Задачы і галаваломкі

1. Прывядзіце прыклад дванаццаці лікаў такіх, каб сума любых пяці паслядоўных была дадатнай, а сума ўсіх дванаццаці — адмоўнай.

2. У які бок едзе аўтобус, паказаны на малюнку?

3. Які лік прапушчаны: 10, 7, 6, ?, 7, 6, 7.

4. На якую найменьшую колькасць кавалкаў трэба разрэзаць пірог, каб можна было раздаць роўную колькасць пірагу і 4, і 5, і 6 гасцям?

5. Квадрат 10×10 выкладзены квадратнымі плітамі памерам 1×1 чатырох колераў так, што ніякія дзве пліты аднаго колеру не датыкаюцца адна да адной ні бокам, ні кутом. Колькі можа быць пліт аднаго колеру?

6. Задача на пабудаванне. Трэба пабудаваць (цыркулем і лінейкай) трохкутнік па дадзеных куце, даўжыні бісектрысы, праведзенай з гэтага кута і радыусе апісанай акружыны.

7. Задача Багдановіча-1. Вучняў аднаго класу патрэбна рассадзіць па лаўках. Калі пасадзіць на кожную лаўку па $a$ вучняў, то $b$ вучням не хопіць месца, калі ж пасадзіць па $c$ вучняў на кожную лаўку, то $d$ месцаў на лаўках будуць не занятымі. Колькі вучняў у класе і колькі лавак, калі $99a$ роўнае каэффіцыенту члену раскладання бінома $(x^{-2}+\sqrt{x^3})^{12}$ , які ўтрымлівае $x^4$ ; $b$ роўнае найбольшаму караню раўнання $x-1=\sqrt{3x-5}$ ; $c$ роўнае караню раўнання $\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{x}}}=\frac{10}{19}$ ; $d$ роўнае ліміту сумы бясконца убываючай геаметрычнай прагрэсіі $\frac{21}{2}, \frac{21}{4}, \frac{21}{8},\ldots$ ?

Каментар: Задачы 7, 8, 9 рашалі гімназісты Яраслаўскай мужчынскай гімназіі ў 1911 годзе. Сярод іх быў Максім Багдановіч.

8. Задача Багдановіча-2. Гандляр меў два сорта кавы: па 80 кап. і па 45 кап за фунт. З гэтых двух сартоў ён склаў сумесь, якую потым распрадаў тром пакупнікам, узяўшы з іх па 69 кап. за фунт, пры гэтым продажы ён атрымаў 15 % прыбытку. Колькасць фунтаў, набытых першым пакупніком, адносіцца да колькасці фунтаў, набытых другім, як $0,08(3):0,(142857)$ , а колькасць фунтаў, набытых другім, адносіцца да колькасці фунтаў, набытых трэцім, як $0,5:\frac{3}{8}$ , акрамя таго вядома, што другі пакупнік заплаціў на 4 р. 14 кап. больш за трэцяга. Колькі фунтаў кавы кожнага сорта гандляр узяў для стварэння сумесі?

9. Задача Багдановіча-3. Асновай прамой прызмы служыць раўнабедраны трыкутнік, перыметр якога $2p=312$ , а адзін з роўных кутоў $\alpha=$ 36°24'. Плоскасць сячэння гэтай прызмы, якое праходзіць паўз няроўны бок ніжняй асновы і праз вяршыню верхняй асновы, нахілена да плоскасці асновы пад вуглом $\beta=$ 48°15'20''. Вылічыць аб’ём прызмы і плошчу праведзенага сячэння. Лічыць, што трыганаметрычныя функцыі вуглоў $\alpha$ і $\beta$ вядомыя з неабходнай дакладнасцю.

10. Узялі 8 вялікіх аркушаў паперы і некаторыя з іх парвалі на 8 кавалкаў кожны. Потым з атрыманых кавалкаў некаторыя ізноў парвалі на 8 кавалкаў кожны і гэтак далей. Урэшце падлічылі агульную колькасць кавалкаў паперы, атрымалі лік ад 2020 да 2030. Які менавіта лік?

11. У 100-лічбавым ліку 12345678901234567890. . . 1234567890 выкрэслілі ўсе лічбы, якія стаялі на няцотных месцах (пры лічэнні злева). У атрыманым ліку ізноў выкрэслілі ўсе лічбы, якія стаялі на няцотных месцах, і гэтак далей. Якая лічба засталася і была выкрэслена апошняй?

12. На аркушы намаляваны круглы цыферблат з 30 дзяленнямі. Два гульцы па чарзе праводзяць прамой адрэзак, злучаючы два дзяленні. Нельга праводзіць адрэзак, які перасякае іншыя, але адрэзкі могуць мець агульныя канцы. Прайграе той, хто не можа правесці адрэзак. Хто выйграе, I ці II?

13. У доўгім пакоі даўжынёй 27 метраў, вышынёй 3 метра і шырынёй 4 метраў жылі два прусакі. Адзін жыў на чатырохметровай сцяне пасярэдзіне (2 метры злева і 2 метры справа) на вышыні 1 метр ад падлогі. Другі жыў на супрацьлеглай сцяне, таксама пасярэдзіне, але на вышыні 2 метра. Прусакі любілі наведваць адзін аднаго, і на іх крокамеры шлях заўжды атрымліваўся роўным 30 метраў. Аднойчы адзін прусак напіўся і пайшоў у госці да свайго сябра, і калі ён дабраўся да яго, яго прылада паказала адлегласць менш чым 30 метраў. У той жа час вядома, што ён не ўпаў, і яго сябар не ішоў насустрач. Якую мінімальную адлегласць магла паказаць прылада?

14. На стале ляжыць цагліна, якае мае форму простакутнага паралелепіпеда. Паверх яе складваюць стопкай цагліны такога ж памеру так, што кожная наступная цагліна здвінута адносна папярэдняй уздоўж доўгага боку. Якая максімальная магчымая даўжыня праекцыі ўстойлівай стопкі з 5 цаглін? Даўжыня цагліны роўная 1.

15. У продажы ёсць вялікія і маленькія свечкі. Вялікая свечка гарыць роўна 60 хвілін і каштуе 60 рублёў. Маленькая свечка гарыць роўна 7 хвілін і каштуе 7 рублёў. Як з дапамогай такіх свечак вымераць роўна адну хвіліну, патраціўшы не больш за 200 рублёў?

16. Вылічыце інтэграл $\displaystyle\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\,dx$ і дакажыце, што $\pi < \frac{22}{7}$ .

17. Ці можна пазначыць вяршыні правільнага 49-вугольніка лічбамі ад 0 да 9 так, каб для любой пары лічбаў знайшоўся бок, канцы якога абазначаны гэтымі лічбамі?

18. Два рэчаісных ліка $x$ і $y$ задавальняюць умове $x+y=2$ . Як даказаць, што $xy(x^2+y^2)\leq 2$ ?

19. На дошцы запісаны лік 2023. У адным кроку вы можаце ўставіць дзве аднолькавыя лічбы (цифры) ў любым месцы ліка, запісанага на дошцы. Ці можна атрымаць такімі аперацыямі на дошцы лік, які будзе дзяліцца на 583 без астачы?

20. Рашыце сістэму раўнанняў

$\left\{ \begin{array}{c} x^2-y z=3 \\ y^2-x z=4 \\ z^2-x y=5 \end{array} \right.$

21. ABCD — тэтраэдр. Пункт M ляжыць у плоскасці DBC, пункт E — на баку AC. Трэба пабудаваць пункт перасячэння прамой AM і плоскасці BDE.

22. SABCD — чатырохвугольная піраміда, пункт E ляжыць на баку SC, пункт F ляжыць на грані SAB, пункт G ляжыць унутры піраміды ў плоскасці SBD. Трэба пабудаваць прамую перасячэння плоскасцей EFG і ABCD.

23. SABCD — чатырохвугольная піраміда, пункт E ляжыць на баку SC, пункт F ляжыць на грані SAB, пункт G ляжыць на грані SAD. Трэба пабудаваць прамую перасячэння плоскасцей EFG і ABCD.

24. З пункта на вышыні h = 10 м над зямлёй кідаюць цела з пачатковай хуткасцю v₀ = 10 м/с. Пад якім вуглом к гарызонту α трэба кідаць цела, каб яно паляцела максімальна далёка ад пачатковага пункта? Паскарэнне свабоднага падзення g = 10 м/с².

25. У адной мове ёсць усяго тры літары: A, B, C. Любая паслядоўнасць літар з’яўляецца словам. Якая мінімальная колькасць літар B можа быць у слове, якое ўтрымлівае адначасова паслядоўнасці літар ABBC, BABB, ABBA, BABAB, CAAB?

26. З жоўтых квадратаў пачынаюць свой шлях уніз па блакітных дарожках 4 групы гульцоў (адна група на квадрат). Колькасці гульцоў у групах: 3, 4, 6 і 8. На кожнай развілцы ўсе гульцы, якія дайшлі да развілкі, дзеляцца на дзве роўныя часткі. Калі да развілкі даходзіць няцотная колькасць гульцоў, гэтыя гульцы спыняюцца. У месцы, пазначаным чырвоным прамавугольнікам, знаходзіцца пастка. Усе гульцы, якія трапляюць у пастку, спыняюцца, але пастка можа быць роўна на адной з дзвюх дарожак, якія перасякае чырвоны прамавугольнік. Якая максімальная колькасць гульцоў гарантавана можа дабрацца да зялёнай зоны і як трэба размясціць групы гульцоў у жоўтых квадратах?

27. Дадзена чатырохвугольная прызма ABCDA'B'C'D'. Трэба пабудаваць пункт перасячэння прамой BB' і плоскасці A'CD.

28. Дадзена чатырохвугольная прызма ABCDA'B'C'D'. На канце BB' дадзены пункт E. У плоскасці ABCD дадзены пункт F (гл. малюнак да задачы 27). Трэба пабудаваць праз F прамую, якая перасякае прамыя A'C і ED.

29. Чаму роўнае супраціўленне паказанага ланцугу AB? Супраціўленне кожнага рэзістара роўнае R.

30. ABCD — квадрат. На баках BC і CD узяты пункты E і F такія, што ∠EAF = 45°. Дакажыце, што вышыня AH трохвугольніка AFE роўная боку квадрата.

31. На баках BC, CD, AD і AB квадрата ABCD узятыя пункты E, F, G і H такія, што ∠EAF = 45°, ∠GCH = 45°. Адрэзкі AF і CG перасякаюцца ў пункце I, адрэзкі AE і CH — у пункце J. Дакажыце, што адрэзкі BJ і DI паралельны (ляжаць на паралельных прамых, або на адной прамой)

32. Для якіх натуральных n квадрат можна разбіць на n няроўных парамі квадратаў і шасцівугольнік?

33. Ёсць два браты-блізнюкі. Адзін заўсёды хлусіць, другі заўсёды кажа праўду. Аднаго з іх клічуць Сашам. Мы сустрэлі аднаго з іх. Як, задаўшы яму адно кароткае пытанне, на якое ён можа адказаць толькі “так” ці “не”, вызначыць, ці сустрэліся мы з Сашам ці з яго братам?

34. Ёсць пяць манет аднолькавых з выгляду. Сярод іх ёсць манеты роўна дзвюх розных мас. Розніца мас такая, што яе нельга адчуць, але можна вызначыць з дапамогай шаляў. Ці магчыма за тры ўзважванні на шалях без гір знайсці ўсе больш цяжкія манеты?

35. Неяк адзін вандроўнік прыехаў у вёску, пра якую ён ведаў, што там кожны жыхар пры размове альбо заўсёды павялічвае усе лікі ў нейкую колькасць разоў альбо заўсёды памяншае усе лікі ў нейкую колькасць разоў. Гэтая колькасць разоў для кожнага жыхара была рознай, але пастаяннай. У астатнім жыхары заўсёды казалі праўду. Сустрэўшы двух жыхароў вёскі, вандроўнік спытаў:

— Колькі жыхароў усяго ў вашай вёсцы?

Першы жыхар даказаў:

— 600 жыхароў.

Другі жыхар не змог прамаўчаць:

— Ды што Вы яго слухаеце, ён усе лікі павялічвае ў 3 разы!

Першы жыхар запярэчыў:

— Не, гэты ты ўсе лікі памяншаеш у 12 разоў!

Колькі на самай справе жыхароў у вёсцы?

36. З жоўтых квадратаў пачынаюць свой шлях уніз па блакітных дарожках 5 груп гульцоў (адна група на квадрат). Колькасці гульцоў у групах паказаны на малюнку. Гульы рухаюцца зверху ўніз. На кожнай развілцы ўсе гульцы, якія дайшлі да развілкі, дзеляцца на дзве роўныя часткі. У роўна адным з месцаў, пазначаных чырвонымі прамавугольнікамі, знаходзіцца пастка. Усе гульцы, якія трапляюць у пастку, спыняюцца. Як размясціць групы гульцоў у жоўтых квадратах так, каб да зялёнай зоны дабраліся роўна 50 гульцоў?

