Заметим, что если в какой-то ход Васи осталось больше одного кусочка, а оставшиеся поместить нельзя, то можно рассмотреть разрезание, где все эти кусочки объединяются в один, а другие выкладываются на ленту тем же образом. Понятно, что такой кусок-склейка также не будет помещаться.

Значит, можно без ограничения общности предположить, что у Васи должен остаться ровно один кусок, который нельзя поместить. Пусть его длина , а количество положенных кусочков равно . Тогда , при этом длина полосы , так как - количество клеточек занятых остальными кусочками, а - количество ’зазоров’, в которые теоретически мы могли поместить кусок длины , но он не поместился, так как размеры зазоров не превосходят .

Тогда Вася достигает своей цели при

То есть если , то Вася не сможет выполнить задуманное.

А при Васе достаточно разрезать полоску на кусков размера и кусок размера , при этом расположить кусков размера он должен на расстояний не более клеток друг от друга и от концов. (Чего он сможет достичь, так как )

Так как — биссектриса, то . В силу параллельности и также .

Пусть — центр окружности, описанной около . Тогда , так как — равнобедренный треугольник. Откуда .

Также равнобедренными будут треугольники ( как радиусы) и (углы и равны по вышесказанному). Значит,

Тогда по двум сторонам и углу между ними, потому что , радиусы , а углы

Следовательно, и тогда точки лежат на одной окружности.

Пусть — площадь треугольника, а — высоты к сторонам соответственно.

Из формулы площади треугольника имеем, что

Без ограничения общности будем считать, что . Тогда

Откуда . Но тогда и можно сказать, что

Отсортируем числа из множества по возрастанию:

Для любых трех последовательных чисел число по условию лежит в . Но

Тогда это число должно равняться , откуда . В силу произвольности выбора номера получаем, что каждое число является средним арифметическим двух его соседей, но тогда это арифметическая прогрессия.

По условию числа , то есть , где - разность прогрессии.

и в силу того, что , а натуральное. Имеем единственное решение .

Последними цифрами простых чисел могут быть только . Значит, использовав каждую из десяти цифр от до по одному разу, больше шести простых чисел мы получить не сможем.

6 простых чисел уже может быть:

Пример. Пусть Вася выберет какую-то карточку и задаст вопросов, в каждом из которых он спросит про и одну из карточек, отличных от Общее количество чисел, не соседних с числом, написанным на не превосходит если на написано или и если на написаны числа от до Тогда либо в одном из ответов будет дан положительный ответ, и Вася нашёл нужную пару соседних чисел, либо все эти карточки содержат числа, не соседние с числом на Следовательно, оставшаяся карточка содержит число, соседнее с числом на Таким образом, Васе достаточно вопросов.

Оценка. Докажем, что, если Вася задаст всего любых вопросов, он может не найти ни одной пары карточек с соседними числами. Предположим противное, что задав некоторые вопросов он смог точно указать на пару карточек с соседними числами. Переведём задачу на язык теории графов. Карточки будем считать вершинами графа а заданные Васей вопросы – рёбрами (синими рёбрами), соединяющими соответствующие пары карточек. К этим рёбрам нужно добавить ещё одно, соответствующее той паре карточек, на которых написана пара соседних, по версии Васи, чисел. Теперь нужно доказать, что вершины могут быть занумерованы в таком порядке, что ни одно ребро не соединяет две вершины с соседними номерами. То есть, нужно дорисовать в графе путь из рёбер, проходящий последовательно по всем вершинам, и не содержащих ни одного из «Васиного» синего ребра. Это будет означать, что Васина догадка не верна. Назовём такой путь красным и будем строить его методом математической индукции по числу вершин графа

Предположим, что в любом графе с числом вершин в котором проведено не больше синих рёбер, существует красный путь по всем вершинам, не содержащий синих рёбер. Построим красный путь в

1) Пусть в есть «крайняя» вершина из которой выходит ровно одно ребро В графе полученном из удалением вершины и ребра число вершин равно а рёбер – не больше выполнено предположение индукции, поэтому в можно построить красный путь длины с началом в вершине и концом в вершине Тогда ребро не соединяет вершину с одной из или проведя красное ребро из в эту вершину, получим красный путь длины в

