Выбрано 15 задач 
Убрать все задачи
Группа психологов разработала тест, пройдя который, каждый человек получает
оценку – число Q – показатель его умственных способностей (чем больше Q, тем больше способности). За рейтинг страны принимается среднее арифметическое значений Q всех жителей этой страны.
а) Группа граждан страны А эмигрировала в страну Б. Покажите, что при этом у обеих стран мог вырасти рейтинг.
б) После этого группа граждан страны Б (в числе которых могут быть и бывшие эмигранты из А) эмигрировала в страну А. Возможно ли, что рейтинги обеих стран опять выросли?
в) Группа граждан страны А эмигрировала в страну Б, а группа граждан Б – в страну В. В результате этого рейтинги каждой страны оказались выше первоначальных. После этого направление миграционных потоков изменилось на
противоположное – часть жителей В переехала в Б, а часть жителей Б – в А.
Оказалось, что в результате рейтинги всех трёх стран опять выросли (по сравнению
с теми, которые были после первого переезда, но до начала второго). (Так, во
всяком случае, утверждают информационные агентства этих стран.) Может ли такое быть (если да, то как, если нет, то почему)?
(Предполагается, что за рассматриваемое время Q граждан не изменилось, никто не умер и не родился.)
Миша написал на доске в некотором порядке 2004 плюса и 2005 минусов. Время от времени Юра подходит к доске, стирает любые два знака и пишет вместо них один, причём если он стёр одинаковые знаки, то вместо них он пишет плюс, а если разные, то минус. После нескольких таких действий на доске остался только один знак. Какой?
В вершинах шестиугольника записаны числа 12, 1, 10, 6, 8, 3 (в таком порядке). За один ход разрешено выбрать две соседние вершины и к числам, стоящим в данных вершинах, одновременно прибавить единицу или одновременно вычесть из них единицу. Можно ли получить в итоге шесть чисел в таком порядке:
а) 14, 6, 13, 4, 5, 2; б) 6, 17, 14, 3, 15, 2?
У племени семпоальтеков было 24 слитка золота, 26 редких жемчужин и 25 стеклянных бус. У Кортеса они могут обменять слиток золота и жемчужину на одни бусы, у Монтесумы – один слиток и одни бусы на одну жемчужину, а у тотонаков – одну жемчужину и одни бусы на один золотой слиток. После долгих обменов у семпоальтеков осталось только одна вещь. Какая?
Функция f(x) определена и удовлетворяет соотношению
при всех x
Имеется 120-значное число. Его первые 12 цифр переставляются всеми возможными способами. Из полученных таким образом 120-значных чисел наугад выбирают 120 чисел. Доказать, что их сумма делится на 120.
Решите уравнение x³ + x² + x = – 1/3.
В выпуклом пятиугольнике $ABCDE$ равны углы $CAB$, $BCA$, $ECD$, $DEC$ и $AEC$. Докажите, что середина $BD$ лежит на $CE$.
Остроугольный равнобедренный треугольник ABC (AB = AC) вписан в окружность с центром O. Лучи BO и CO пересекают стороны AC и AB в точках B' и C' соответственно. Через точку C' проведена прямая l, параллельная прямой AC. Докажите, что прямая l касается описанной окружности ω треугольника B'OC.
На продолжениях сторон A1A2, A2A3, ..., AnA1 правильного n-угольника (n ≥ 5) A1A2...An построить точки B1, B2, ..., Bn так, чтобы B1B2 было перпендикулярно к A1A2, B2B3 перпендикулярно к A2A3, ..., BnB1 перпендикулярно к AnA1.
Пусть высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Окружность, описанная около треугольника $AHC$, пересекает отрезки $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$. Прямая $PQ$ пересекает $AC$ в $R$. На прямой $PH$ взята точка $K$ такая, что $\angle KAC = 90^{\circ}$. Докажите, что прямая $KR$ перпендикулярна одной из медиан треугольника $ABC$.
Пусть $A_1$, $B_1$, $C_1$ – середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$, $K$ – основание высоты, проведенной из вершины $A$, а $L$ – точка касания вписанной окружности $\gamma$ со стороной $BC$. Описанные окружности треугольников $LKB_1$ и $A_1LC_1$ вторично пересекают прямую $B_1C_1$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Окружность $\gamma$ пересекает эту прямую в точках $Z$ и $T$. Докажите, что $XZ = YT$.
В параллелограмме $ABCD$ точки $E$ и $F$ выбираются на сторонах $BC$ и $AD$ соответственно так, что $EF=ED=DC$. Пусть $M$ – середина $BE$, а $MD$ пересекает $EF$ в точке $G$. Докажите, что углы $EAC$ и $GBD$ равны.