37. Здабытак пяці цэлых лікаў (не абавязкова розных і не абавязкова дадатных) не роўны нулю. Кожны з гэтых лікаў зменшылі на адзінку, пры гэтым іх здабытак не змяніўся. Дайце прыклад такіх лікаў.

38. На клятчатай паперы намаляваны прамавугольнік 5×9 клетак. У левай ніжняй клетцы стаіць фішка. Алег і Ганна па чарзе перасоўваюць яе на любую колькасць клетак управа, альбо ўверх (нельга мяняць напрамак падчас аднаго ходу), не выходзячы за межы прамавугольніка. Алег ходзіць першым. Выйграе той, хто ставіць фішку ў правую верхнюю клетку. Хто перамагае пры правільнай гульні?

39. Заяц масай m=3 кг стаіць на носе лодкі масай M=147 кг і даўжынёй L=5 м, якая знаходзіцца на паверхні возера. З якой мінімальнай хуткасцю мусіць скочыць заяц, каб апынуцца на іншым канцы лодкі? Лічыць
g=10 м/с², трэнне лодкі аб ваду не ўлічваць.

40. У нас ёсць шалі, адна гіра масай 2 г, адна гіра масай 5 г і кавалак масла масай 80 г. Як за тры ўзважванні падзяліць масла на кавалкі масай 13 г і 67 г?

41. Два пешаходы, размешчаныя на адлегласці 10 км адзін ад аднаго, пачалі ісці насустрач адзін адному, кожны з хуткасцю 5 км/гдз. У той жа час ад першага пешахода ў бок другога адлятае муха з хуткасцю 15 км/гдз. Даляцеўшы да другога пешахода, яна імгненна паварочваецца і ляціць да першага пешахода. Даляцеўшы да яго, яна зноў паварочваецца і ляціць да другога пешахода. Так яна лятае паміж імі да моманту іх сустрэчы. Якую адлегласць праляціць муха да гэтага моманту?

42. Некалькі дзяцей гулялі з фішкамі. У канцы гульні Міхась і яго брат разам мелі 30 фішак, у Васіля і яго брата разам было на 19 фішак больш, чым у Даркі, у Васіля і Даркі разам — на 7 фішак больш, чым у Міхася, а ў Міхасёва брата было на 4 фішкі менш, чым у Васілёва брата. У пачатку гульні ў Даркі было 11 фішак, а ў Васілёва брата 7. Агульная колькасць фішак для ўсіх гульцоў была менш за 45. Хто з удзельнікаў страціў частку сваіх фішак падчас гульні?

43. Вядома, што на баку BC трохвугольніка ABC існуе пункт D, такі, што AD=BD і AB=DC=AC. Чаму роўныя вуглы трохвугольніка ABC?

44. У вяршынях правільнага шасцівугольніка з даўжынёй боку 1 км знаходзяцца дроны. Адначасова кожны з дронаў пачынае рухацца ў напрамку суседняга з левага боку, захоўваючы напрамак на суседа ў ходзе руху. Дроны рухаюцца з аднолькавай хуткасцю. Якую адлегласць прайдуць дроны да сустрэчы?

45. Настаўнік напісаў на дошцы 5 цэлых лікаў. Вучань сказаў, што якія б 3 з іх не ўзяць, іх сума не будзе дзяліцца на 3 без астачы. Ці можа гэта быць праўдай?

46. Настаўнік напісаў на дошцы 8 цэлых лікаў. Вучань сказаў, што якія б 6 з іх не ўзяць, іх сумма не будзе дзяліцца на 3 без астачы. Ці можа гэта быць праўдай?

47. Адзін з 5 падазраваных нешта зрабіў.

Андрусь сказаў: «Гэта Міхась ці Васіль».

Васіль сказаў: «Гэта зрабіў не я і не Юрась».

Міхась сказаў: «Вы абодва хлусіце».

Зміцер сказаў: «Не, адзін з іх сказаў праўду, а іншы – схлусіў».

Юрась сказаў: «Зміцер, ты хлусіш».

Як выявілася пазней, трое з падазраваных сказалі праўду. Хто з падазраваных зрабіў справу, аб якой ідзе гаворка?

48. Котка хаваецца ў адной з 4 скрынак, якія стаяць у радку. Кожную ноч котка выходзіць са сваёй скрыні і хаваецца ў адной з суседніх скрынак. Кожную раніцу Вы можаце адкрыць адну з скрынак і праверыць, ці там котка. Як толькі Вы знаходзіце котку, яна перастае хавацца. Ці можаце Вы гарантавана знайсці котку за пяць дзён? А за чатыры дні?

49. Знайдзіце найменшы натуральны лік такі, што калі дапісаць да яго напачатку і напрыканцы аднолькавую лічбу, гэты лік павялічыцца роўна ў 83 разы.

50. Атрад робатаў выходзіць з базавага лагера маршруту. Кожны з робатаў можа несці не больш як 3 батарэі. За гадзіну шляху кожны робат выкарыстоўвае 1 батарэю, якая пры гэтым знікае. Абменьвацца батарэямі і пакідаць батарэі можна толькі ў лагерах. Атрад можа раздзяляцца. Паміж любымі суседнімі лагерамі на маршруце 1 гадзіна шляху. Якая найменшая колькасць батарэй патрэбна, каб атрад змог перанесці 2 батарэі ў лагер, які знаходзіцца ў 2 гадзінах шляху ад базавага лагера і вярнуцца назад?

51. Два цягнікі, курсіруючыя паміж пунктамі А і Б, выходзяць адначасова з двух канцоў маршруту насустрач адзін аднаму з пастаяннымі хуткасцямі (не абавязкова аднолькавымі). Яны сустракаюцца на адлегласці 80 км ад бліжэйшага канца маршруту. Дасягнуўшы канца маршруту, кожны з цягінкоў адразу ж адпраўляецца назад з той жа хуткасцю. Другі раз цягнікі сустракаюцца на адлегласці 50 км ад іншага канца маршруту, чым у першы раз. Знайдзіце адлегласць паміж пунктамі А і Б.

52. Возьмем усе натуральныя лікі ад 1 да 1000000. Заменім кожны лік на суму яго лічбаў. Потым ізноў кожны лік заменім на суму яго лічбаў. Працягнем гэта пакуль усе атрыманыя лікі не стануць адназначнымі. Сярод мільёна атрыманых лічбаў якіх лічбаў будзе больш, 1 ці 2?

53. Ёсць 101 манета, сярод якіх 50 фальшывых. Кожная фальшывая манета лягчэй сапраўднай на 1 г. Вагу манет можна вызначыць з дапамогай шаляў са стрэлкай, якая паказвае розніцу вагі на дзвюх чашах з дакладнасцю 1 г. Пеця ўзяў адну манету. Ці можна за адно ўзважванне вызначыць, ці фальшывая яна?

54. Ёсць 9 змагароў рознай моцы. У спаборніцтве любых 2 перамагае больш моцны. Ці можна іх разбіць на 3 каманды па 3 змагары так, каб у парных сустрэчах каманд “кожны з кожным” першая каманда (I) па колькасці перамог атрымала верх над другой (II), II — над III, а III — над I?

55. Ёсць натуральныя лікі a і b. Лік a склалі з другім па велічыні дзельнікам ліку b, а лік b склалі з другім па велічыні дзельнікам ліку a. Два лікі, атрыманыя ў выніку складання, у суме даюць 2024. Вядома, што ў разрадзе адзінак ліку a знаходзіцца лічба 3, а ў разрадзе адзінак ліку b знаходзіцца лічба 5. Якое найменшае магчымае значэнне можа прымаць a+b з улікам гэтых умоў?

56. Задача Эда Фелтэна. Эліс і Боб гуляюць у гульню. Яны партнёры, таму яны альбо абое выйграюць, альбо абое прайграюць. Да пачатку гульні яны могуць дамовіцца аб стратэгіі. Калі гульня пачынаецца, Эліс і Боб разыходзяцца па асобным гуканепранікальным пакоям і яны не могуць мець ніякіх зносін.

Кожны з іх падкідвае манетку і запісвае, што выпала: арол ці рэшка. Ніякія маніпуляцыі не дазволеныя: гэта “чэсны” кідок “чэснай” манеты і яны мусяць запісаць правільны вынік кідка.

Пасля гэтага кожны з гульцоў запісвае сваю здагадку пра вынік кідка іншага гульца: Эліс запісвае здагадку пра вынік кідка Боба, а Боб — пра вынік кідка Эліс. Калі прынамсі адна са здагадак аказваецца правільнай, Эліс і Боб выйграюць, калі абедзьве здагадкі аказваюцца няправільнымі, яны абое прайграюць.

Якая стратэгія дазволіць Эліс і Бобу гарантавана выйграваць кожны раз?

57. Знайдзіце ўсе тройкі дадатных рэчаісных лікаў x, y, z, якія адпавядаюць сістэме раўнанняў $\left\{ \begin{array}{c} 3x-3y+\frac1{z}=\frac1{2024} \\ 3y-3z+\frac1{x}=\frac1{2024} \\ 3z-3x+\frac1{y}=\frac1{2024} \end{array} \right.$

58. ABC — роўнаплечны трохвугольнік, AB = AC, ∠A = 20°. На баках AB і AC ўзяты пункты E і F такія, што ∠ECB = 60°, ∠FBA = 50°. Знайдзіце градусную меру вугла CEF.

59. Вядучы загадвае лік ад 1 да 100. Вы спрабуеце ўгадаць яго, называючы розныя лікі. Вядучы адказвае, ці загаданы лік менш, больш, альбо супадае з названым. Калі загаданы лік менш, вы сплачваеце штраф 5 рублёў, калі загаданы лік больш вы сплачваеце штраф 10 рублёў. Калі лік супадае, вы атрымліваеце 100 рублёў і на гэтым гульня скончваецца. Якую колькасць дадатковых грошай вы гарантавана можаце атрымаць у выніку гульні?

60. На стале ляжаць 100 картак, пранумараваных ад 1 да 100 (кожная картка сваім лікам). Трэба раскласці ўсе карткі на стопкі так, каб у адной стопцы не ляжалі карткі, нумары якіх адрозніваюцца ў два разы. Якая найменшая колькасць стопак спатрэбіцца?

61. У трохвугольніку ABC з ∠BAC=88°, ∠ACB=44° знаходзіцца пункт D такі, што AD=CD, AB=BD. Знайдзіце градусную меру ∠CBD.

62. Былі два масівы a і b аднолькавай дліны n. Для любога i ад 1 (мінімальны індэкс) да n выконвалася няроўнасць a_i > b_i. Потым масівы адсарціравалі па ўзрастанні. Ці можа пасля сарціроўкі для нейкага i выконвацца няроўнасць a_i ≤ b_i?

63. (Дзіцячая) Робат Робі выязджае з ангара і рухаецца прама, пакуль гэта магчыма. Калі ён натыкаецца на сцяну, ён паварочвае направа, калі гэта магчыма. Калі направа павярнуць нельга, ён паварочвае налева. Калі і налева павярнуць не атрымліваецца, робат разварочваецца і выключаецца. Дзе закончыць свой шлях робат у схеме, паказанай на малюнку, калі пачне свой шлях у ангары 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7?

64. Пры якіх памерах (у элементах) прамавугольнага пазла колькасць крайніх элементаў і някрайніх элементаў будзе аднолькавай?

65. Знайдзіце ўсе паліномы P(x), такія, што для любога рэчаіснага x выконваецца роўнасць x P(x–1)=(x–3) P(x).

66. У плоскасці α (гл. малюнак) дадзены пункты A, B, C, D, E, F, прычым ABCD — паралелаграм. Па-за плоскасцю α дадзены пункты E₁ і F₁, прычым EE₁ ∥ FF₁. Трэба пабудаваць прамую перасячэння пласкасцей E₁AD і F₁BC.

67. З 7 аднолькавых раўнабокіх трохвугольнікаў склалі фігуру (гл. малюнак). Як разрэзаць яе на 4 часткі, каб з іх можна было скласці адзін раўнабокі трохвугольнік?

68. На дошцы намаляваная сетка 13×13 клетак. Якую мінімальную колькасць адзіночных меж паміж суседнімі клеткамі трэба сцерці, каб на дошцы не засталося ніводнага квадрата з бокам даўжынёй у 2 клеткі?

69. Два вожыкі наладзілі спаборніцтва па бегу. Першы на дыстанцыі не сустрэў перашкод, затое іншы сустрэў дзвюх чарапах і прабег па іх спінах. Першая чарапаха даўжынёй 60 см рухалася насустрач вожыку з хуткасцю 5 см/с. Другая чарапаха даўжынёй 30 см рухалася ў тым жа напрамку, што і вожык, з хуткасцю 12 см/с. Абодва вожыкі прыйшлі да фінішу адначасова. Які з вожыкаў быў хутчэйшым бегуном?