2) Пусть в нет вершин, из которых выходит ровно одно ребро. В таком случае все синие рёбра инцидентны в сумме вершинам степени не меньше каждая, следовательно, среди них не больше различных. Следовательно, в не меньше двух вершин из которых не выходит ни одного синего ребра. Удалим из вершины и два ребра, выходящие из некоторой четвёртой вершины (но не саму вершину). Полученный граф снова удовлетворяет предположению индукции и в нём можно построить красный путь длины с началом в вершине и концом в вершине Если он не проходит через или проходит, но не проходит через удалённые рёбра, соединим с и с и получим красный путь в длины 99. В оставшихся случаях, обозначим за и вторые концы удалённых рёбер. Если красный путь в проходит через заменим этот фрагмент на Если он проходит только через одно удалённое ребро, скажем, через заменим его на В обоих случаях получится красный путь в

База индукции - случаи графов с 3 и 4 вершинами - очевидна.

Пусть первый член прогрессии равен а разность равна Тогда из условия По условию ый член последовательности делится на (кроме последнего), тогда получим:

Значит, делится на все числа от до Пусть не является степенью простого числа, тогда где и не имеют общих делителей. Тогда

Значит, так как то То есть последний член делится на Противоречие.

Первое решение.

Если тройка является решением, то решениями являются . В силу этой цикличности системы мы можем не умаляя общности считать

Вычтем из первого уравнения третье и получим

Из следует а из следует

Таким образом, равенство выше может выполняться только в случае одновременно обращения трёх неравенств в равенства:

При подстановке в любое из уравнений системы получаем

Второе решение.

Заметим, что в любой тройке, являющейся решением, все переменные одного знака: они либо все неотрицательны, либо все неположительны. Это следует из того, что нечётная степень числа имеет тот же знак, что и само число. Действительно, среди переменных две имеют одинаковый знак, тогда правая часть уравнения, содержащего эти переменные, имеет тот же знак, значит и левая часть, а с ней и третья переменная имеют тот же знак. Кроме того, если одна из переменных равна то левая часть соответствующего уравнения равна значит сумма двух чисел одного знака в правой части тоже равна поэтому каждое из этих чисел равно

Внесём эту тройку в ответ. Тогда дальше можно считать, что все переменные не равны При умножении решения системы на снова получаем решение, следовательно, дальше можно считать, что а потом внести в ответ тройку с противоположными знаками.

Сложим все три уравнения и перенесем правую часть в левую:

Теперь рассмотрим функцию Нетрудно понять, что при значении функции отрицательно, а при положительно, а также при оно равно Отсюда следует, что все переменные не могут быть одновременно больше или одновременно меньше Так как иначе ведь в левой части стоит сумма трёх чисел одного знака, поэтому они все должны равняться откуда следует, что при этом

Итак, остались два случая, и

Если тогда — это не решение.

Если — это тоже не решение.

Таким образом доказано, что других решений, кроме уже найденных, нет.

Возведём в квадрат каждое из двух уравнений:

Сложим эти уравнения, используя Получим:

Первое решение (счетное).

Давайте будет пользоваться свойством биссектрисы:

Тогда:

Теперь подставим это в

Домножим на знаменатели:

Тогда из теоремы косинусов для треугольника следует, что Отсюда получаем ответ.
Второе решение (более идейное).

Отметим точку на отрезке такую что Тогда из условия следует, что Заметим, что треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Аналогично равны треугольники Из этого следует:

Теперь воспользуемся тем, что

Тогда по теореме о сумме углов:

Для начала заметим, что так как — диаметр полуокружности. По условию прямая — перпендикуляр к , то есть Тогда в четырехугольнике внутренний угол равен внешнему углу при противоположной вершине. Значит, четырёхугольник вписанный.

Так как — середина полуокружности, а опирающийся на эту дугу вписанный угол

как вертикальные углы, а потому что — вписанный четырехугольник.

