а)  На­при­мер Чётность оче­вид­на, про­ве­рим вто­рое усло­вие:

т. к.

б)  Из чётно­сти по­лу­ча­ем т. е.

при любом x. Под­ста­вив сюда x + 10 и x + 20 вме­сто x, по­лу­чим

Вы­чи­тая из вто­ро­го пер­вое, по­лу­ча­ем при любом x, т. е. функ­ция пе­ри­о­дич­на с пе­ри­о­дом 20.

а)  На­при­мер Чётность оче­вид­на, про­ве­рим вто­рое усло­вие:

т. к.

б)  Из чётно­сти по­лу­ча­ем т. е.

при любом x. Под­ста­вив сюда x + 10 и x + 20 вме­сто x, по­лу­чим

Вы­чи­тая из вто­ро­го пер­вое, по­лу­ча­ем при любом x, т. е. функ­ция пе­ри­о­дич­на с пе­ри­о­дом 20.

На­зо­вем груп­пой эко­но­ми­стов не­сколь­ко (воз­мож­но, од­но­го) эко­но­ми­ста, си­дя­щих под­ряд, слева и спра­ва от ко­то­рых сидят пред­ста­ви­те­ли дру­гих про­фес­сий. При этом если нет ме­не­дже­ра или бух­гал­те­ра, рядом с ко­то­рым сидят два эко­но­ми­ста, то каж­дый че­ло­век под­нял руку не более од­но­го раза, а тогда общее ко­ли­че­ство под­няв­ших руку людей равно удво­ен­но­му ко­ли­че­ству групп, т. е. четно. А по усло­вию их 45. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: 9 − 8765432 − 1.

Тра­пе­ция с ос­но­ва­ни­я­ми BC и AD длины 1 и 2 со­от­вет­ствен­но и бо­ко­вой сто­ро­ной CD длины пер­пен­ди­ку­ляр­ной ос­но­ва­ни­я­ми. Раз­ре­за­ния и где M  — се­ре­ди­на AD.

Ответ: су­ще­ству­ет.

Пусть за по­бе­див­шие ко­ман­ды бо­ле­ют x и y че­ло­век, за про­иг­рав­шие z и t. Тогда на во­про­сы про эти ко­ман­ды от­ве­ти­ло x + z + t, y + z + t, t, z че­ло­век со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, за Зенит бо­ле­ет 200 че­ло­век, за Ло­ко­мо­тив 300, за Спар­так никто, а за Ди­на­мо 100 че­ло­век.

Ответ: за Зенит  — 200, за Ло­ко­мо­тив  — 300, за Спар­так  — 0, за Ди­на­мо  — 100.

Не­об­хо­ди­мо по­ка­зать ас­со­ци­а­тив­ность опе­ра­ции для трёх про­из­воль­ных a, b, c, а затем про­ве­сти вы­чис­ле­ние, за­ме­тив, что на каж­дом шаге по­лу­ча­ет­ся вы­ра­же­ние вида

Ответ: (1 + 1)(1 + 1/2) . . . (1 + 1/100) − 1  =  101 − 1  =  100.

Разобьём слова, на­пи­сан­ные на доске на 4 клас­са U, D, L, R со­глас­но пер­вой букве (будем ма­лень­ки­ми бук­ва­ми u, d, l, r обо­зна­чать число эле­мен­тов в них, u + d + l + r  =  1 000 000). Тогда в тет­ра­ди уче­ни­ка U будет на­пи­са­но u + l + r слов, на­чи­на­ю­щих­ся на вверх (ибо к лю­бо­му слову не из клас­са D он при­пи­шет "вверх"). Зна­чит, если у него в тет­ра­ди со­дер­жит­ся N_u новых слов, то На­пи­сав три ана­ло­гич­ных не­ра­вен­ства и сло­жив их вме­сте, по­лу­чим, что

то есть не мень­ше 2 000 000.

Ком­мен­та­рий.

Речь, ко­неч­но, идёт о не­со­кра­ти­мых сло­вах в сво­бод­ной груп­пе с двумя об­ра­зу­ю­щи­ми. Тогда утвер­жда­ет­ся, что какое бы (ко­неч­ное) под­мно­же­ство в этой груп­пе мы не взяли, при его умно­же­нии на a, b, a − 1, b − 1 хотя бы раз мы по­лу­чим силь­но дру­гое мно­же­ство.