70. На плоскасці дадзены 4 пункты: A, B, C, D (гл. малюнак). Пабудуйце з дапамогай лінейкі і цыркуля такі квадрат, што гэтыя пункты ляжаць на розных яго баках.

71. Знайдзіце ўсе такія пары цэлых лікаў n, m, што выконваецца раўнанне 4ⁿ+24ⁿ+2181ⁿ=m².

72. Знайдзіце ўсе функцыі f(x) рэчаіснага аргумента, такія, што для любых рэчаісных x, y выконваецца роўнасць f(x+yf(x))+x=f(xf(y))+f(y+f(x))

73. Ці можа 8ⁿ+2ⁿ+1 быць квадратам цэлага ліка пры натуральным n?

74. У тэсце да кожнага пытання пазначаны пяць варыянтаў адказаў, з якіх роўна адзін правільны. Калі двоечніку атрымоўваецца спісаць, ён адказвае правільна, а ў адваротным выпадку — наўздагад. За год двоечнік правільна адказаў на палову пытанняў. Якую долю адказаў яму ўдалося спісаць?

75. Пры якім найбольшым n на дошку 70×70 можна паставіць n коней і n вежаў (ладдзяў) так, каб ніякая фігура не біла іншую?

76. З якой астачай лік (27!)²⁷ дзеліцца на 29?

77. (Задача з падвохам) Лідар аднаго выбарчага спісу і два ягоныя намеснікі выказалі наступныя сцвярджэнні пра людзей у спісе:

Лідар: Колькасць жанчын у спісе не менш за 14, а агульная колькасць людзей у спісе — не больш за 29.

Першы намеснік: Колькасць экспертаў і экспертак (разам) у спісе бліжэй да 1/8, чым да 1/9 ад агульнай колькасці людзей.

Другі намеснік: Колькасць экспертаў і экспертак (разам) у спісе бліжэй да 1/8, чым да 1/7 ад агульнай колькасці людзей.

Колькі экспертаў і экспертак (разам) у спісе, калі ўсе выказаныя сцвярджэнні правільныя?

78. f(z) з’яўляецца паліномам 9-й ступені з рэчаіснымі каэфіцыентамі з найвышэйшым каэфіцыентам, роўным 1. Вось некаторыя яго карані: –1, 2, i, –2i, 2–i. Вядома, што іншых рэчаісных каранёў у палінома няма. Пералічыце магчымыя значэнні f(1).

Адказы і рашэнні

–3 0 0 0 4 0 –3 0 0 4 0 –3

Гэта прыклад году, калі кожныя пяць паслядоўных месяцаў у сярэднім даюць дадатны вынік, а весь год у цэлым дае адмоўны вынік

Налева, бо дзверы з іншага боку, які не бачна

6 (або 7), гэта колькасць літар у назвах дзён тыдня: панядзелак (10), аўторак (7), …

11 кавалкаў.

Адзін з варыянтаў з 11 кавалкамі, дзе няма адзіночных кавалкаў: 3 па 1/6, 2 па 7/60, 2 па 1/12, 2 па 1/30 і 2 па 1/60

Для раздачы кавалкаў выкарыстоўваюцца наступныя раўнанні: 1/4=1/6+1/12=7/60+7/60+1/60=1/6+1/30+1/30+1/60, 1/5=1/6+1/30=1/6+1/60+1/60=7/60+1/12, 1/6=1/12+1/12=7/60+1/30+1/60

Разаб’ем квадрат 10×10 на 25 квадратаў 2×2. У кожным такім квадраце мусяць быць пліты розных колераў, інакш пліты аднаго колеру будуць датыкацца паміж сабой. Усяго колераў 4, значыць у кожным квадраце 2×2 задзейнічаны па разе ўсе колеры. Гэта значыць, што пліт кожнага колеру 25

Гл. малюнак ніжэй. L — бісектрыса, R — радыус апісанай акружыны, α — дадзены вугал Парадак пабудавання пунктаў, паказаных на малюнку: O, Q, C, P і B, S, D, U, W, T, A, N (неабавязкова)

$\left( x^{- 2} + \sqrt{x^{3}} \right)^{12} = \sum_{i = 0}^{12}{C_{12}^{i}x^{- 2i}x^{\frac{3}{2}(12 - i)}} = \sum_{i = 0}^{12}{C_{12}^{i}x^{18 - \frac{7}{2}i}}$ $18 - \frac{7}{2}i = 4 \Rightarrow i = 4 \Rightarrow C_{12}^{i} = C_{12}^{4} = \frac{12!}{4! \times 8!} = 495$ $495 = 99a \Rightarrow a = 5$

$x - 1 = \sqrt{3x - 5} \Rightarrow x - 1 \geq 0 \land (x - 1)^{2} = 3x - 5 \Rightarrow$ $x \geq 1 \land x^{2} - 5x + 6 = 0 \Rightarrow x = 2 \vee x = 3 \Rightarrow b = 3$

$\frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{x}}} = \frac{10}{19} \Rightarrow 1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} = \frac{19}{10} \Rightarrow \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} = \frac{9}{10} \Rightarrow$ $1 + \frac{1}{x} = \frac{10}{9} \Rightarrow \frac{1}{x} = \frac{1}{9} \Rightarrow x = 9 \Rightarrow c = 9$

$S = \frac{21}{2} + \frac{21}{4} + \frac{21}{8} + \ldots = \frac{21}{2} + \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{21}{2} + \frac{21}{4} + \ldots \right) =$ $\frac{21}{2} + \frac{1}{2}S \Rightarrow \frac{1}{2}S = \frac{21}{2} \Rightarrow S = 21 \Rightarrow d = 21$

Няхай колькасць вучняў роўная v, а колькасць лавак роўная l, тады $v = al + b \land v = cl - d \Rightarrow v = 5l + 3 = 9l - 21 \Rightarrow$ $4l = 24 \land v = 5l + 3 \Rightarrow l = 6 \land v = 33$

$0.0833333... = \frac{1}{100} \cdot (8 + \frac{3}{9}) = \frac{1}{12}$ $0.142857142857... = \frac{142857}{999999} = \frac{1}{7}$ $0.5 = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$

Няхай V_i — выручка, атрыманая ад i-га пакупніка

$\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{\frac{1}{12}}{\frac{1}{7}} = \frac{7}{12}$ $\frac{V_{2}}{V_{3}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{8}} = \frac{4}{3}$ $V_{2} - V_{3} = 414 \Rightarrow \frac{4}{3}V_{3} - V_{3} = 414 \Rightarrow \frac{1}{3}V_{3} = 414 \Rightarrow V_{3} = 1242$ $V_{2} = \frac{4}{3}V = 1656$ $V_{1} = \frac{7}{12}V_{2} = 966$

Няхай s_i — колькасць фунтаў кавы i-га сорту, узятых для стварэння сумесі

Агульная выручка $69\left( s_{1} + s_{2} \right) = 1.15A = V_{1} + V_{2} + V_{3} = 3864$ $s_{1} + s_{2} = \frac{3864}{69} = 56$

Сабекошт сумесі $80s_{1} + 45s_{2} = A = \frac{3864}{1.15} = 3360$ $45s_{1} + 45s_{2} = 45 \cdot 56 = 2520$ $(80 - 45)s_{1} = 3360 - 2520 = 840$ $s_{1} = \frac{840}{35} = 24$ $s_{2} = 56 - 24 = 32$

$a + a + 2a \cos\alpha = 312 \Rightarrow a = \frac{312}{2 + 2\cos\alpha} \approx 86.43$ $h_{1} = a\ \sin\alpha \approx 51.29$ $S_{1} = \frac{1}{2} \cdot 2a\ \cos\alpha \cdot h_{1} = ah_{1}\cos\alpha \approx 3568$ $h = h_{1}\mathop{\mathrm{tg}}\beta \approx 57.48$ $V = S_{1}h \approx 205090$ $S_{1} = S\cos\beta \Rightarrow S = \frac{S_{1}}{\cos\beta} \approx 5359$

Пры кожным парванні на 8 кавалкаў колькасць кавалкаў павялічваецца на 7, таму пасля любой колькасці парванняў агульная колькасць кавалкаў роўная 8+7n, то бок дзеліцца на 7 з астачай 1. Сярод лікаў ад 2020 да 2030 падыходзіць толькі 2024. Гэта і ёсць адказ.

Заменім кожную лічбу на нумар яе пазіцыі пры лічэнні злева, то бок запісаны лікі 1, 2, 3, …, 100 (апошнія лічбы 12345678901..) і мы робім тое самае з лікамі. Тады ў першы заход мы выкрэслім няцотныя, потым лікі 2*няцотныя, потым 4*няцотныя, … Апошнім лікам будзе лік з найвялікшай ступенню 2, то бок 64, апошняя лічба 4. Гэта і ёсць адказ.

Калі ніхто не зможа правесці адрэзак, гэта значыць, што ўсе саседнія дзяленні злучаны адрэзкамі, інакш можна было б правесці яшчэ адрэзак. Акрамя таго праведзены 27 дыяганаляў, каб разбіць усю плошчу 30-вугольніка на трохвугольнікі, інакш можна правесці яшчэ адну дыяганаль. Усяго праведзены 57 адрэзкаў. Значыць, выйграе першы гулец.

На малюнку паказан шлях прусака на разгортцы сцен, падлогі і столі пакоя. Даўжыня чырвонага шляху роўная 30 метраў, даўжыня зялёнага шляху роўная $\sqrt{890}$ м, што складае прыблізна 29,83 м. Гэта і ёсць адказ.

Няхай каардынаты цэнтраў цаглін у напрамку ўздоўж доўгага бока роўныя x_i, i=1, 2, 3, 4, 5 (нумарацыя знізу ўверх). Для таго, каб стопка была ўстойлівай, трэба каб на кождым ўзроўні выконвалася ўмова, што цэнтр цяжару прыпадае на плошчу апоры. Тад ўмовы таго, што стопка з’яўляецца ўстойлівай, запісваюцца як $x_5\le x_4+\frac12$ $\frac{x_5+x_4}2\le x_3+\frac12$ $\frac{x_5+x_4+x_3}3\le x_2+\frac12$ $\frac{x_5+x_4+x_3+x_2}4\le x_1+\frac12$ Знаходзім адсюль па парадку мінімальныя магчымыя значэнні ўсіх каардынат, выражаныя праз x₅: $x_4\ge x_5-\frac12$ $x_3\ge\frac{x_5+x_4}2-\frac12\ge x_5-\frac34$ $x_2\ge\frac{x_5+x_4+x_3}3-\frac12\ge x_5-\frac{11}{12}$ $x_1\ge\frac{x_5+x_4+x_3+x_2}4-\frac12\ge x_5-\frac{25}{24}$ Даўжыня праекцыі стопкі даецца выразам $l=x_5+\frac12-\left(x_1-\frac12\right)=x_5-x_1+1\le\frac{25}{24}+1= \frac{49}{24}$

Зажыгаем свечку-60, адначасова свечку-7. Калі свечка-7 дагарае, зажыгаем новую і так пакуль не згараць 8 свечак-7. Тады зажыгаем адразу две свечкі-7 і гасім іх калі дагарае свечка-60, атрымліваем два агаркі-3. Зажыгаем свечку-7, адначасова агарак-3, калі ён дагарае зажыгаем другі. Калі дагарае другі агарак-3, пачынаем адлік часу і сканчаем, калі дагарае свечка-7, атрымліваецца адна хвіліна. Усяго спатрэбілася адна свечка-60 і 11 свечак-7, то бок 137 рублёў.

$\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{x^2+1} \, dx=\int_0^1 \frac{x^4 \left(x^4-4 x^3+6 x^2-4 x+1\right)}{x^2+1} \, dx=$ $\int_0^1 \frac{x^8-4 x^7+6 x^6-4 x^5+x^4}{x^2+1} \, dx=$ $\int_0^1 \frac{x^8+x^6-4 x^7-4 x^5+5 x^6+5 x^4-4 x^4-4 x^2+4 x^2+4-4}{x^2+1} \, dx=$ $\int_0^1 \left(x^6-4 x^5+5 x^4-4 x^2+4-\frac{4}{x^2+1}\right) \, dx=$ $\left.\left(\frac{x^7}{7}-\frac{2 x^6}{3}+x^5-\frac{4 x^3}{3}+4 x-4\, \text{arctg} x\right)\right|_0^1=$ $\frac{1}{7}-\frac{2}{3}+1-\frac{4}{3}+4-4\cdot \frac{\pi}{4}=\frac{22}{7}-\pi$

Паколькі $\frac{x^4 (1-x)^4}{x^2+1}\geq 0$ ва ўсіх пунктах інтэрвала $(0;1)$ , значэнне інтэграла больш за нуль альбо роўнае нулю, таму $\frac{22}{7} \geq \pi$ . Акрамя таго, вядома, што лік $\pi$ ірацыянальны, таму не можа быць роўным $\frac{22}{7}$ , значыць, $\pi < \frac{22}{7}$ .

