по кругу выписаны в некотором порядке все натуральные числа от 1 до n (n ≥ 2) так, что у любых двух соседних чисел есть одинаковая цифра.
найдите наименьшее возможное значение n.
решение:
ответ: 29.
поскольку однозначные числа не имеют общих цифр, то n > 9.
а так как числа, соседние с числом 9, должны содержать девятку в своей записи, то меньшее из них не может быть меньше, чем 19, а большее — меньше, чем 29.
следовательно, n ≥ 29.
равенство n = 29 возможно, поскольку условиям удовлетворяет, например, такой порядок расстановки чисел от 1 до 29 по кругу:
1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25, 5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, 19.
2.
в треугольнике abc на стороне ac нашлись такие точки d и e, что ab = ad и be = ec (e между a и d).
точка f — середина дуги bc окружности, описанной около треугольника abc.
докажите, что точки b, e, d, f лежат на одной окружности.
решение:
обозначим ∠ bda через .
тогда , (ab = ad), .
точки e и f равноудалены от точек b и c, поэтому fe — серединный перпендикуляр к отрезку bc, следовательно,
.
итак, , т.е. точки b, f, d, e — на одной окружности.
3.
произведение положительных чисел x, y и z равно 1.
известно, что .
докажите, что для любого натурального k выполнено неравенство
решение:
если abc = 1, то неравенства и (a – 1)(b – 1)(c – 1) ≤ 0 равносильны.
действительно, из того, что , , и abc – 1 = 0 следует, что они оба равносильны неравенству bc + ca + ab ≥ a + b + c.
кроме того, числа t – 1 и tk – 1 имеют при k > 0 одинаковый знак. поэтому
.
4.
лабиринт представляет собой квадрат 8 × 8, в каждой клетке 1 × 1 которого нарисована одна из четырёх стрелок (вверх, вниз, вправо, влево).
верхняя сторона правой верхней клетки — выход из лабиринта. в левой нижней клетке находится фишка, которая каждым своим ходом перемещается на одну клетку в направлении, указанном стрелкой.
после каждого хода стрелка в клетке, в которой только что была фишка, поворачивается на 90 по часовой стрелке.
если фишка должна сделать ход
сквозь стенку квадрата, она остаётся на месте, но стрелка по-прежнему поворачивается на 90 по часовой стрелке.
докажите, что рано или поздно фишка выйдет из лабиринта.
решение:
предположим, что фишка никогда не выйдет из лабиринта.
тогда на клетку с номером 1 фишка попадёт конечное число раз (менее 4), т.к. в противном случае, когда стрелка покажет на выход, фишка из лабиринта уйдёт.
аналогично получаем, что после того, как фишка в последний раз побывает на поле < < 1> > , она конечное число раз побывает на полях с номером < < 2> > .
продолжая рассуждения получаем, что на поле с номером k, 1 ≤ k ≤ 14 она конечное число раз побывает на поле с номером k + 1.
значит, на каждом поле фишка побывает конечное число раз, что противоречит неограниченности числа ходов.
следовательно, фишка должна выйти из лабиринта.
5.
все клетки клетчатой плоскости окрашены в 5 цветов так, что в любой фигуре вида ,
все цвета различны.
докажите, что и в любой фигуре вида
все цвета различны.
решение:
предположим, что в некоторой фигуре 1 × 5 отсутствует некоторый цвет, например, синий (на рисунке эта фигура выделена).
тогда в каждой паре клеток, обозначенных одинаковыми буквами, присутствует синий цвет (в противном случае его не будет в одной из крестообразных фигур, включающих эти пары клеток).
но тогда одна из двух крестообразных фигур, включающих клетки, обозначенные буквами a и c, содержит 2 клетки синего цвета. противоречие.
6.
докажите, что каждое натуральное число является разностью двух натуральных чисел, имеющих одинаковое количество простых делителей.
(каждый простой делитель учитывается 1 раз, например, число 12 имеет два простых делителя: 2 и 3.)
решение:
если данное число n — чётно, т.е. n = 2m, то искомыми числами будут k = 4m и l = 2m.
пусть n — нечётно, p1, … ,ps — его простые делители и p — наименьшее нечетное простое число, не входящее во множество p1, … ,ps.
тогда искомыми будут числа k = pn и l = (p – 1)n, так как, в силу выбора p, число p – 1 имеет своими делителями число 2, и, возможно, какие-то из чисел p1, … ,ps.
7.
в треугольнике abc ( ab > bc ) k и m — середины сторон ab и ac, o — точка пересечения биссектрис.
пусть p — точка пересечения прямых km и co, а точка q такова, что qp ⊥ km и qm || bo.
докажите, что qo ⊥ ac.
решение:
опустим перпендикуляр or на прямую ac.
пусть перпендикуляр к прямой km, восставленный в точке p, пересекает прямую or в точке q′.
достаточно доказать, что mq′||bo, т.к. это будет означать, что точки q и q′ . так как km||bc, то .
тогда в , откуда mp = mc = ma,
поэтому точка p лежит на окружности с диаметром ac и ∠ apc = 90.
в четырёхугольнике apor ∠ apo = ∠ aro = 90,
следовательно он вписанный, отсюда ( ∠ rpo = ∠ rao опираются на одну дугу).
в четырёхугольнике mpq′r ∠ mpq′ = ∠ mrq′ = 90, следовательно, он вписанный, отсюда .
если bo пересекает ac в точке d, то из ∆ bcd: .
отсюда mq′ || bo.