При­ведём вы­иг­рыш­ную стра­те­гию для Да­ни­лы. Число кле­ток на по­верх­но­сти чётно (равно ). Разобьём всю по­верх­ность куба на до­ми­нош­ки; до­ми­нош­ки не пе­ре­се­ка­ют­ся и по­кры­ва­ют весь куб. При­мер раз­би­е­ния при­во­дить не будем. Легко ви­деть, что такие при­ме­ры есть. Школь­ни­ки, ко­то­рые на­пи­са­ли такое ре­ше­ние долж­ны при­во­дить при­мер.

В на­ча­ле хода Да­ни­лы пешка стоит в какой-то до­ми­нош­ке. Да­ни­ла ходит во вто­рую клет­ку до­ми­нош­ки. Если Да­ни­ла до этого дей­ство­вал в со­от­вет­ствии с этой стра­те­ги­ей, то вто­рая клет­ка до­ми­нош­ки не за­кра­ше­на и сде­лать в неё ход можно. Оче­вид­но, что по­след­ний ход сде­ла­ет Да­ни­ла  — хотя бы по­то­му, что он все­гда может сде­лать ход.

Ответ: Данил вы­иг­ры­ва­ет.

Пусть эти пря­мые  — a, b, c со­от­вет­ствен­но. Рас­смот­рим четырёхуголь­ник AC₁A₁B₁. Он яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грам­мом, т. к. C₁A₁ и B₁A₁  — сред­ние линии в тре­уголь­ни­ке ABC. Про­ведём бис­сек­три­су угла A и пря­мую a. Из па­рал­лель­но­сти этих двух пря­мых и того факта, что AC₁A₁B₁  — па­рал­ле­ло­грамм, сле­ду­ет, что a  — бис­сек­три­са угла C₁A₁B₁. Ана­ло­гич­но, b и c так же яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а бис­сек­три­сы пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

До­ка­жем тре­бу­е­мое утвер­жде­ние ин­дук­ци­ей по ко­ли­че­ству гно­мов.

База  — один гном; утвер­жде­ние оче­вид­но.

Шаг  — пусть утвер­жде­ние верно для лю­бо­го клана из n гно­мов, до­ка­жем его для лю­бо­го клана из n + 1 гно­мов.

Рас­смот­рим про­из­воль­ный клан из n + 1 гно­мов и то, как они ме­ня­лись мо­не­та­ми. Пусть a_ij  — число монет у гнома номер i на в день номер j. Среди всех чисел a_ij есть мак­си­маль­ное  — так как все a_ij на­ту­раль­ны и огра­ни­че­ны свер­ху сум­мар­ным ко­ли­че­ством монет в клане. Пусть a_kp  — одно из мак­си­маль­ных чисел. Тогда, на­чи­ная с дня номер p, гном номер k не будет ни­ко­му да­вать мо­не­ты и ни у кого по­лу­чать мо­не­ты. Дей­стви­тель­но: гном номер k может от­дать мо­не­ты, толь­ко если найдётся гном, у ко­то­ро­го боль­ше монет. А та­ко­го гнома ни­ко­гда не найдётся из мак­си­маль­но­сти a_kp. Гном номер k не может по­лу­чить мо­не­ты, по­то­му что если ему кто-то от­даст мо­не­ты, то число монет у гнома номер k ста­нет боль­ше a_kp, что так же про­ти­во­ре­чит мак­си­маль­но­сти a_kp.

На­чи­ная со дня номер p, будем рас­смат­ри­вать всех гно­мов, кроме гнома с но­ме­ром k, как клан из n гно­мов. Это кор­рект­но, так как они не по­лу­ча­ют и не от­да­ют мо­не­ты гному с но­ме­ром k. По пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции, на­чи­ная с ка­ко­го-то дня, гномы в этом новом клане пе­ре­ста­нут пе­ре­да­вать друг другу мо­не­ты, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Чтобы по­лу­чить пра­виль­ный ответ, сле­ду­ет за­ме­тить, что можно рас­смот­реть слу­чаи по­пар­ной па­рал­лель­но­сти не­сколь­ких пря­мых. На­при­мер, нет па­рал­лель­ных, одна пара па­рал­лель­ных, две пары па­рал­лель­ных, три пары па­рал­лель­ных.

