 2005 год.
429.	2 (пример - на рисунке 184).
430.	а) (2 + 2)(1 + 0) = 2-2 +1 • 0 .
431.	Первым ходом Снегурочка может стереть четыре буквы «Е» и расположить остальные буквы так: БРДВЫЫ-ННПОЛЯ. Далее на каждый ход Берендея Снегурочка может отвечать, стирая буквы, симметрично расположенные только что стертым Берендеем, и тем самым восстанавливать симметрию, нарушаемую Берендеем.
432.	а) 2 ладьи; 6) 10 ладей.
433.	а) х = 88; 6) х = 880.
				8	9			
			8	6	7	9		
		8	6	4	5	7	9	...
	8	6	4	2	3	5	7	9
9	7	5	3	1	2	4	6	8
		9	7	5	3	4	6	8	
		9	7	5	6	8		
			9	7	8			
				9				
Рис. 184
434. Сумма чисел (т} -1), (т2 - 2),..., (яг100 -100) равна нулю. Поэтому сумма модулей положительных чисел этого набора равна
сумме модулей отрицательных чисел. Положив гирьки, соответствующие этим двум наборам чисел, на разные чашки весов, получим
равновесие.
436. п-2.
437. Нет. Например, состоящую из полей al, bl, cl, dl, el, fl, Ь2 и e2 фигуру нельзя разрезать на доминошки.
439.	33.
440.	Да.
441.	С Витей.
442.	«Зациклим» этажи. Спуск на b этажей вниз по такому кольцу - все равно подъем на а этажей вверх. Поэтому можно считать, что мы движемся все время в одном направлении шагами длины а. Наименьшее
175
натуральное число п, для которого па кратно числу а + Ь, равно (я + Ь)/НОД(й,Ь).
443. 859.
447. 9 цветов.
449. Пусть К - круг минимального радиуса, накрывающий все красные точки, а 5 - круг минимального радиуса, накрывающий все синие точки. Пусть для определенности радиус круга К не превосходит радиус круга 5.
Если все синие точкй лежат строго внутри круга К, то их можно накрыть кругом меньшего радиуса. Поэтому хотя бы одна синяя точка А лежит на границе круга К или вне его. Если радиус круга К больше 1Д/2 , то круг радиуса 1 с центром в точке А содержит менее половины окружности круга К, что противоречит минимальности радиуса круга К среди радиусов всех кругов, покрывающих красные точки.
450. Нет.
Математические турниры имени А.П.Савина
Составитель А. В. Спивак
Библиотечка «Квант». Выпуск 93
Приложение к журналу «Квант» №1/2006
Редактор А. В. Жуков
Обложка А.Е.Пацхверия
Макет и компьютерная верстка Е.В. Морозова
Компьютерная группа Е.А.Митченко, Л. В. Калиничева
ИБ № 78
Формат 84x108 1/32. Бум. офсетная. Гарнитура кудряшевская.
Печать офсетная. Объем 5,5 печ.л. Тираж 3500 экз.
Заказ № 180.
119296 Москва, Ленинский пр., 64-А, «Квант»
Тел.: (495)930-56-48, e-mail: admin@kvant.info
Отпечатано в ОАО Ордена Трудового Красного Знамени «Чеховский полиграфический комбинат» 142300 г.Чехов Московской области
Тел./факс: (501)443-92-17, тел./факс: (272)6-25-36, e-mail: chpk_marketing@chehov. ru
Индекс 70465
ВЫПУСК