Адказ: Не. Для таго, каб для кожнай лічбы былі бакі шматвугольніка, якія злучаюць яе з іншымі 9 лічбамі, кожная лічба павінна быць прызначана як мінімум да 5 вяршынь, а гэта значыць, што вяршынь мусіць быць не менш за 50.

$x+y=2\Rightarrow y=2-x \Rightarrow$ $xy(x^2+y^2)=x(2-x)(x^2+4-4x+x^2)=$ $2(2x-x^2)(2-2x+x^2)=$ $2(1-(1-x)^2)(1+(1-x)^2)=$ $2(1-(1-x)^4)\leq 2$

Устаўка дзвюх аднолькавых лічбаў у любым месцы ліка не ўплывае на яго астачу пры дзяленні на 11. Таму лік які першапачаткова не дзяліўся на 11 пасля паўтарэння любой колькасці такіх аперацый не будзе дзяліцца на 11, а значыць і на 583.

Заўважым, што калі дамножыць першае раўнанне на $z$ і скласці з другім, дамножаным на $x$ , то складнік $x^2 z$ кампенсуецца. А калі дадаць яшчэ трэцяе раўнанне, дамножанае на $y$ , то скампенсуецца і складнік $y z^2$ : $x^2z-yz^2+y^2x-x^2z+z^2y-xy^2=3z+4x+5y$ $0=3z+4x+5y$

Аналагічным чынам, калі дамножыць першае раўнанне на $y$ і скласці з другім, дамножаным на $z$ , і дадаць трэцяе раўнанне, дамножанае на $x$ , атрымаецца $x^2y-y^2z+y^2z-xz^2+xz^2-x^2y=3y+4z+5x$ $0=3y+4z+5x$

У выніку атрымаем сістэму $\left\{ \begin{array}{c} x^2-y z=3 \\ 3z+4x+5y=0 \\ 3y+4z+5x=0 \end{array} \right.$

Дамножым другое раўнанне на 4 і аднімем трэцяе, дамножанае на 3, каб пазбавіцца ад $z$ : $12z+16x+20y-9y-12z-15x=0 \Rightarrow 11y+x=0 \Rightarrow x=-11y$

Падставіўшы ў $3z+4x+5y=0$ , атрымаем $3z-44y+5y=0 \Rightarrow 3z=39y \Rightarrow z=13y$

Падставіўшы $x=-11y$ , $z=13y$ у першае раўнанне, атрымаем $121y^2-13y^2=3\Rightarrow 108y^2=3\Rightarrow y^2=\frac{1}{36}\Rightarrow y=\pm\frac{1}{6}$

Тады $(x,y,z)=(-11/6,1/6,13/6)$ або $(11/6,-1/6,-13/6)$ .

Аперацыі, выкарыстаныя пры атрыманні другой сістэмы, могуць прыводзіць да з’яўлення дадатковых рашэнняў, таму трэба праверыць атрыманыя рашэнні падстаноўкай.

Пабудаванне паказана на малюнку, прамая, якую трэба пабудаваць, паказана чорным колерам

$L$ — праекцыя шляху на гарызантальны напрамак, $t$ — час палёту

$L=v_0 t \cos \alpha \Rightarrow t=\frac{L}{v_0 \cos\alpha};$ $y=0=h+v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2}=h+L\mathop{\mathrm{tg}}\alpha- \frac{gL^2}{2v_0^2}(1+\mathrm{tg}^2\alpha).$

Разглядзім квадратнае раўнанне адносна $\mathop{\mathrm{tg}}\alpha$ : $\frac{gL^2}{2v_0^2} \mathrm{tg}^2\alpha-L\mathop{\mathrm{tg}}\alpha+ \left(\frac{gL^2}{2v_0^2}-h\right)=0;$

Дыскрымінант $D=L^2-4 \frac{gL^2}{2v_0^2} \left(\frac{gL^2}{2v_0^2}-h\right) \geq 0\Rightarrow$ $\Rightarrow L^2 \leq \frac{2v_0^2}{g}\left(h+\frac{v_0^2}{2g}\right) \Rightarrow L \leq \frac{v_0^2}{g}\sqrt{1+\frac{2gh}{v_0^2}}.$

$a_{qu}$ , $b_{qu}$ — каэфіцыенты квадратнага раўнання

$L=\mathrm{max}\Rightarrow D=0 \Rightarrow \mathop{\mathrm{tg}}\alpha = \frac{-b_{qu}}{2a_{qu}}= \frac{v_0^2}{gL}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2gh}{v_0^2}}}= \frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \alpha=30\degree$

Калі сумясціць літару С з ABBC з літарай C з CAAB атрымаецца не менш за 6 літар B. Але калі пераставіць паслядоўнасці так, каб літары C стаялі на пачатку і напрыканцы слова, то можна атрымаць слова з 5 літарамі B. Гэта найменшая магчымая колькасць.

Каб як можна больш гульцоў дабраліся да зялёнай зоны, трэба каб як можна менш гульцоў спыніліся на развілках ці ў чырвонай вобласці. Зробім такую канфігурацыю, каб на ніводнай развілкі не было няцотнага ліку гульцоў. Для гэтага трэба паставіць групу з 3 гульцоў, альбо на першую, альбо на чацвёртую дарожку.

Паставім групу з 3 гульцоў на першую дарожку і паспрабуем падабраць найлепшую канфігурацыю. Паставім групы гульцоў на дарожкі ў наступным парадку злева направа: 3, 6, 4, 8. У гэтым выпадку, дзе б ні была пастка, да зялёнай зоны гарантавана дабіраюцца 16 гульцоў.

Паставім цяпер групу з 3 гульцоў на чацвёртую дарожку і паспрабуем падабраць найлепшую канфігурацыю. Паставім гульцоў у наступным парадку злева направа: 8, 4, 6, 3. У гэтым выпадку да зялёнай зоны могуць дабрацца 16 або 18 гульцоў у залежнасці ад растасавання пасткі. Гарантавана дабяруцца таксама 16 гульцоў. Разгледзеўшы ўсе магчымыя варыянты можна паказаць, што лепшага выніку дабіцца немагчыма.

Пабудаванне паказана на малюнку. Прамыя AB і CD ляжаць у адной плоскасці ABCD і перасякаюцца ў пункце G, прамые A'G і BB' ляжаць у адной плоскасці AA'B'B і перасякаюцца ў пункце H, які ляжыць і ў A'CD і на BB'

Для рашэння задачы дастаткова пабудаваць пункт перасячэння прамой DE з плоскасцю A'CF. Прамая, якую трэба пабудаваць, злучае пункт F з гэтым пунктам. Пабудаваць гэты пункт можна рознымі спосабамі. Ніжэй дадзены тры.

1. Правядзем праз A прамую паралельную BD да перасячэння з CF у пункце G. Плоскасць AA'G паралельна плоскасці EBD. A'G — прамая перасячэння AA'G і A'CF. З паралельнасці пласкасцей вынікае, што прамая перасячэння EBD і A'CF паралельна A'G. Правядзем праз пункт H перасячэння CF з BD прамую HI паралельную A'G да перасячэння з DE ў пункце I. Тады I — пункт перасячэння DE і A'CF.

2. Пункты I (перасячэння CF з BD), G (CF з AB), H (GA' з BB') ляжаць у плоскасці A'CF. Прамые HI і DE ляжаць у плоскасці DBB', таму перасякаюцца ў пункце J, які і ёсць пунктам перасячэння DE і A'CF.

3. GH прамая перасячэння пласкасцей DBB' і AA'C'C, GH ∥ AA'. H — пункт перасячэння прамой GH і A'C. J — пункт перасячэння DE і HI. У выніку J — пункт перасячэння прамой DE і плоскасці A'CF

З улікам сіметрыі сілы тока ў “сініх” рэзістарах аднолькавыя. Таксама аднолькавыя сілы тока ў “зялёных” рэзістарах. Гэта значыць, што пераразмеркавання сіл тока ў “чырвоным” вузле не адбываецца. Таму схему а можна замяніць на схему б, а далей ужо на в, г, д.

Другое рашэнне выкарыстоўвае замену трохвугольніка на эквівалентную зорку (а). Ланцуг б ператвараецца на в, дзе ў сілу сіметрыі ток праз “чырвоныя” рэзістары не ідзе, таму схема в эквівалентна г, якая разлічваецца аналагічна першаму рашэнню

На працягу бока CD пабудуем адрэзак DG роўны BE. Тады трохвугольнік ADG роўны трохвугольніку ABE. Адсюль вынікае, што вугал EAG роўны 90°, значыць, вугал FAG роўны 45°. Тады трохвугольнікі FAG і FAE роўныя па двух баках і вуглу паміж імі, а значыць высата AH роўная высаце AD трохвугольніка FAG.

AK, CL — вышыні. З задачы 30 вынікае, што AK=AD ⇒ △ADF=△AKF ⇒ K сіметрычны D адносна AF ⇒ ∠FDI=∠FKI, IK=ID. Аналагічна паказваецца роўнасць іншых пазначаных на малюнку вуглоў, а таксама IK=IL, JK=JL ⇒ △IKJ=△ILJ ⇒ α+β=γ+δ. Дадаўшы сюды α+γ=β+δ, лёгка атрымаць α=δ ⇒ DI ∥ BJ. Бонусам атрымліваем, што пункты I, J, K, L ляжаць на адной акружыне, IJ — дыяметр

Для n=1 можна ўзяць квадрат і размясціць у яго вуглы меншы квадрат. Тады, частка вялікага квадрата, знешняя для маленькага квадрата якраз будзе шасцівугольнікам. Для n=2 можна ўзяць два квадраты розных памераў, якія дакранаюцца адзін аднаго па адным баку, а таксама маюць бакі, якія ляжаць на адной прамой і з’яўляюцца працягам адзін аднаго. Гэту канструкцыю можна з дапамогай шасцівугольніка дапоўніць да квадрата з даўжынёй бока роўнай суме даўжынь бакоў меншых квадратаў. Можна замест таго, каб дапаўняць канструкцыю да квадрата, дадаць квадрат такога памеру, каб ён дакранаўся да абодвух меншых квадратаў. Тады новую канструкцыю таксама можна будзе дапоўніць да квадрата з дапамогай шасцівугольніка.

Так паступова дадаючы квадраты, можна кожны раз атрымліваць канструкцыю, якую можна дапоўніць да квадрата большых памераў з дапамогай шасцівугольніка. Калі памеры двух пачатковых квадратаў будут адносіцца як 2:1, то памеры квадратаў будуць адпавядаць лікам Фібаначы. На малюнку ніжэй лікі паказваюць нумары квадратаў у парадку дадавання

Такім чынам, адказ — для любых натуральных n.

“Саша — хлус?”, “Саша заўсёды хлусіць?”, або в больш поўнай форме “Той з вас, братоў-блізнюкоў, каго клічуць Сашам, заўсёды хлусіць?”. Аналагічныя пытанні: “Сашын брат — хлус?”, “Саша — праўдаруб?”. Ёсць больш складаныя варыянты з падвоенай умовай і лагічнай аперацыяй, але я не лічу іх кароткімі.

Правільны адказ — магчыма, але не гарантавана. Дапусцім, мы ў выніку ведаем растасоўку манет па лёгкіх і цяжкіх, напрыклад, ЛЛЦЛЦ. Усяго магчыма 30 варыянтаў такой растасоўкі (2⁵–2). Але для 3 узважванняў магчыма толькі 3³=27 розных вынікаў, таму вызначыць растасоўку не заўсёды атрымаецца. Тое, што ў прынцыпе гэта магчыма, можна праілюстраваць прыкладам. Пусць пры першым узважванні мы ўзважылі манеты 1+2 і 3+4 і шалі паказалі, што вага роўная. Пусць у другім ўзважванні шалі паказалі, што 3 манета лягчэйшая за 5-ю, а ў трэцім узважванні — што 4 манета лягчэйшая за 5-ю. Тады адназначна можна сказаць, што цяжкая толькі 5-я манета.

Няхай першы жыхар павялічвае ўсе лікі ў x разоў, а другі памяншае ўсе лікі ў y разоў. Тады x/y=3, xy=12. Перамножыўшы гэтыя раўнанні, атрымаем x²=36, адкуль x=6. Тады, у вёсцы насамрэч 600/6=100 жыхароў

Для таго, каб да зялёнай зоны гарантавана дайшлі роўна 50 гульцоў, трэба каб па кожнай з фінішных дарожак, дзе можа знаходзіцца пастка, ішлі роўна 12 гульцоў. Адсюль адразу вынікае, што з пятай стартавай пазіцыі мусяць стартаваць 24 гульцы. Пазіцыі іншых груп лёгка падабраць ці вылічыць.