Пусть A1 и C1 – точки касания вписанной окружности со сторонами BC и AB соответственно, а A' и C' – точки касания вневписанной окружности треугольника, вписанной в угол B, с продолжениями сторон BC и AB соответственно. Докажите, что ортоцентр H треугольника ABC лежит на A1C1 тогда и только тогда, когда прямые A'C1 и BA перпендикулярны.
а) Из любых двухсот целых чисел можно выбрать сто чисел, сумма которых делится на 100. Докажите это.
б) Из любых 2n – 1 целых чисел можно выбрать n, сумма которых делится на n. Докажите это.
|
|
 |
Условие
а) Из любых двухсот целых чисел можно выбрать сто чисел, сумма которых делится на 100. Докажите это.
б) Из любых 2n – 1 целых чисел можно выбрать n, сумма которых делится на n. Докажите это.
Решение
б) Лемма 1. Если утверждение задачи верно для n = a и для n = b, то оно верно и для n = ab.
Доказательство. Заметим, что свойство "сумма n целых чисел x1, ..., xn делится на n" можно формулировать и так: "среднее арифметическое чисел x1, ..., xn – целое число".
Пусть даны произвольные 2ab – 1 целых чисел. Поскольку утверждение верно при n = b и 2ab – 1 > 2b – 1, из данных 2ab – 1 чисел можно выбрать b, сумма которых делится на b. Затем из оставшихся (если их не меньше 2b – 1) выберем еще b чисел, обладающих этим свойством, и так далее. Поскольку 2ab – 1 = (2a – 1)b = (b –1), то эту операцию можно повторить 2a – 1 раз и получить 2a – 1 наборов по b чисел, в каждом из которых среднее арифметическое b чисел – целое.
Поскольку утверждение верно для n = a, из этих 2a – 1 средних арифметических можно выбрать a, сумма которых делится на a. Тогда сумма ab чисел, составляющих соответствующие a наборов по b чисел, делится на ab.
Из леммы 1 следует, что достаточно доказать наше утверждение для простых чисел.
Пусть p – простое число. Будем рассматривать все числа "по модулю p.
Лемма. Пусть даны k целых чисел b1, b2, ..., bk; 0 < k < p, 0 < bi < p для всех i = 1, 2, ..., k. Тогда из этих чисел можно составить по крайней мере k + 1 сумм, дающих различные остатки при делении на p (разрешается брать сумму "пустого множества слагаемых", которая считается равной нулю, и суммы из одного слагаемого).
Доказательство. Индукция по k. База (k = 1) очевидна: суммы дают остатки 0 и b1.
Шаг индукции. Предположим, что это утверждение верно для k < p – 1 и неверно для k + 1. Пусть суммы из k слагаемых b1, b2, ..., bk дают k + 1 различных остатков 0, s1, ..., sk. Тогда, поскольку после присоединения b = bk+1 количество различных остатков не должно увеличилось, все суммы 0 + b, s1 + b, ..., sk + b (по модулю p) содержатся во множестве {0, s1, ..., sk}.
Другими словами, если к любому элементу этого множества прибавить b, то снова получится элемент того же множества. Таким образом, это множество заведомо содержит элементы 0, b, 2b, 3b, ..., (p – 1)b. Но ясно, что все эти элементы различны (по модулю): разность ib – jb = (i – j)b, где 0 < i – j < p и 0 < b < p, не может делиться на p, поскольку p – простое.
Таким образом, множество {0, s1, ..., sk} содержит все p различных элементов. Это противоречит тому, что k + 1 < p.
Пусть a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ a2p–1 – остатки от деления данных 2p – 1 чисел на p. Рассмотрим p – 1 чисел ap+1 – a2, ap+2 – a3, ..., a2p–1 – ap. (*)
Если какое-нибудь одно из них равно нулю, например, ap+q – aq+1 = 0, то aq+1 = aq+2 = ... = ap+q и сумма соответствующих p чисел делится на p. Осталось рассмотреть случай, когда все числа (*) отличны от нуля.
Найдём остаток x от деления суммы a1 + a2 + ... + ap на p.
Если x = 0, то все ясно.
Если x ≠ 0, то по лемме 2 можно составить из разностей (*) сумму, дающую остаток p – x при делении на p. Добавив соответствующие разности к a1 + a2 + ... + ap и проведя очевидные сокращения, мы получим сумму p слагаемых, делящуюся на p.
Замечания
Из доказанного нетрудно вывести, что утверждение "Из любых a целых чисел можно выбрать b чисел, сумма которых делится на c" верно тогда и только тогда, когда b делится на c и a ≥ b + c – 1.
