Блок задач 2

Легко видеть, что Ы = О, К = 1, С ≥ 5.
Проведем перебор.
Если С=5, то СЫРЫ < 5100, СЫТЫ < 5100, откуда КРЫСЫ < 10200 и Р =О, что невозможно (так как Р не может совпадать с Ы).
Если С=6, то Р=2, Т=4 и имеем равенство 12060-6020=6040.
Если с=7, то Р=4, Т=3 и получаем 14070-7040=7030.
Если С=8, то Р=6, Т=2 и тогда 16080 — 8060=8020.
Если С=9, то Р=8, Т=1, что невозможно (так как Т не может совпадать с К).
Ответ: 12060-6020=6040,14070-7040=7030,16080-8060=8020.

Пусть данное число авс. Тогда 5 авс и авс1 – точные квадраты.
Из четырехзначных чисел, начинающихся цифрой 5 квадратами являются 5184,
5329,5476,5625,5776,5929.
Проверим, какие из чисел 1841, 3291, 4761, 6251, 7761, 9291 являются точными квадратами.
Таковыми является число 4761. Значит, искомое число 476.

Пусть в хороводе х мальчиков имеют соседа справа мальчика, тогда х мальчиков имеют соседа справа – девочку. Значит, в хороводе х девочек. А всего х+х+х=30, т.е. х = 10. Значит, в хороводе 10 девочек и 20 мальчиков.

Если А – лжец, то его утверждение неверно, т.е. оба должны быть рыцарями. Противоречие. Значит, А – рыцарь. Тогда его утверждение верно и, следовательно, Б – лжец.

Расстояние между автомобилями БМВ и «Мерседес» и их скорости не меняются, а скорости «Москвича» и «Жигулей» равны. «Москвич» встретил «Мерседес» через 2 часа после БМВ, значит, «Жигули» встретят «Мерседес» тоже через 2 часа после БМВ, т.е. в 17:00.

Для получения минимального результата скобки в выражении расставлять не надо, поскольку деление на любое число вида к:(к+1) будет заменено умножением на дробь (к+1)/к — неправильную.
И получаем:
1:2:3:4:5:6:7:8:9= 1/(2·3·4·5·6·7·8·9),
действительно, произведение в знаменателе дает наибольшее из всех возможных значений.
Поэтому наибольшее значение выражения будет
1/(2:3:4:5:6:7:8:9)=1/(2/(3·4·5·6·7·8·9))=
=1·3·4·5·6·7·8·9/2=9!/2².

Запишем все цифры в ряд в порядке убывания: 9876543210. Очевидно, каждое из искомых чисел получается вычеркиванием одной цифры из полученного ряда. Это можно сделать десятью разными способами, поэтому искомых чисел десять.

Пусть х рублей — цена 1 бублика, у бубликов можно купить за рубль. Тогда по условию задачи 25 х=у, ху =1
Из второго уравнения следует . Умножая первое уравнение на х, получаем 25х²=ху, т.е. 25х²=1. Откуда x₁ = 1/5 или x₂=-1/5.
Поскольку условию задачи соответствует только положительное значение х, получаем: х=1/5.
Значит, один бублик стоит 1/5 руб.

Обозначим середину стороны ВС через Е, а середину стороны СD –через F. Нетрудно показать, что ЕF‹АЕ (например, заметив, что в треугольнике DЕF сторона DЕ, равная отрезку АЕ, лежит против тупого угла). Из треугольника АЕ получаем теперь АF‹АЕ+ЕF‹2АЕ, откуда вытекает, что ответ на вопрос задачи отрицателен.
Можно решать эту задачу и с помощью теоремы Пифагора. Обозначим длины сторон АВ и АD через х и у соответственно. Тогда АЕ²=х²+у²/4
Если АF=2АЕ, то АF²=4АЕ², то есть х²/4+у²=4х²+у²,
откуда х²=0, что невозможно.

Пусть дана дробь а/в ; где а >в, в>о. Увеличивая числитель дроби на 1, а знаменатель — на 10, получаем (а+1)/(в+10).
Проверим условие задачи, полагая а/в<(а+1)/(в+10).
Откуда (ав+10а-ав-в)/(в(в+10)).
Последнее неравенство равносильно неравенству
в(10а-в) (в+10)<0.
Учитывая, что в >0, а следовательно, в+10>0, получаем 10а-в<0, т.е. 10а<в.
Значит, условию задачи соответствуют дроби, у которых числитель и знаменатель находятся в соотношении 10а<в.
Например, дробь 1/11, из которой после указанных преобразований получаем дробь 2/21, причём 1/11<2/21.

Если муж купил т вещей, а его жена — к вещей, то ими уплачено т² и к² рублей соответственно. Имеем соотношение т²-к²=63, которому удовлетворяют ровно три пары натуральных чисел: (8;1), (12;9) и (32;31).
Из условия видно, что как число вещей, купленных Андреем, так и число вещей, купленных Ольгой, больше 23; эти числа, следовательно, равны 32 и 31 соответственно. Так как ни Анна, купившая 32-23=9 вещей, ни Ольга не могут быть замужем за Степаном, купившим всего 31-23=8 вещей, то его жена – Екатерина. Заметив еще, что Андрей женат не на Анне (поскольку 32²-9²≠63), получим ответ.
Ответ: Андрей женат на Ольге, Иван – на Анне, Степан — на Екатерине.