Зразумела, што сярод лікаў не можа быць 0 ці 1, інакш здабытак быў бы роўны нулю адразу, альбо пасля змяншэння ўсіх лікаў на адзінку. Пяцёрак лікаў, падыходзячых пад умовы задачы, дастаткова шмат, таму некалькі першых лікаў можна ўзяць практычна адвольнымі. Возьмем у якасці першых трох лікаў лікі 2, 3, 4 і праверым, ці існуюць такія цэлыя лікі x і y, што $2\cdot3\cdot4\cdot x\cdot y=1\cdot2\cdot3\cdot(x-1)\cdot(y-1)\ne0$ Скараціўшы і раскрыўшы дужкі, атрымаем $4xy=xy-x-y+1\Rightarrow (3y+1)x=1-y$ $|x|\ge1\Rightarrow(3y+1)^2\le(1-y)^2\Rightarrow 8y(y+1)\le0 \Rightarrow -1\le y\le0$ Паколькі y цэлы ненулявы лік, то y=–1, тады падстаноўка ў $(3y+1)x=1-y$ дае x=–1. Такім чынам, пяцёрка лікаў 2, 3, 4, –1, –1 падыходзіць пад умовы задачы: $2\cdot3\cdot4\cdot(-1)\cdot(-1)=1\cdot2\cdot3\cdot(-2)\cdot(-2)$

Выйгрышная стратэгія заключаецца ў тым, каб заўсёды хадзіць на дыяганаль, якая ідзе з правага верхняга вугла. Пасля такога ходу сваім ходам апанент заўсёды мусіць паставіць фішку на клетку якая ляжыць не на гэтай дыяганалі, а значыць не зможа паставіць фішку ў правую верхнюю клетку. Першым на гэтую дыяганаль мае магчымасць пахадзіць Алег, таму ён і перамагае пры правільнай гульні.

Пусць праекцыя хуткасці скачка зайца на гарызантальны напрамак u, а на вертыкальны v, тады час палёту зайца да прызямлення на лодку складзе t=2v/g. Хуткасць лодкі ў гарызантальным напрамку будзе mu/M, а хуткасць лодкі адносна зайца складзе u+mu/M, таму лодка адносна зайца перасунецца на s=(u+mu/M)t=2uv(1+m/M)/g.

Пазначым хуткасць скачка зайца V, а угал да гарызонту α, тады u=V cos α, v=V sin α, зрух лодкі адносна зайца s=V² sin 2α (1+m/M)/g. Каб заяц апынуўся на іншым канцы лодкі, гэты зрух мусіць быць роўны L, адсюль V²=gL/((1+m/M) sin 2α). Значэнне будзе мінімальным, калі sin 2α=1.

V²_min=gL/(1+m/M)=MgL/(M+m)=49 м²/с²

V_min=7 м/с

Адзін з магчымых спосабаў:

1) кладзем масла на адну чашку, потым перакладаем частку на іншую чашку да ўраўнаважання. Маем 40+40;

2) аналагічна дзелім адзін з кавалкаў 40 г на 20+20;

3) кладзем гіры 5+2 на адну чашу і ўраўнаважваем, адбіраючы ад аднаго з кавалкаў па 20 г, у выніку маем 20–7=13, усе астатнія кавалкі масла разам даюць 67 г.

Пешаходы сустрэнуцца праз 1 гадзіну, значыць, муха праляціць 15 км.

У канцы гульні у Васіля з братам было як мінімум 19 фішак, а у Міхася з яго братам 30 фішак. Калі гэта 4 розныя хлопцы ў іх разам мусіць быць як мінімум 49 фішак, але агульная колькасць фішак усіх гульцоў менш за 45. Значыць, Васіль і Міхась браты і ўсяго ў фішкі гулялі 3 дзяцей. Тады ў канцы гульні Міхась з Васілём разам мелі 30 фішак, а Дарка 30–19=11 фішак. У Васіля было на 4 фішкі менш, чым у Міхася, то бок (30–4)/2=13 фішак, а ў Міхася было 13+4=17 фішак. На пачатку гульні ў Даркі было 11 фішак, а ў Міхася 7 фішак, тады ў Васіля было 30+11–(11+7)=23 фішкі. То бок Васіль страціў падчас гульні 23–13=10 фішак.

Абазначым ∠ABC=x, тады ∠ACB=x, ∠BAD=x, ∠CDA=2x, ∠CAD=2x. Тады з трохвугольніка ACD: 2x+2x+x=180° ⇒ x=36°. Тады ў трохвугольніку ABC: ∠A=108°, ∠B=∠C=36°

З-за паваротнай сіметрыі пачатковага становішча і умоў руху пазіцыі дронаў заўсёды будуць утвараць правільны шасцівугольнік з нязменным цэнтрам.

Хуткасць v кожнага дрона можна разбіць на дзве складавыя: радыяльную у напрамку да (ці ад) цэнтра O і тангенцыяльную — у перпендыкулярным напрамку. На набліжэнне да цэнтру уплывае толькі радыяльная складавая. З малюнку вынікае, што радыяльная складавая роўная палове хуткасці.

Няхай дроны рухаюцца з хуткасцю v, тады кожны з дронаў набліжаецца да цэнтра шасцівугольніка з хуткасцю v/2, таму да сустрэчы яны прайдуць шлях у v/(v/2)=2 разы большы, чым пачатковая адлегласць ад цэнтра, то бок шлях 2 км

Вывад раўнання траекторыі дронаў:

Увядзем прамавугольныя дэкартавы каардынаты з цэнтрам у цэнтры шасцівугольніка. Пункту (x, y) у дэкартавых каардынатах паставім у адпаведнасць камплексны лік x+iy.

Няхай пазіцыі першага дрона ў нейкі момант адпавядае лік z, тады з улікам паваротнай сіметрыі пазіцыі другога дрона ў гэты момант адпавядае лік $z_2=z e^{i\frac{\pi}3}$ . Напрамак з пазіцыі першага дрона на пазіцыю другога апісваецца лікам $z_2-z=z\left(e^{i\frac{\pi}3}-1\right)$ .

Няхай дроны рухаются з хуткасцю v, тады раўнанне руху першага дрона мае выгляд $z'(t)=\frac{v(z_2-z)}{|z_2-z|}=v\frac{z}{|z|}\left(e^{i\frac{\pi}3}-1\right)$

Прадставім z у экспаненцыйнай форме z=r exp(iφ), дзе r, φ ∈ ℝ. Тады $z'=r'\exp(i\varphi)+ir\exp(i\varphi)\varphi'=v\exp(i\varphi)\left(e^{i\frac{\pi}3}-1\right)$ $r'+ir\varphi'=v\left(e^{i\frac{\pi}3}-1\right)=-\frac{v}2+iv\frac{\sqrt{3}}2$ $r'=-\frac{v}2,\;r\varphi'=v\frac{\sqrt{3}}2$ $r'=-\frac{r}{\sqrt{3}}\varphi'$ $\frac{dr}{d\varphi}=-\frac{r}{\sqrt{3}}$ $r=r_0\exp\left(-\frac{\varphi}{\sqrt{3}}\right)$

Траекторыі, па якім рухаюцца дроны, з’яўляюцца лагарыфмічнымі спіралямі. Гэта самападобныя крывыя. Вялікі ўнёсак у вывучэнне лагарыфмічнай спіралі ўнёс Якаб Бернулі. Ён нават хацеў, каб на яго надмогіллі была яе выява з лацінскім дэвізам. Лацінскі дэвіз “Eadem mutata resurgo” азначае “Нават змяняючыся, я паўстаю такой самай”. Але ў выніку памылкі на надмогілле была нанесена выява Архімедавай спіралі, якая не з’яўляецца самападобнай (гл. малюнак).

Калі сярод астачаў 5 лікаў ад дзялення на 3 ёсць усе 3 магчымыя астачы (0, 1, 2), то склаўшы 3 лікі з рознымі астачамі, атрымаем лік, які дзеліцца на 3. Калі няма 3 розных астачаў, то абавязкова знойдуцца 3 лікі з аднолькавай астачай. Склаўшы іх, атрымаем лік, які дзеліцца на 3.

1. Уявім, што сярод лікаў ёсць тры лікі з рознымі астачамі пры дзяленні на 3. Тады ўзяўшы 5 іншых лікаў і дадаючы да іх па чарзе розныя з гэтых трох мы атрымаем сумы з трыма рознымі астачамі пры дзяленні на 3, гэта значыць адна з астач будзе роўная 0 і сума будзе дзяліцца на 3.

2. Уявім, што сярод лікаў ёсць шэсць лікаў з аднолькавай астачай ад дзялення на 3. Тады іх сума будзе дзяліцца на 3 без астачы.

3. Калі сярод 8 лікаў ёсць толькі дзве розныя астачы і няма шасці лікаў з аднолькавай астачай, то ёсць прынамсі па тры лікі з кожнай астачай. Узяўшы 3 лікі з адной астачай і 3 лікі з другой астачай, атрымаем суму, якая будзе дзяліцца на 3 без астачы.

Якія б 8 лікаў не былі, мусіць выконвацца адзін з трох варыянтаў 1–3, таму ў любым выпадку знойдуцца 6 лікаў, сума якіх дзеліцца на 3 без астачы.

Магчымы тры сітуацыі: 1. Андрусь і Васіль абодва хлусяць. 2. Адзін з іх сказаў праўду, а іншы – схлусіў. 3. Яны абодва сказалі праўду.

У сітуацыі 1 хлусіць таксама Зміцер, значыць праўду сказалі не трое падазраваных. У сітуацыі 2 хлусяць таксама Міхась і Юрась, значыць праўду сказалі не трое падазраваных.

Застаецца толькі сітуацыя 3. Тады Міхась і Зміцер хлусяць, а астатнія кажуць праўду. Са слоў Андруся і Васіля вынікае, што справу зрабіў Міхась.

Будзем правяраць скрыні ў наступным парадку: 2332 (у першы дзень скрыню нумар 2, у другі дзень скрыню нумар 3 і гэтак далей). Уявім, што мы не знайшлі котку за першыя тры дні. З таго, што ў першы дзень котка была не ў скрыні 2, вынікае, што ў другі дзень яна не магла быць у скрыні 1. Дадаючы сюды тое, што ў другі дзень коткі не было ў скрыні 3, можна атрымаць, што ў трэці дзень коткі не было ў скрынях 2 і 4. З улікам таго, што яе не было ў скрыні 3, можна атрымаць, што котка ў трэці дзень была ў скрыні 1. Тады ў чацвёрты дзень мы непазбежна знайшлі котку ў скрыні 2.

Няхай ЛІК — лік, аб якім ідзе гаворка, 0…0 — паслядоўнасць лічбаў 0, даўжыня якой (у лічбах) супадае з даўжынёй ліка ЛІК, А — лічба, якую трэба дапісаць да ЛІК на пачатку і напрыканцы, каб павялічыць яго ў 83 разы.

Тады: 83·ЛІК=АЛІКА=А0…0А+ЛІК0=А·10…01+ЛІК·10, адкуль

73·ЛІК=А·10…01

Левая частка дзеліцца на просты лік 73, таму адзін з множнікаў правай часткі мусіць дзяліцца на 73, але лічба А не можа дзяліцца на 73, значыць лік 10…01 мусіць дзяліцца на 73.

Для таго, каб лік ЛІК быў найменшы магчымы, лік 10…01 таксама мусіць быць найменшы магчымы. Правяраем па парадку: 101 і 1001 не дзеляцца на 73, а 10001=73·137.

73·ЛІК=А·10001=А·73·137

ЛІК=А·137

Найменшы магчымы ЛІК атрымаецца, калі ўзяць А=1, тады ЛІК=137

Згодна з умовамі задачы ёсць прамежкавы лагер паміж базавым і мэтавым у 1 гадзіне шляху ад базавага. Калі робат выходзіць з прамежкавага лагера ў мэтавы з 3 батарэямі, з улікам таго, што яму патрэбна будзе вярнуцца ў прамежкавы лагер, ён зможа пакінуць у мэтавым толькі 1 батарэю. Значыць, каб даставіць да мэтавага лагера 2 батарэі, трэба каб да яго дайшлі 2 робата. Для гэтага трэба каб у прамежкавым лагеры былі 6 батарэй. Для гэтага ад базавага лагера да прамежкавага павінны прайсці 6 робатаў (аналагічна пераносу ад прамежкавага да мэтавага).