Тогда то есть прямоугольный треугольник имеет угол в Значит, — равнобедренный и

По условию, все числа неотрицательны и не превосходят 1 следует, что их попарные суммы не больше 2. Заменим в знаменателе каждой дроби левой части неравенства 2 на соответствующую сумму, от чего каждый знаменатель не увеличится и неравенство усилится. Получим:

Обозначим точку пересечения отрезков и за Отметим на луче точку такую, что является серединой отрезка

Диагонали и четырёхугольника делятся точкой пересечения пополам, поэтому он является параллелограммом, его стороны и параллельны и то есть а

В треугольнике следовательно, треугольники и подобны. Их соответствующие стороны и перпендикулярны, а отрезки и являются медианами этих треугольников, проведёнными к соответствующим сторонам, поэтому тоже перпендикулярны.

Пойдём с конца. Последнее число забавной перестановки либо больше, либо меньше всех чисел множества следовательно, оно равно 1 или Предпоследнее число забавной перестановки либо больше, либо меньше всех чисел множества кроме то есть это наименьший или наибольший элемент во множестве или во множестве В каждом из случаев есть ровно две возможности выбора, варианты для двух последних чисел перестановки выглядят так Несложно убедиться, что при любом первые чисел перестановки образуют интервал из подряд идущих чисел из множества а число является в этом интервале минимальным или максимальным — всего две возможности, кроме самого первого числа для которого остаётся единственная возможность. Всего получаем ровно возможностей выбора.

Вычтем первое уравнение из второго и третьего, получим:

Подставим выражения в первое уравнение, получим

Одним из его корней является поэтому

Дискриминант второй скобки отрицателен, поэтому единственным действительным корнем кубического уравнения и решением исходной системы является Тогда

Пусть где — некоторая перестановка чисел Тогда

Если то

Отсюда следует, что делится на 9.

Одна из двух различных цифр ненулевая, поэтому

Значит,

Вспомним, что — некоторая перестановка чисел поэтому сумма всех цифр равна — нечётна. Тогда

Следовательно, цифра чётна, а цифра — нечётная цифра.

Если рыцарей нет, то все говорящие врут, так как не является делителем какого-либо натурального числа.

Если рыцари есть, то пусть первый рыцарь имеет номер Тогда число рыцарей является делителем числа но не будет являться делителем чисел поскольку до него все лгали. Легко видеть, что тогда число рыцарей равно Тогда ему кратны только числа Здесь Ровно на этих позициях и только на них и должны стоять рыцари, откуда всего их будет Имеем Под это условие подходит только В качестве примера достаточно поставить рыцарей на позиции

Сначала покажем, что черепашек могут так перемещаться. Выделим в верхнем левом углу прямоугольник Поставим в каждую его клетку по черепашке. Разобьем его на квадратики И пусть в каждом квадратике черепашки перемещаются по циклу против часовой стрелки. Тогда все черепашки всегда смогут сделать ход.

Докажем, что большего количества черепашек быть не может. Раскрасим нашу доску в цвета в горошек (в первой строке чередуются цвета и во второй — и в третьей — снова и и так далее). Заметим, что клеточек цвета ровно Рассмотрим клеточки второго цвета. Заметим, что все черепашки на клеточках второго цвета через хода попадут в клеточки четвертого цвета. Тогда в данный момент черепашек на клеточках второго цвета не больше, чем черепашек на клеточках четвертого цвета, то есть также не больше, чем Нам осталось оценить сверху количество черепашек, стоящих в данный момент на клеточках первого и третьего цвета. Чтобы это сделать, достаточно подождать один ход, тогда все эти черепашки попадут на клеточки второго и четвертого цвета. А затем проделать те же самые рассуждения. То есть всего черепашек действительно не больше, чем

Если нечётно, то и все его делители нечётны, поэтому правая часть равенства чётна — противоречие. Следовательно, чётно и его минимальный неединичный делитель равен а

По условию делит значит, делит и разность поэтому должно быть равно одному из чисел При этом равно соответственно. Первый случай не подходит ввиду нечётности, остальные два удовлетворяют условию задачи.

Докажем сначала, что Для этого воспользуемся индукцией по База индукции верна по условию. Шаг индукции: при выполнены неравенства поэтому и то есть

Ввиду доказанного, для всех поэтому

что и требовалось доказать.