Поскольку 2t – четное число, то из равенства 1 следует, что с², а следовательно, и с — нечетное число, т.е. с=2k-1,кеN; подставляя это выражение в равенство 1, получа-ем:
2t=(2k-1)²+1;
2t=4k²-4k+1+1;
2t=4k²-4k+2;
t=2k²-2k+1;
t=k²+k²-2k+1;
t=k²+(k-1)².

Умножим данное выражение на 1 в виде 2-1:
(2-1)(2+1)(2²+1)(2⁴+1)(2⁸+1)(2¹⁶+1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2²-1)(2²+1)(2⁴+1)(2⁸+1)(2¹⁶+1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2⁴-1)(2⁴+1)(2⁸+1)(2¹⁶+1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2⁸-1)(2⁸+1)(2¹⁶+1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2¹⁶-1)(2¹⁶+1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2³²-1)(2³²+1)(2⁶⁴-1)=
=(2⁶⁴+1)(2⁶⁴-1)=
=2¹²⁸-1

Сумма внешних углов любого многоугольника, взятых по одному при каждой вершине равна 360°. Поэтому внешние углы 2000-угольника не могут быть выражены целым числом, а следовательно, не могут быть выражены целым числом и градусные меры внутренних углов.
Примечание: Аналогичные рассуждения можно провести, вычислив сумму внутренних углов: наибольшие, выраженные целым числом внутренние углы могут быть равны 179°. Тогда их наибольшая «целая» сумма:
179°·2000=358000°.
Но сумма углов выпуклого 2000-угольника равна:
180°·(2000-2)=359640°.
Таким образом, выпуклый 2000-угольник должен иметь внутренние углы и большие 179°.

Разобьем монеты на три кучки: А, Б и В, содержание 10, 10 и 20 монет соответственно. Сравним массы А и Б. Могут иметь место два варианта:
1) Массы кучек А и Б равны. Это означает, что либо в каждой кучке по одной фальшивой монете, либо ни в одной из них фальшивых монет нет. Тогда сравним массы А+Б и В. Если масса А+Б меньше, то В – искомая кучка. Если масса А+Б больше, то ни в А, ни в Б нет фальшивых монет и искомая кучка – А+Б. Случай равенства, очевидно, невозможен.
2) Масса кучки А больше массы кучки Б (противоположный случай аналогичен). Тогда монеты в А заведомо настоящие, а в Б есть хоть одна фальшивая. Поэтому в кучке В не более одной фальшивой монеты. Теперь разобьем В на две половины: в той, которая тяжелее нет фальшивых монет; эта половина вместе с А является искомой кучкой.

Середина отрезка ВС – точка О – центр окружности. Так как треугольники АDЕ и ОDЕ равнобедренные, то ∠АDЕ = ∠АЕD, ∠ОDЕ = ∠ОЕD. Поэтому ∠ОЕА = ∠ОDА, ∠ОЕС= ∠ОDВ.
Из того, что треугольники ОСЕ и ОDВ равнобедренные, следуют равенства ∠ОСЕ = ∠ОЕС= ∠ОDВ =∠ОВD, т.е. ∠С = ∠В, и тогда АВ =АС, что и требовалось доказать.

Вспомним порядок букв в русском алфавите:

А	Б	В	Г	Д	Е	Ё	Ж	З	И	Й
К	Л	М	Н	О	П	Р	С	Т	У	Ф
Х	Ц	Ч	Ш	Щ	Ъ	Ы	Ь	Э	Ю	Я

Пусть а и в – цифры, с помощью которых записывается порядковый номер (10а+в) этой буквы. Цикл состоит из одной буквы, только если 2(а+в)=10а+в, откуда в=8а. Следовательно, или а=0, или а=1.
При а=0 получаем в=0. Буквы с таким порядковым номером нет. Если а=1, то в=8, а 18 – это номер буквы Р.

Сумма коэффициентов многочлена равна значению многочлена при х=1.
Поэтому искомая сумма равна
(2·1³-1²+1-3)¹⁹⁹⁹·(1²-2·1)²⁰⁰⁰=
=(2-1+1-3)¹⁹⁹⁹·(1-2)²⁰⁰⁰=(-1)¹⁹⁹⁹·(-1)²⁰⁰⁰= -1·1= -1.

После первого вычеркивания останется 1000 четных чисел: 2,4,6,8,10,12,…, 2000.
После второго – числа кратные 4. Таких чисел 500: 4,8,12, …, 2000.
После третьего – останутся числа, кратные 8. Таких 250.
После четвертого зачеркивания останется 125 чисел, кратных 16.
Пятое зачеркивание оставит числа последнего ряда, стоящие на нечетных местах, после чего останется 62 числа, кратных 32.
Шестое зачеркивание оставит 31 число, кратное 64.
Седьмое – 15 чисел, кратных 128.
Восьмое – 7 чисел, кратных 256.
Девятое – 3 числа, кратные 512.
Последним будет десятое зачеркивание, после которого останется число 1024.

Прежде всего обратим внимание, что х>0.
Преобразовывая в этих условиях уравнение, получаем:

Значит, уравнение не имеет решения.

Так как ах²+вх+с имеет корни, то b²≥4ас, откуда в⁶≥64а³с³. Если ас≥0, то 64а³с³≥4а³с³, а если ас<0, то в⁶≥0>4а³с³. В обоих случаях в⁶≥4а³с³. Именно это и нужно, чтобы трехчлен а³х²+b³х+с³ имел корни. Итак, ответ на вопрос задачи положительный.