План такі: 6 робатаў бяруць 18 батарэй ідуць да прамежкавага лагера, 4 робаты пакідаюць па 1 батарэі і вяртаюцца, 2 робаты бяруць па 3 батарэі і ідуць у мэтавы лагер, там пакідаюць па 1 батарэі, вяртаюцца ў прамежкавы лагер, бяруць па 1 батарэі і вяртаюцца ў базавы лагер.

Да першай сустрэчы цягнікі разам праходзяць шлях АБ. Да другой сустрэчы — шлях 3·АБ, значыць да другой сустрэчы праходзіць у 3 разы больш часу. Да першай сустрэчы больш марудны цягнік праходзіць шлях 80 км, значыць да другой — 80·3=240 км. З іншага боку да другой сустрэчы больш марудны цягнік праходзіць весь шлях БА і яшчэ 50 км, значыць адлегласць АБ = 240–50 = 190 км.

Кожны натуральны лік дзеліцца на 9 з той жа астачай, што і сума яго лічбаў. Гэта звязана з тым, што рознасць ліка і сумы яго лічбаў заўсёды дзеліцца на 9. Разгледзім на прыкладзе: 12345–(1+2+3+4+5) = 1·(10000–1) + 2·(1000–1) + 3·(100–1) + 4·(10–1) + 5·(1–1) = 1·9999 + 2·999 + 3·99 + 4·9 дзеліцца на 9, бо кожны з лікаў 9999, 999, 99, 9 дзеліцца на 9.

Калі лік ад 1 да 1000000, то яго сума лічбаў ад 1 да 9×6=54. Калі лік ад 1 да 54, яго сума лічбаў ад 1 да 4+9=13. Калі лік ад 1 да 13 яго сума лічбаў ад 1 да 9. Таму калі мы зробім з кожным лікам ад 1 да 1000000 замену ліка на суму лічбаў тры разы, усе лікі стануць ад 1 да 9. Паколькі астача ад дзялення на 9 пры замене ліка на суму лічбаў не змяняецца, то для лікаў, якія дзеляцца на 9, у выніку атрымаецца 9, а для іншых лікаў — іх астача ад дзялення на 9.

Сярод лікаў ад 1 да 999999 ёсць па 999999/9=111111 лікаў, якія дадуць кожную астачу 0, 1, 2, 3, …, 8. 1000000 дае астачу 1. Таму сярод мільёна атрыманых лічбаў адзінак будзе на адну больш, чым двоек.

Трэба разбіць астатнія манеты на дзве групы па 50 манет і памясціць групы на розныя чашы шаляў. Калі ўзятая Пецям манета сапраўдная, розніца ў грамах будзе выражацца цотным лікам, калі ўзятая Пецям манета фальшывая, розніца ў грамах будзе выражацца няцотным лікам.

Адказ: можна.

Задача мае шмат рашэнняў, пакажам, як знайсці рашэнне лагічнымі разважаннямі з дапушчэннямі.

Пранумеруем змагароў па моцы ад 1 (самы слабы) да 9 (самы моцны). Калі 1 і 2 змагары ў адной камандзе, такая каманда прайграе любой іншай і такі выпадак не падыходзіць. Тое ж самае, калі 1 і 3 змагары ў адной камандзе.

Дапусцім, 2 і 3 у адной камандзе. Тады сярод іншых каманд ёсць каманда, дзе ўсе гульцы мацней за 2 і 3, таму каманда з 2 і 3 абавязкова прайграе той камандзе. Каб умовы задачы былі выкананы, каманда з 2 і 3 мусіць выйграць у каманды з гульцом 1. Але тады каманда з гульцом 1 мусіць выйграць у каманды, дзе няма гульцоў 2 і 3. Гэта магчыма напрыклад, калі два гульцы ў камандзе з гульцом 1 будуць мацней за ўсіх гульцоў у камандзе, дзе нямя гульцоў 2 і 3. Але гэта значыць, што гэтыя гульцы (партнёры 1) будуць мацней за 2 і 3. Тады, для таго, каб каманда з 2 і 3 змагла выйграць у каманды з 1 трэба, каб партнёр 2 і 3 быў мацней за партнёраў 1, а значыць і мацней за ўсіх астатніх гульцоў. Тады каманды выглядаюць наступным чынам 239, 178, 456.

Код для знаходжання рашэння (дае іншае рашэнне, а пры лёгкай карэкцыі — усе рашэнні):

/*

Ёсць 9 змагароў рознай моцы. У спаборніцтве любых 2 перамагае больш 
моцны. Ці можна іх разбіць на 3 каманды па 3 змагары так, каб у парных 
сустрэчах каманд "кожны з кожным" першая каманда (I) па колькасці 
перамог атрымала верх над другой (II), II — над III, а III — над I?

*/

#include "stdio.h"

int end=0;
int kom[9]; // масіў размеркавання гульцоў па камандах

void print() // вывесці на экран размеркаванне гульцоў па камандах
{
    for (int i=0;i<9;i++) { printf("%d",kom[i]+1); if (i % 3 == 2) printf(" ");}
    printf("\n");
}

void check() // праверка таго, што першая каманда выйграе ў другой, другая ў трэцяй, трэцяя ў першай
{
    int rez12=0, rez23=0, rez31=0;
    for (int i=0;i<3;i++)
    {
        for (int j=3;j<6;j++) { if (kom[i]>kom[j]) rez12++; else rez12--; }
        for (int j=6;j<9;j++) { if (kom[i]<kom[j]) rez31++; else rez31--; }
        for (int j=6;j<9;j++) { if (kom[i+3]>kom[j]) rez23++; else rez23--; }
    }
    if (rez12 > 0 && rez23 > 0 && rez31 > 0)
    {
        print();
        end=1; // калі патрэбнае размеркаванне гульцоў знойдзена, далей можна не шукаць
    }
}

void next() // пералік усіх размеркаванняў гульцоў (першы гулец абавязкова ў першай камандзе)
{
    check();
    int i=8;
    while(i>0 && kom[i-1]>kom[i]) i--;
    if (i>1)
    {
        for (int j=0;j<(9-i)/2;j++)
        {
            int tmp=kom[i+j];
            kom[i+j]=kom[8-j];
            kom[8-j]=tmp;
        }
        int pos;
        for (int j=8;j>i-1;j--) if (kom[j]>kom[i-1]) pos=j;
        int rex=kom[i-1];
        kom[i-1]=kom[pos];
        kom[pos]=rex;
    }
    else end=1;
}

int main()
{
    for (int i=0;i<9;i++) kom[i]=i; // пачатковае размеркаванне гульцоў 123 456 789
    while (end==0) next();
    return 0;
}

Дзельнікі натуральных лікаў існуюць парамі, напрыклад для 60: 1-60, 2-30, 3-20, 4-15, 5-12, 6-10. Для квадратаў адзін з дзельнікаў няпарны, альбо яго пара — ён сам, напрыклад для 36: 1-36, 2-18, 3-12, 4-9, 6-6. У пары з самым вялікім дзельнікам стаіць самы маленькі (1), а ў пары з другім па велічыні — самы маленькі, акрамя 1, то бок найменшы просты дзельнік ліку. Такім чынам, другі па велічыні дзельнік любога натуральнага ліку, большага за 1, — гэта вынік дзялення ліку на яго найменшы просты дзельнік.

Згодна з умовамі задачы лік 2024 роўны суме лікаў a і b і іх другіх па велічыні дзельнікаў. Акрамя гэтага лікі a і b з’яўляюцца няцотнымі і большымі за 1. Таму іх найменшыя простыя дзельнікі не менш за 3, а іх другія па велічыні дзельнікі не больш за a/3 і b/3. Значыць, сума другіх па велічыні дзельнікаў не больш за a/3+b/3, тады сума лікаў a і b і іх другіх па велічыні дзельнікаў не больш за 4a/3+4b/3. Значыць 2024 ≤ 4a/3+4b/3, значыць a+b ≥ 2024·3/4 = 1518.

Для таго каб няроўнасць ператварылася на роўнасць трэба, каб a і b дзяліліся на 3. Іх сума павінна дзяліцца на 3, а 1518 якраз дзеліцца на 3. У якасці a можна ўзяць, напрыклад, 33 (можна нават 3), а ў якасці b узяць 1518–33=1485. Тады другі па велічыні дзельнік a будзе a/3=11, а другі па велічыні дзельнік b будзе b/3=495, і сума a+b+a/3+b/3=2024. Адказ: 1518.

Напрыклад, такая. Эліс запісвае у якасці здагадкі вынік, супрацьлеглы таму, што выпала ў яе, а Боб запісвае ў якасці здагадкі той жа вынік, што выпаў у яго. Тады, калі ў гульцоў выпала адно і тое ж, здагадка Боба будзе правільнай, а калі ў гульцоў выпала рознае, здагадка Эліс будзе правільнай.

Рашэнне 1. Можна заўважыць, што калі рашэннем з’яўляецца тройка (a, b, c), то рашэннем будуць і тройкі (b, c, a) і (c, a, b). Таму дастаткова разглядзець выпадак, калі x з’яўляецца найменшым з лікаў, іншыя рашэнні можна атрымаць цыклічнымі перастаноўкамі.

Калі x з’яўляецца найменшым з лікаў, магчымы два выпадкі: 1. x≤y≤z. 2. x≤z≤y.

У выпадку 1 з першага раўнання вынікае $\frac1{z}\ge\frac1{2024}\Rightarrow z\le 2024$ , а з трэцяга раўнання вынікае $\frac1{y}\le\frac1{2024}\Rightarrow y\ge 2024$ . З улікам $y\le z$ атрымліваецца $y=z=2024$ , адкуль $x=2024$ .

У выпадку 2 з першага раўнання вынікае $\frac1{z}\ge\frac1{2024}\Rightarrow z\le 2024$ , а з другога раўнання вынікае $\frac1{x}\le\frac1{2024}\Rightarrow x\ge 2024$ . З улікам $x\le z$ атрымліваецца $x=z=2024$ , адкуль $y=2024$ .

Такім чынам, у абодвух выпадках атрымліваецца адно і тое ж рашэнне x=y=z=2024 і цыклічная перастаноўка таксама не дае новых рашэнняў.

Рашэнне 2. Склаўшы ўсе тры раўнанні можна атрымаць $\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}=\frac3{2024}$ . Дамножыўшы першае раўнанне на z, другое на x, трэцяе на y і склаўшы атрыманыя раўнанні, у выніку атрымаем $3=\frac{x+y+z}{2024}$ .

Адсюль вынікае, што сярэднее гарманічнае лікаў x, y, z, якое даецца формулай $\frac3{\frac1{x}+\frac1{y}+\frac1{z}}$ роўнае 2024, а таксама што сярэдняе арыфметычнае лікаў x, y, z, якое даецца формулай $\frac{x+y+z}3$ роўнае 2024.

Для дадатных лікаў сярэдняе гарманічнае заўсёды менш за сярэдняе арыфметычнае акрамя выпадку, калі ўсе лікі роўныя. Таму ў дадзеным выпадку ўсе лікі мусяць быць роўныя і яны роўныя іх сярэдняму, то бок 2024.

Рашэнне 1 (трыганаметрычнае). Лёгка можна знайсці вуглы, паказаныя на малюнку. Тады tg ∠FEH = FH/EH = FH/CH · CH/BH · BH/EH = tg 20° · tg 30° · tg 40°. ∠FEH = arctg(tg 20° · tg 30° · tg 40°).

Значэнне ∠FEH можна вылічыць з дапамогай інжынернага калькулятара, а можна атрымаць з дапамогай трыганаметрычных ператварэнняў:

$\mathop{\mathrm{tg}}20{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}40{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}80{^\circ} = \frac{\sin 20{^\circ}\sin 40{^\circ}\sin 80{^\circ}}{\cos 20{^\circ}\cos 40{^\circ}\cos 80{^\circ}} =$ $\frac{2\sin 10{^\circ}\cos 10{^\circ} \cdot 2\sin 20{^\circ}\cos 20{^\circ} \cdot 2\sin 40{^\circ}\cos 40{^\circ}}{\cos 20{^\circ}\cos 40{^\circ}\sin 10{^\circ}} =$ $8\cos 10{^\circ}\sin 20{^\circ}\sin 40{^\circ} = 8\sin 20{^\circ}\sin 40{^\circ}\sin 80{^\circ} \Rightarrow$ $\cos 20{^\circ}\cos 40{^\circ}\cos 80{^\circ} = \frac{1}{8};$

$\mathop{\mathrm{tg}}20{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}40{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}80{^\circ} = 8\sin 20{^\circ}\sin 40{^\circ}\sin 80{^\circ} =$ $4\sin 20{^\circ}\left( \cos 40{^\circ} - \cos 120{^\circ} \right) = 4\sin 20{^\circ}\cos 40{^\circ} + 2\sin 20{^\circ} =$ $2\left( \sin 60{^\circ} - \sin 20{^\circ} \right) + 2\sin 20{^\circ} = 2\sin 60{^\circ} = \sqrt{3} = \frac{1}{\mathop{\mathrm{tg}}30{^\circ}} \Rightarrow$ $\mathop{\mathrm{tg}}20{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}30{^\circ}\mathop{\mathrm{tg}}40{^\circ} = \frac{1}{\mathop{\mathrm{tg}}80{^\circ}} = \mathop{\mathrm{tg}}10{^\circ}$

Адсюль вынікае, што ∠FEH = 10°.

