Пусть объём ванны равен V, тогда к мо­мен­ту её на­пол­не­ния в ней долж­но быть хо­лод­ной воды и го­ря­чей. Ско­рость на­пол­не­ния ванны хо­лод­ной и го­ря­чей водой равны и со­от­вет­ствен­но. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое время равно раз­но­сти времён на­пол­не­ния ванны го­ря­чей водой и на­пол­не­ния ванны хо­лод­ной водой, то есть

Ответ: Через 5 минут.

Пусть можно пред­ста­вить число А  =  99...99 (всего 9 де­вя­ток) в виде суммы двух чисел В и С, суммы цифр ко­то­рых оди­на­ко­вы. Если при сло­же­нии цифр по­след­них раз­ря­дов В и С про­ис­хо­дит пе­ре­ход еди­ни­цы в преды­ду­щий раз­ряд, то по­след­няя цифра суммы не пре­вос­хо­дит 8. Но в по­след­нем раз­ря­де А стоит де­вят­ка, по­это­му пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит и сумма цифр по­след­них раз­ря­дов В и С равна 9. Ана­ло­гич­но рас­суж­дая слева на­пра­во для остав­ших­ся раз­ря­дов, видим, что в каж­дом раз­ря­де В и С сумма цифр равна 9 и пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит. Тогда сумма цифр В плюс сумма цифр С, рав­ная удво­ен­ной сумме цифр В, долж­на рав­нять­ся сумме цифр А, то есть 81  — нечётному числу. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нель­зя.

Среди 10 пер­вых сте­пе­ней двой­ки в каж­дой паре чисел боль­шее де­лит­ся на мень­шее, сле­до­ва­тель­но, С дру­гой сто­ро­ны, пусть в не­ко­то­ром мно­же­стве из чисел боль­шее число каж­дой пары чисел де­лит­ся на мень­шее. Рас­по­ло­жим все числа по воз­рас­та­нию, из пред­по­ло­же­ния сле­ду­ет, что каж­дое сле­ду­ю­щее число как ми­ни­мум в 2 раза боль­ше преды­ду­ще­го. Зна­чит, самое боль­шое число не мень­ше, чем в раз боль­ше пер­во­го, то есть боль­ше 1000  — про­ти­во­ре­чие.

Ответ:

Рас­смот­рим любой из тре­уголь­ни­ков, об­ра­зо­ван­ных вер­ши­ной ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка и двумя точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со смеж­ны­ми этой вер­ши­не сто­ро­на­ми. По­сколь­ку от­рез­ки ка­са­тель­ных из вер­ши­ны к окруж­но­сти равны, этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный и его бис­сек­три­са пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку, со­еди­ня­ю­ще­му точки ка­са­ния. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая, па­рал­лель­ная этой бис­сек­три­се, про­хо­дя­щая через тре­тью точку ка­са­ния, яв­ля­ет­ся вы­со­той тре­уголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­на­ми ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка. Утвер­жде­ние за­да­чи сле­ду­ет те­перь из тео­ре­мы о том, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке.

Всего в стро­ке и столб­це, про­хо­дя­щих через дан­ную клет­ку 19 кле­ток, по­это­му, если мы про­де­ла­ем опе­ра­ции со всеми па­ра­ми строк и столб­цов таб­ли­цы (всего опе­ра­ций), то каж­дый знак в таб­ли­це по­ме­ня­ет­ся 19 раз, став из ми­ну­са плю­сом, по­это­му 100 опе­ра­ций до­ста­точ­но.

Опе­ра­цию за­ме­ны зна­ков во всех клет­ках не­ко­то­ро­го столб­ца и не­ко­то­рой стро­ки будем на­зы­вать опе­ра­ци­ей от­но­си­тель­но клет­ки-пе­ре­се­че­ния этих стро­ки и столб­ца. Клет­ки, от­но­си­тель­но ко­то­рых мы де­ла­ли опе­ра­ции, назовём крас­ны­ми, осталь­ные  — си­ни­ми.

Стро­ки и столб­цы, со­дер­жа­щие чётное число крас­ных кле­ток назовём чётными, а со­дер­жа­щие нечётное число крас­ных кле­ток  — нечётными. До­пу­стим, можно по­ме­нять все знаки в таб­ли­це мень­ше чем за 100 опе­ра­ций, тогда рас­смот­рим не­ко­то­рую синюю клет­ку А в стро­ке Х и столб­це Y. Чтобы знак в А по­ме­нял­ся, нужно, чтобы, чтобы Х и Y вме­сте со­дер­жа­ли нечётное ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток, можно счи­тать стро­ку Х чётной, а стол­бец Y  — нечётным. За­ме­тим, что на пе­ре­се­че­нии стро­ки и столб­ца оди­на­ко­вой чётно­сти долж­на сто­ять крас­ная клет­ка, а на пе­ре­се­че­нии стро­ки и столб­ца раз­ной чётно­сти  — синяя, иначе знак в этой клет­ке после всех опе­ра­ций не из­ме­нит­ся. Сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток в каж­дой чётной стро­ке равно числу чётных столб­цов, а ко­ли­че­ство синих  — числу нечётных столб­цов таб­ли­цы. Есть хотя бы одна чётная стро­ка Х, зна­чит, всего в таб­ли­це чётное число нечётных столб­цов. Но ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток в каж­дой нечётной стро­ке (нечётное!) равно числу нечётных столб­цов, то есть чётному числу  — про­ти­во­ре­чие с тем, что есть хотя бы один нечётный стол­бец. Сле­до­ва­тель­но, нель­зя обой­тись мень­ше, чем 100 опе­ра­ци­я­ми.