Ответ: 26, 27, 28, 29.

Разобьём слова, на­пи­сан­ные на доске на 4 клас­са U, D, L, R со­глас­но пер­вой букве (будем ма­лень­ки­ми бук­ва­ми u, d, l, r обо­зна­чать число эле­мен­тов в них, u + d + l + r  =  1 000 000). Тогда в тет­ра­ди уче­ни­ка U будет на­пи­са­но u + l + r слов, на­чи­на­ю­щих­ся на вверх (ибо к лю­бо­му слову не из клас­са D он при­пи­шет "вверх"). Зна­чит, если у него в тет­ра­ди со­дер­жит­ся N_u новых слов, то На­пи­сав три ана­ло­гич­ных не­ра­вен­ства и сло­жив их вме­сте, по­лу­чим, что

то есть не мень­ше 2 000 000.

Ком­мен­та­рий.

Речь, ко­неч­но, идёт о не­со­кра­ти­мых сло­вах в сво­бод­ной груп­пе с двумя об­ра­зу­ю­щи­ми. Тогда утвер­жда­ет­ся, что какое бы (ко­неч­ное) под­мно­же­ство в этой груп­пе мы не взяли, при его умно­же­нии на a, b, a − 1, b − 1 хотя бы раз мы по­лу­чим силь­но дру­гое мно­же­ство.

Обо­зна­чим время подъ­ема от под­но­жия до вер­ши­ны горы через x. Из усло­вий за­да­чи сле­ду­ет, что впер­вые у под­но­жия горы они встре­ти­лись через 130 минут. Зна­чит, впер­вые на вер­ши­не горы они встре­тят­ся через 130 + x минут. В таком слу­чае x  — это такое ми­ни­маль­ное на­ту­раль­ное число, что (5 + x)  — де­ли­тель (130 + x) и (10 + x)  — де­ли­тель (130 + x). Пе­ре­бо­ром уста­нав­ли­ва­ем, что

Ответ: 20 минут.

Рас­смот­рим ок­та­эдр (см. рис.). Пусть каж­дый че­ло­век со­от­вет­ству­ет вер­ши­не ок­та­эд­ра.

В ка­че­стве троек, хо­див­ших вме­сте в поход, возьмём грани, а также ещё 6, по­лу­ча­е­мых сле­ду­ю­щим об­ра­зом. Рас­смот­рим три ко­ор­ди­нат­ных плос­ко­сти. Каж­дая из них пе­ре­се­ка­ет ок­та­эдр по квад­ра­ту (за­кра­ше­ны раз­ны­ми цве­та­ми). В каж­дом таком квад­ра­те возьмём две трой­ки, чтобы по­лу­чен­ные тре­уголь­ни­ки вме­сте об­ра­зо­вы­ва­ли квад­рат, и три пря­мых, раз­де­ля­ю­щих тре­уголь­ни­ки в парах, ле­жа­ли на трёх раз­лич­ных ко­ор­ди­нат­ных пря­мых. (От­рез­ки, раз­де­ля­ю­щие тре­уголь­ни­ки, в квад­ра­тах про­ве­де­ны со­от­вет­ству­ю­щи­ми цве­та­ми.) Легко ви­деть, что такой набор троек не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: нет.

Вы­де­лим не­ко­то­рые вер­ши­ны графа, об­ве­дя их в кру­жо­чек. Из­на­чаль­но, один из ав­то­мо­би­лей на­хо­дит­ся в вы­де­лен­ной вер­ши­не, а вто­рой нет. Из вы­де­лен­ной вер­ши­ны можно по­пасть толь­ко в не­вы­де­лен­ную и на­о­бо­рот (дву­доль­ный граф). По­это­му в одной вер­ши­не ав­то­мо­би­ли ока­зать­ся не могут.

Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния окруж­но­стей через O, цен­тры окруж­но­стей обо­зна­чим A', B', C', D'. По­сколь­ку все че­ты­ре окруж­но­сти имеют рав­ный ра­ди­ус, OA' = OB' = OC' = OD'. Таким об­ра­зом, O яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг A'B'C'D'. Зна­чит, сумма про­ти­во­по­лож­ных углов в четырёхуголь­ни­ке A'B'C'D равна 180°. Пря­мая AB яв­ля­ет­ся общей ка­са­тель­ной к паре пе­ре­се­ка­ю­щих­ся окруж­но­стей рав­но­го ра­ди­у­са с цен­тра­ми в A' и B', по­это­му AB || A'B'. Ана­ло­гич­но па­рал­лель­ны осталь­ные со­от­вет­ству­ю­щие пары сто­рон. Зна­чит, в четырёхуголь­ни­ке ABCD суммы про­ти­во­по­лож­ных углов также равны 180°, так что он также яв­ля­ет­ся впи­сан­ным.

Опи­шем окруж­ность во­круг тре­уголь­ни­ка BMN. Она ка­са­ет­ся внут­рен­ним об­ра­зом в точке B опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC окруж­но­сти, по­сколь­ку точка B и цен­тры окруж­но­стей лежат на одной пря­мой. Пусть сна­ча­ла точка К лежит выше го­ри­зон­таль­ной пря­мой MN. Пусть L  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ка KN и мень­шей окруж­но­сти. Угол MLN равен 60°, и, сле­до­ва­тель­но, угол KLM равен 120°. Зна­чит, угол MKN не пре­вос­хо­дит 60°.

За­ме­тим, что в при­ве­ден­ном рас­суж­де­нии не иг­ра­ет ни­ка­кой роли то об­сто­я­тель­ство, что точка лежит на окруж­но­сти. Важно лишь, что она на­хо­дит­ся выше пря­мой MN и вне окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка BMN.

Пусть те­перь точка рас­по­ло­же­на ниже пря­мой MN (этот слу­чай на ри­сун­ке не от­ра­жен). Рас­смот­рим точку сим­мет­рич­ную точке от­но­си­тель­но пря­мой MN. Углы MK₁N и MKN, оче­вид­но, равны. Точка лежит выше пря­мой MN и вне мень­шей окруж­но­сти. По до­ка­зан­но­му, угол MK₁N не пре­вос­хо­дит 60°. Утвер­жде­ние до­ка­за­но пол­но­стью.

Пусть a, b, c, d, e, f  — ука­зан­ные числа, за­пи­сан­ные в по­ряд­ке их сле­до­ва­ния в кру­гах при об­хо­де по ча­со­вой стрел­ке и числа a, c, e рас­по­ла­га­ют­ся в вер­ши­нах тре­уголь­ни­ка. Если S  — рас­смат­ри­ва­е­мая сумма, то имеем:

Скла­ды­вая все урав­не­ния си­сте­мы, по­лу­ча­ем: то есть

Сле­до­ва­тель­но, число S не может быть боль­ше числа

Ри­су­нок по­ка­зы­ва­ет, что число S может быть равно 39.

Ответ: 39.

Рас­смот­рим не­сколь­ко слу­ча­ев.

1.  Код со­дер­жит ком­би­на­цию цифр 216. Ее можно рас­по­ло­жить в коде тремя

спо­со­ба­ми: или В каж­дом из этих воз­мож­ных кодов каж­дую из осталь­ных цифр можно вы­брать 10 спо­со­ба­ми.

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ет­ся 3 ∙ 100 = 300 ва­ри­ан­тов.

2.  Код со­дер­жит ком­би­на­ции 21 и 16, при­чем ком­би­на­ция 21 рас­по­ло­же­на левее. Тогда остав­шу­ю­ся цифру можно вы­брать 10 спо­со­ба­ми и по­ста­вить ее на одно из трех мест. То есть 30 ва­ри­ан­тов.

3.  Код со­дер­жит ком­би­на­ции 21 и 16, при­чем ком­би­на­ция 21 рас­по­ло­же­на пра­вее. Ана­ло­гич­но  — 30 ва­ри­ан­тов. За­ме­тим, что числа 21621, 21216, 21616, 16216 мы по­счи­та­ли два­жды. Таким об­ра­зом, чтобы от­крыть сейф до­ста­точ­но пе­ре­брать 300+30+30-4=356 но­ме­ров.

Ответ: 356 но­ме­ров.