Рашэнне 2 (геаметрычнае). Паколькі AB=AC, то ∠ABC=∠ACB=80°, тады ∠FBC=30° і FB⊥CE. Правядзем адрэзак BG так, што G∈AC, ∠GBC=60°. D — перасячэнне CE і BG. З сіметрыі адносна BF вынікае DF=CF. Тады ∠FDC=∠DCF=20°, ∠DFG=40°. З іншага боку ∠FGD=180°–80°–60°=40°, таму DG=DF. Трохвугольнік DGE раўнабаковы, таму DE=DG=DF. Тады ∠FED=∠EFD і ∠FDC=2∠FED, таму ∠CEF=∠FED=∠FDC/2=10°.

Правільны адказ: 55. Рашэнне з выкарыстаннем аналізу і крыху праграмавання ніжэй.

Увядзем велічыню a_n, якая паказвае які мінімальны штраф трэба заплаціць, каб ГАРАНТАВАНА угадаць лік з n варыянтаў. Відавочна, a₁=0.

Уявім, што n>1 і мы называем лік i, тады пры 2≤i≤n–1 магчымыя тры варыянты:

1) мы адгадалі, штраф 0;

2) мы назвалі лік больш за загаданы, тады мінімальны штраф, які трэба заплаціць, каб гарантавана адгадаць лік, будзе 5+a_i–1 (5 адразу і a_i–1, каб адгадаць з i–1 варыянта, якія застануцца);

3) мы назвалі лік менш за загаданы, тады мінімальны штраф які трэба заплаціць, каб гарантавана адгадаць лік, будзе 10+a_n–i.

Пры i=1 або i=n адзін з варыянтаў 2 і 3 знікае.

Мінімальны штраф каб гарантавана угадаць лік, калі мы назвалі лік i, адпавядае найгоршаму варыянту, пры якім штраф роўны max(5+a_i–1, 10+a_n–i) пры 2≤i≤n–1, 10+a_n–1 пры i=1 ці 5+a_n–1 пры i=n.

Але, паколькі пры кожным n мы можам выбраць i, то мы можам выбраць такі i, каб штраф быў мінімальны. Тады a_n даецца наступнай формулай: $a_n=\left\{ \begin{array}{c} 1, n=1 \\ \min\;\left(\left\{a_{n-1}+5\right\}\cup \left\{\left.\max \left(a_{i-1}+5,a_{n-i}+10\right)\right|i=2,\ldots ,n-1\right\}\right),\;n>1 \end{array} \right.$

Ніжэйшы радок чытаецца так: пры n>1 значэнне a_n роўнае мінімальнаму элементу мноства, якое атрымліваецца пры аб’яднанні мноства з адным элементам {a_n–1+5} і мноства, якое утрымлівае значэнні выразу max(a_i–1+5,a_n–i+10) пры i ад 2 да n–1.

Вылічэнне такой формулы лёгка запраграмаваць, напрыклад так:

int a[101];
int t1, t2, t3;
a[1]=0;
for(int n=2;n<=100;n++)
{
    t1=5+a[n-1];
    for (int i=2;i<n;i++)
    {
        t2=5+a[i-1];
        t3=10+a[n-i];
        if (t3>t2) t2=t3;
        if (t2<t1) t1=t2;
    }
    a[n]=t1;
}

Калі падлічыць значэнне a₁₀₀, атрымаецца 45, таму з улікам прыза 100 рублёў, вы гарантавана можаце атрымаць дадатковыя 55 рублёў.

Акрамя гэтага, у мяне атрымалася стратэгія, падобная да аптымальнай. Мабыць яе можна даказаць строга, але гэта можа заняць шмат часу. Меркаваную аптымальную стратэгію можна звесці да наступнай формулы: калі Вам трэба адгадаць лік ад $i_{\min }$ да $i_{\max }$ , трэба называць лік $i_{\min }+\left\lceil \frac{\sqrt{5}-1}{2} (i_{\max }-i_{\min })\right\rceil$ , дзе $\lceil x\rceil$ абазначае значэнне x, акругленае да бліжэйшага цэлага ліку ў большы бок.

Правільны адказ: дзве. Любы натуральны лік (нумар) можна прадставіць у выглядзе r·2ⁿ, дзе r — няцотны лік, n — неадмоўны цэлы лік. Тады, калі 2 нумары адрозніваюцца ў два разы, яны маюць аднолькавае значэнне r і розныя значэнні n, якія адрозніваюцца на 1. Пакладзем у адну стопку ўсе карткі, дзе нумар мае цотны n, а ў другую — дзе няцотны n, тады карткі са значэннямі n, якія адрозніваюцца на 1, абавязкова будуць ляжаць у розных стопках.

Рашэнне 1. Абазначым ∠DAC=a, тады іншыя вуглы можна выразіць праз a, як паказана на малюнку ніжэй.

Тады, выкарыстоўваючы тэарэму сінусаў, можна запісаць
CD/BD = sin(44°–2a)/sin(44°–a)
і
AD/BD = sin(4°+2a)/sin(88°–a).
AD=CD, таму
sin(4°+2a)/sin(88°–a)=sin(44°–2a)/sin(44°–a)

Трыганаметрычнае раўнанне можна рашыць і атрымаць правільны адказ: $\frac{\sin(4^{\circ}+2a)}{\sin(88^{\circ}-a)} =\frac{\sin(44^{\circ}-2a)}{\sin(44^{\circ}-a)} \Rightarrow$ $\sin(4^{\circ}+2a) \sin(44^{\circ}-a)=\sin(44^{\circ}-2a) \sin(88^{\circ}-a) \Rightarrow$ $2\sin(2^{\circ}+a)\cos(2^{\circ}+a)\sin(44^{\circ}-a)=\sin(44^{\circ}-2a)\cos(2^{\circ}+a) \Rightarrow$ $2\sin(2^{\circ}+a)\sin(44^{\circ}-a)=\sin(44^{\circ}-2a) \Rightarrow$ $\cos(42^{\circ}-2a)-\cos{46^{\circ}}-\cos(46^{\circ}+2a)=0 \Rightarrow$ $2\sin{44^{\circ}}\sin(2^{\circ}+2a)-\sin{44^{\circ}}=0 \Rightarrow$ $\sin(2^{\circ}+2a)=\frac{1}{2} \Rightarrow a=14^{\circ}$ Адкуль ∠CBD=44–2a=16°.

Рашэнне 2. Паколькі CD=AD, то D ляжыць на сярэдзінным перпендыкуляры DF да адрэзка AC. Пабудуем пункт E, сіметрычны B адносна прамой DF. Тады з сіметрыі вынікае: EC=AB, ED=BD, ∠ECA=∠BAC=88°, EB⊥FD. EB⊥FD ⇒ EB∥AC ⇒ ∠EBC=∠BCA=44°. ∠ECB=∠ECA–∠BCA=44°=∠EBC ⇒ EB=EC. Такім чынам, EB=EC=AB=BD=ED і трохвугольнік EBD з’яўляецца роўнабаковым. Тады ∠EBD=60°, ∠CBD=∠EBD–∠EBC=16°.

Не можа. Дапусцім для нейкага i пасля сарціроўкі па ўзрастанні выконваецца a_i ≤ b_i. Усе значэнні a_k пасля сарціроўкі з індэксамі k ад 1 да i не больш за a_i. Кожнаму з іх да сарціроўкі адпавядала меншае значэнне ў масіве b, значыць у масіве b ёсць прынамсі i значэнняў, якія менш за a_i пасля сарціроўкі. З іншага боку, усе значэнні b_k пасля сарціроўкі з індэксам k ад i да n не менш за b_i і адпаведна не менш за a_i пасля сарціроўкі, таму ў масіве b не больш за i–1 значэнне, якое менш за a_i пасля сарціроўкі. Прыйшлі да супярэчнасці. Значыць, ні для якога i няроўнасць a_i ≤ b_i пасля сарціроўкі не выконваецца.

Правільны адказ: У ангары 7. Можна проста прайсці шляхам робата і зразумець, дзе ён апынецца ў кожным выпадку.

Няхай памеры пазла a×b, дзе a>2, b>2 (інакш някрайніх элементаў не будзе). Тады колькасць крайніх элементаў роўная 2a+2b–4, а агульная колькасць элементаў роўная ab. Каб выконваліся умовы задачы, трэба каб агульная колькасць была ў два разы больш, чым колькасць крайніх элементаў, то бок ab=4a+4b–8. Адсюль можна выразіць $a=4-\frac{8}{4-b}$ . Лік $\frac{8}{4-b}$ мусіць быць цэлым дзельнікам 8. Паколькі a>2, гэты лік мусіць быць менш за 2. Тады $\frac{8}{4-b}$ можа быць роўным 1, –1, –2, –4, –8. Гэтым значэнням адпавядаюць значэнні b, роўныя –4, 12, 8, 6, 5. Першае значэнне не падыходзіць. Падстаўляючы іншыя значэнні b у формулу для a, атрымаем адпаведна 5, 6, 8, 12. Такім чынам падыходзяць толькі два памеры пазла: 5×12 і 6×8.

Возьмем x=0, тады
0·P(–1)=–3·P(0) ⇒ P(0)=0

Возьмем x=3:
3·P(2)=0·P(3) ⇒ P(2)=0

P(0)=0 і P(2)=0, значыць, паліном P(x)=x (x–2) Q(x), дзе Q(x) — нейкі паліном

Падставіўшы ў пачатковае раўнанне, атрымаем

x (x–1) (x–3) Q(x–1) = (x–3) x (x–2) Q(x) ⇒ (x–1) Q(x–1) = (x–2) Q(x)

Возьмем x=1:
0·Q(0) = –1·Q(1) ⇒ Q(1)=0

Возьмем x=2:
1·Q(1)=0·Q(2)⇒Q(1)=0

Q(1)=0, значыць, паліном Q(x)=(x–1) R(x), дзе R(x) — нейкі паліном

Падставіўшы ў раўнанне для Q(x), атрымаем

(x–1) (x–2) R(x–1) = (x–2) (x–1) R(x)⇒ R(x–1)=R(x)

Разгледзім паліном S(x)=R(x)–R(0). Згодна з раўнаннем R(x–1)=R(x) паліном S(x) роўны нулю для любых адмоўных цэлых x, то бок S(x) мае бясконцую колькасць нулёў. Гэта магчыма толькі калі паліном S(x)=0 для ўсіх x. Тады R(x)=R(0), Q(x)= (x–1) R(0), P(x)=x (x–1) (x–2) R(0). Пры гэтым R(0) можа быць любым рэчаісным лікам.

Пабудуем пункты L і M перасячэння EF з AD і BC адпаведна. Прамыя E₁L і F₁M ляжаць у плоскасці EE₁FF₁, таму перасякаюцца. Пункт N іх перасячэння ляжыць у абедзьвух плоскасцях E₁AD і F₁BC, таму ляжыць на шуканай прамой. Шуканая прамая мусіць быць паралельнай AD і BC, бо абедзьве плоскасці паралельныя гэтым прамым. Правядзем праз пункт N прамую паралельную BC, гэта і ёсць шуканая прамая

Два з магчымых варыянтаў паказаны на малюнках ніжэй

Сціранне кожнай адзінкавай мяжы разбурае не больш за чатыры квадраты 2×2 (гл. малюнак ніжэй). Усяго такіх квадратаў 12×12=144, таму трэба сцерці прынамсі 144/4=36 меж.

На малюнку ніжэй прыведзены прыклад, як можна сцерці 36 меж, каб не засталося ніводнага квадрата 2×2.

Паколькі даўжыня другой чарапахі ў два разы меншая, чым першай, то па ёй вожык прабег за ўдвая меншы час. Няхай гэты час (у секундах) роўны t, тады за кошт руху першай чарапахі вожык адстаў на 5·2t=10t (см), затое другая чарапаха прасунула яго наперад на 12t (см), у выніку ён атрымаў перавагу над першым вожыкам. Але нават з улікам гэтай перавагі вожыкі прыбеглі на фініш адначасова, значыць першы вожык, які не сустрэў перашкод на дыстанцыі, быў насамрэч больш хуткім бегуном.