Ответ: За 100 опе­ра­ций.

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.

Если бы вна­ча­ле на доске было на­пи­са­но не сто, а три числа: a, b, c, то в конце на доске было бы на­пи­са­но число abc + ab + bc + ac + a + b + c. То есть сумма всех воз­мож­ных мо­но­мов, со­став­лен­ных из чисел a, b, c, взя­тых не боль­ше, чем по од­но­му разу.

В слу­чае, когда на доске на­пи­са­но сто чисел. Легко ви­деть, что по­след­ним на доске оста­нет­ся число, пред­ста­ви­мое в виде суммы раз­лич­ных мо­но­мов вида для все­воз­мож­ных на­ту­раль­ных чисел и при этом для всех i. Школь­ни­ки долж­ны будут это до­ка­зы­вать.

Те­перь за­ме­тим, что эта сумма пред­ста­ви­ма в виде:

Пре­об­ра­зу­ем её:

Ответ: 100.

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.

Пе­ре­мно­жа­е­мые трех­чле­ны имеют оди­на­ко­вые дис­кри­ми­нан­ты. Зна­чит, мо­дуль раз­но­сти кор­ней пер­во­го трех­чле­на равен мо­ду­лю раз­но­сти кор­ней вто­ро­го. Это поз­во­ля­ет с успе­хом при­ме­нить опре­де­лен­ную «цен­три­ру­ю­щую» за­ме­ну:

За­ме­на Тогда

По­лу­чив­ше­е­ся би­квад­рат­ное урав­не­ние ре­ша­ет­ся затем стан­дарт­ным об­ра­зом.

Ответ:

Сумма де­ли­те­лей числа равна

Бли­жай­шее число вида к 1022 это 1024. Остаётся про­ве­рить, что для 1023 со­от­вет­ству­ю­щее ра­вен­ство не вы­пол­ня­ет­ся.

Ответ: 1024.

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.

До­ста­точ­но рас­смот­реть тогда сумма цифр равна 1  — ми­ни­маль­но воз­мож­ная.

Ответ: 1.

Если бы пер­вый ост­ро­ви­тя­нин был ры­ца­рем, то своим от­ве­том он бы со­лгал, чего не может быть. Сле­до­ва­тель­но, пер­вый  — лжец и всего ры­ца­рей на ост­ро­ве не боль­ше 19. Зна­чит, два­дца­тый ост­ро­ви­тя­нин своим от­ве­том ска­зал прав­ду, по­это­му он ры­царь, в част­но­сти, на ост­ро­ве не мень­ше од­но­го ры­ца­ря. Тогда, если бы вто­рой ост­ро­ви­тя­нин ока­зал­ся ры­ца­рем, их вме­сте с два­дца­тым было бы уже два, и он бы со­лгал, зна­чит, вто­рой  — лжец и всего ры­ца­рей не боль­ше 18. По­это­му де­вят­на­дца­тый ска­зал прав­ду и он  — ры­царь. Про­дви­га­ясь так даль­ше, не­слож­но убе­дить­ся, что все ост­ро­ви­тя­не с пер­во­го по де­ся­то­го  — лжецы, а все с 11-ого по 20-ого  — ры­ца­ри.

Ответ: 10.

Пре­об­ра­зу­ем:

Ответ: 7.

Пусть Т  — се­ре­ди­на от­рез­ка ВМ, длины от­рез­ков ВТ, ТМ и МС равны. По тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Фа­ле­са, пря­мые АМ и КТ па­рал­лель­ны, по­это­му углы КАМ и ВКТ. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке АВС точка К  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы АВ, по­это­му углы КСВ и КВС. Тре­уголь­ни­ки ВКТ и МКС равны по двум углам и двум парам рав­ных со­от­вет­ству­ю­щих сто­рон и Сле­до­ва­тель­но, Зна­чит, угол между хор­дой КР и пря­мой КМ, рав­ный углу МКС, равен впи­сан­но­му углу КАР, опи­ра­ю­ще­му­ся на хорду КР, по­это­му КМ  — ка­са­тель­ная к опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка АКР в точке К.

По усло­вию су­ще­ству­ет на­ту­раль­ное n такое, что Сле­до­ва­тель­но, су­ще­ству­ет на­ту­раль­ное a такое, что Далее

Сле­до­ва­тель­но, дроб­ная часть числа равна Оста­ет­ся найти ми­ни­маль­ное на­ту­раль­ное n, для ко­то­ро­го су­ще­ству­ет на­ту­раль­ное такое, что

От­сю­да

Ми­ни­маль­ное n равно, оче­вид­но, 50, и тогда Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 2501.