Правядзем праз пункт B прамую перпендыкулярна AC і адкладзем на ёй адрэзак BE=AC так, каб ён перасякаў AC. Тады пункт E ляжыць на баку квадрата, які змяшчае пункт D. Сапраўды, паколькі прамыя BE і AC перпендыкулярныя, то яны ствараюць з бакамі квадрата роўныя вуглы, а значыць адрэзкі, якія адсякаюць бакі квадрата на гэтых прамых, роўныя паміж сабой. Будуем прамую DE, перпендыкулярныя ёй прамыя праз пункты A і C і паралельную DE прамую праз пункт B. Квадрат пабудаваны (гл. малюнак).

Пры цэлых n<0 левая частка ляжыць паміж 0 да 1, а правая частка заўсёды цэлая пры цэлых m, таму пры n<0 раўнанне не можа выконвацца.

Для рашэння выкарыстаем наступнае сцвярджэнне (лему): пры цэлым n≥0 і пры цэлых a, b, k≠0, лікі (ak+b)ⁿ і bⁿ дзеляцца на лік k з аднолькавай астачай. Гэта вынікае з таго, што пры n>0 ўсе складнікі раскладання выразу (ak+b)ⁿ па формуле бінома Ньютана акрамя апошняга складніка bⁿ утрымліваюць множнік k і адпаведна дзеляцца на k без астачы. Пры n=0 сцвярджэнне выконваецца аўтаматычна.

Выкарыстоўваючы лему, разгледзім магчымыя астачы левай і правай частак раўнання ад дзялення на 5. З улікам лемы астача ад дзялення левай часткі на 5 супадае з астачай ад дзялення на 5 значэння 4ⁿ+4ⁿ+1ⁿ, а гэта значэнне пры цотных n≥0 дзеліцца на 5 з астачай 1+1+1=3, а пры няцотных n дзеліцца на 5 з той жа астачай, што і лік 4+4+1=9, то бок з астачай 4. Правая частка з выкарыстаннем лемы можа дзяліцца на 5 з той жа астачай, што адзін з лікаў 0², 1², 2², 3², 4², то бок з адной з астач 0, 1 або 4. Каб раўнанне выконвалася, неабходна каб астачы ад дзялення левай і правай частак на 5 былі роўныя. З улікам напісанага вышэй гэта магчыма толькі пры няцотных n>0.

Цяпер, выкарыстоўваючы лему, разгледзім магчымыя астачы левай і правай частак раўнання ад дзялення на 8. З улікам лемы астача ад дзялення левай часткі на 8 супадае з астачай ад дзялення на 8 значэння 4ⁿ+0ⁿ+5ⁿ. Пры цотных n>0 астача ад дзялення гэтага выразу на 8 роўная 0+0+1=1, а пры няцотных n>1 астача ад дзялення гэтага выразу на 8 роўная 0+0+5=5. Выпадак n<2 трэба разгледзець асобна, бо пры гэтых значэннях n грае ролю першы складнік 4ⁿ. Пры n=0 астача ад дзялення левай часткі на 8 роўная 1+1+1=3, а пры n=1 астача ад дзялення левай часткі на 8 роўная астачы ад дзялення на 8 ліка 4+0+5=9, то бок роўная 1. Правая частка з выкарыстаннем лемы можа дзяліцца на 8 з той жа астачай, што адзін з лікаў 0², 1², 2², 3², 4², 5², 6², 7², то бок з адной з астач 0, 1 або 4. З улікам напісанага вышэй астача ад дзялення левай і правай частак на 8 можа супасць толькі пры цотных n>0 або пры n=1.

З улікам напісанага вышэй можна зрабіць выснову, што адзіным магчымым цэлым значэннем n, пры якім раўнанне можа выконвацца і m будзе цэлым лікам, з’яўляецца значэнне n=1 (цотныя значэнні n адсякаюцца астачамі ад дзялення на 5, а няцотныя n>1 адсякаюцца астачамі ад дзялення на 8). Падставіўшы n=1 у раўнанне атрымаем 2209=m², адкуль m=±47. Такім чынам, існуюць дзве пары цэлых значэнняў, якія спраўджваюць раўнанне: n=1, m=47 і n=1, m=–47.

Разгледзім выпадак x=y=0: f(0)=f(0)+f(f(0))⇒ f(f(0))=0.

Разгледзім выпадак x=1, y=1: f(1+f(1))+1=f(f(1))+f(1+f(1))⇒ f(f(1))=1.

Разгледзім выпадак x=1, y=0: f(1)+1=f(f(0)+f(f(1)). Падставіўшы сюды f(f(0))=0, f(f(1))=1, атрымаем f(1)=0. Падставіўшы ў f(f(1))=1, атрымаем f(0)=1.

Цяпер возьмем такія значэнні x, y, каб двума спосабамі выразіць f(f(a)). Першы спосаб x=1, y=a з улікам f(1)=0 дае 1=f(f(a))+f(a), адкуль f(f(a))=1–f(a). Другі спосаб x=a, y=0 з улікам f(0)=1 дае f(a)+a=f(a)+f(f(a)), адкуль f(f(a))=a. Прыраўноўваючы два выразы для f(f(a)), атрымаем 1–f(a)=a, адкуль f(a)=1–a. Паколькі мы не накладвалі ніякіх абмежаванняў на a, гэтая роўнасць павінна выконвацца пры любых рэчаісных a. Такім чынам, адзінай функцыяй f(x), пры якой роўнасць выконваецца для любых рэчаісных x, y, з’яўляецца функцыя f(x)=1–x.

Не можа. Пры няцотным n значэнне 8ⁿ+2ⁿ+1 дзеліцца на 3 з астачай 2, а квадрат цэлага ліка можа дзяліцца на 3 толькі з астачай 0 ці 1. Пры цотным n=2k значэнне 8ⁿ+2ⁿ+1 ляжыць паміж квадратамі двух паслядоўных натуральных лікаў 2^3k і 2^3k+1 і таму не можа быць квадратам.

Калі двоечнік адказвае наўздагад, верагоднасць таго, што ён адкажа правільна, роўная 1/5. Няхай доля адказаў, якую ўдалося спісаць двоечніку, складае x, тады доля адказаў, на якія ён адказаў правільна, складае x+(1–x)·1/5=(1+4x)/5. З умоў задачы вынікае, што (1+4x)/5=1/2, выкарыстоўваючы ўласцівасць прапорцыі адсюль атрымліваем 2+8x=5, x=3/8.

Калі ніводная ладдзя не б’е ніводную з іншых фігур, то кожная ладдзя робіць недасяжнымі для іншых фігур цэлую гарызанталь і цэлую вертыкаль. Такім чынам, n ладзей робяць недасяжнымі для коней n гарызанталяў і n вертыкаляў. Такім чынам, для коней застаюцца толькі клеткі, якія стаяць на скрыжаванні 70–n вольных ад ладдзей гарызанталяў і 70–n вольных ад ладдзей вертыкаляў, усяго (70–n)² клетак, прычым n мусіць быць менш за 70. На гэтых клетках трэба размясціць n коней, таму (70–n)²≥n ⇒ n²–141n+4900≥0 ⇒ 4n²–564n+19600≥0 ⇒ 4n²–564n+19881≥281 ⇒ (141–2n)²≥281. З улікам таго, што n з’яўляецца цэлым лікам і што n менш за 70, адсюль вынікае 141–2n≥17 ⇒ n≤62. 62 ладдзі пакідаюць для коней клеткі на скрыжаванні 8 гарызанталяў і 8 вертыкаляў, усяго 64 клеткі.

Пакажам, што 62 ладдзі і 62 каня можна размясціць так, каб яны не білі адно аднаго.

Лік 29 з’яўляецца простым. Тэарэма Вільсана сцвярджае, што натуральны лік p>1 з’яўляецца простым тады і толькі тады, калі лік (p–1)!+1 дзеліцца на p без астачы. Для p=29 гэта азначае, што 28!+1 дзеліцца на 29, значыць, 28! дзеліцца на 29 з астачай 28, то бок 28!=29k+28=28(k+1)+k. Паколькі 28! дзеліцца на 28, то k мусіць дзяліцца на 28, то бок 28!=29k+28=29·28n+28. Тады 27!=28!/28=29n+1, такім чынам, 27! дзеліцца на 29 з астачай 1. Пры множанні двух лікаў, якія дзеляцца на 29 з астачай 1, заўсёды атрымаецца лік, які дзеліцца на 29 з астачай 1: (29a+1)(29b+1)=29(29ab+a+b)+1. Адсюль вынікае, што пры ўзвядзенні ў любую натуральную ступень ліка, які дзеліцца на 29 з астачай 1, таксама атрымаецца лік, які дзеліцца на 29 з астачай 1. Значыць, (27!)²⁷ дзеліцца на 29 з астачай 1.

У тэксце задачы падкрэслена выкарыстаны фемінітывы: некалькі раз сустракаецца “экспертаў і экспертак”. Пры гэтым для апісання лідара і ягоных намеснікаў фемінітывы не ўжываюцца. Падвох у тым, што калі не лічыць, што з умоў задачы вынікае, што лідар і два ягоныя намеснікі абавязкова з’яўляюцца мужчынамі, адназначны адказ на пытанне задачы даць немагчыма.

Калі лічыць, што лідар і два ягоныя намеснікі абавязкова з’яўляюцца мужчынамі, агульная колькасць людзей у спісе не менш за 17 і не больш за 29. Пазначым гэтую колькасць p, тады 17≤p≤29.

Пазначым агульную колькасць экспертаў і экспертак у спісе e.

Па ўмовах задачы e бліжэй да p/8, чым да p/9, значыць e больш за сярэдняе арыфметычнае p/8 і p/9, то бок e>17p/144.

Па ўмовах задачы e бліжэй да p/8, чым да p/7, значыць e менш за сярэдняе арыфметычнае p/8 і p/7, то бок e<15p/112.

Такім чынам, e з’яўляецца цэлым лікам, які задавальняе няроўнасць 17p/144<e<15p/112 пры нейкім цэлым p, такім, што 17≤p≤29.

e>17p/144≥17·17/144>2 ⇒ e>2

e<15p/112≤15·29/112<4 ⇒ e<4

Такім чынам, адзінае магчымае значэнне e=3. З няроўнасці 17p/144<e<15p/112 вынікае, што 23≤p≤25.

З пункту гледжання рэчаісных лікаў няма ніякай розніцы паміж i і –i. Калі нейкі камплексны лік a+bi (a, b ∈ ℝ)з’яўляецца коранем палінома з рэчаіснымі каэфіцыентамі, то спалучаны камплексны лік a–bi таксама з’яўляецца коранем гэтага палінома. Гэта вынікае з таго, што пры ўзвядзенні спалучаных лікаў у любую ступень, пры множанні спалучанных лікаў на рэчаісны лік і пры складанні спалучаных лікаў вынікі таксама будуць спалучанымі лікамі.

З дапамогай раскладання палінома на множнікі лёгка паказаць, што кратнасць спалучаных камплексных каранёў палінома з рэчаіснымі каэфіцыентамі аднолькавая.

Калі дадаць да вядомых камплексных каранёў палінома f(z) спалучаныя карані, атрымаецца, што нам вядома ўсяго 8 каранёў: –1, 2, i, –i, –2i, 2i, 2–i, 2+i.

Калі б паліном меў яшчэ нейкі камплексны корань, то коранем мусіў бы быць і спалучаны лік, то бок агульная колькасць каранёў была б больш за 9, а паліном 9-й ступені з улікам кратнасці мусіць мець роўна 9 каранёў. Калі б нейкі з камплексных нерэчаісных каранёў меў кратнасць, большую за адзін, тады спалучаны корань таксама мусіў бы мець кратнасць, большую за адзін, і агульная колькасць каранёў з улікам кратнасці была б больш за 9.

З улікам таго, што іншых рэчаісных каранёў, акрамя вядомых, у палінома няма, адзін з рэчаісных каранёў мусіць мець кратнасць 2.

З улікам таго, што найвышэйшы каэфіцыент палінома роўны 1, раскладанне палінома на множнікі мусіць мець выгляд

f(z)=f₁(z)=(z+1)²(z−2)(z−i)(z+i)(z+2i)(z−2i)(z−2+i)(z−2−i)

або

f(z)=f₂(z)=(z+1)(z−2)²(z−i)(z+i)(z+2i)(z−2i)(z−2+i)(z−2−i).

З улікам

(z−i)(z+i)=z²−i²=z²+1,

(z+2i)(z−2i)=z²−(2i)²=z²+4,

(z−2+i)(z−2−i)=(z−2)²−i²=(z−2)²+1,

можна запісаць

f₁(z)=(z+1)²(z−2)(z²+1)(z²+4)((z−2)²+1),

f₂(z)=(z+1)(z−2)²(z²+1)(z²+4)((z−2)²+1).

Падстаўляючы z=1, можна атрымаць f₁(1)=−80, f₂(1)=40. Гэта і ёсць два магчымыя значэнні f(1).