Если это не решить то за четверть будет !

я гатов какать чоб : воа отвэт по кругу выписаны в некотором порядке все натуральные числа от 1 до n (n ≥ 2) так, что у любых двух соседних чисел есть одинаковая цифра.

найдите наименьшее возможное значение n.

решение:

ответ: 29.

поскольку однозначные числа не имеют общих цифр, то n > 9.

а так как числа, соседние с числом 9, должны содержать девятку в своей записи, то меньшее из них не может быть меньше, чем 19, а большее — меньше, чем 29.

следовательно, n ≥ 29.

равенство n = 29 возможно, поскольку условиям удовлетворяет, например, такой порядок расстановки чисел от 1 до 29 по кругу:

1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25, 5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, 19.

2.

в треугольнике abc на стороне ac нашлись такие точки d и e, что ab = ad и be = ec (e между a и d).

точка f — середина дуги bc окружности, описанной около треугольника abc.

докажите, что точки b, e, d, f лежат на одной окружности.

решение:

обозначим   ∠ bda через .

тогда , (ab = ad), .

точки e и f равноудалены от точек b и c, поэтому fe — серединный перпендикуляр к отрезку bc, следовательно,

.

итак, , т.е. точки b, f, d, e — на одной окружности.

3.

произведение положительных чисел x, y и z равно 1.

известно, что .

докажите, что для любого натурального k выполнено неравенство

решение:

если abc = 1, то неравенства   и (a – 1)(b – 1)(c – 1) ≤ 0 равносильны.

действительно, из того, что , ,   и abc – 1 = 0 следует, что они оба равносильны неравенству bc + ca + ab ≥ a + b + c.

кроме того, числа t – 1 и tk – 1 имеют при k > 0 одинаковый знак. поэтому

.

4.

лабиринт представляет собой квадрат 8 × 8, в каждой клетке 1 × 1 которого нарисована одна из четырёх стрелок (вверх, вниз, вправо, влево).

верхняя сторона правой верхней клетки — выход из лабиринта. в левой нижней клетке находится фишка, которая каждым своим ходом перемещается на одну клетку в направлении, указанном стрелкой.

после каждого хода стрелка в клетке, в которой только что была фишка, поворачивается на 90 по часовой стрелке.

если фишка должна сделать ход

сквозь стенку квадрата, она остаётся на месте, но стрелка по-прежнему поворачивается на 90 по часовой стрелке.

докажите, что рано или поздно фишка выйдет из лабиринта.

решение:

предположим, что фишка никогда не выйдет из лабиринта.

тогда на клетку с номером 1 фишка попадёт конечное число раз (менее 4), т.к. в противном случае, когда стрелка покажет на выход, фишка из лабиринта уйдёт.

аналогично получаем, что после того, как фишка в последний раз побывает на поле < < 1> > , она конечное число раз побывает на полях с номером < < 2> > .

продолжая рассуждения получаем, что на поле с номером k, 1 ≤ k ≤ 14 она конечное число раз побывает на поле с номером k + 1.

значит, на каждом поле фишка побывает конечное число раз, что противоречит неограниченности числа ходов.

следовательно, фишка должна выйти из лабиринта.

5.

все клетки клетчатой плоскости окрашены в 5 цветов так, что в любой фигуре вида ,

все цвета различны.

докажите, что и в любой фигуре вида

все цвета различны.

решение:

предположим, что в некоторой фигуре 1 × 5 отсутствует некоторый цвет, например, синий (на рисунке эта фигура выделена).

тогда в каждой паре клеток, обозначенных одинаковыми буквами, присутствует синий цвет (в противном случае его не будет в одной из крестообразных фигур, включающих эти пары клеток).

но тогда одна из двух крестообразных фигур, включающих клетки, обозначенные буквами a и c, содержит 2 клетки синего цвета. противоречие.

6.

докажите, что каждое натуральное число является разностью двух натуральных чисел, имеющих одинаковое количество простых делителей.

(каждый простой делитель учитывается 1 раз, например, число 12 имеет два простых делителя: 2 и 3.)

решение:

если данное число n — чётно, т.е. n = 2m, то искомыми числами будут k = 4m и l = 2m.

пусть n — нечётно, p1, … ,ps — его простые делители и p — наименьшее нечетное простое число, не входящее во множество p1, … ,ps.

тогда искомыми будут числа k = pn и l = (p – 1)n, так как, в силу выбора p, число p – 1 имеет своими делителями число 2, и, возможно, какие-то из чисел p1, … ,ps.

7.

в треугольнике abc ( ab   >   bc ) k и m — середины сторон ab и ac, o — точка пересечения биссектрис.

пусть p — точка пересечения прямых km и co, а точка q такова, что qp ⊥ km и qm || bo.

докажите, что qo ⊥ ac.

решение:

опустим перпендикуляр or на прямую ac.

пусть перпендикуляр к прямой km, восставленный в точке p, пересекает прямую or в точке q′.

достаточно доказать, что mq′||bo, т.к. это будет означать, что точки q и q′ . так как km||bc, то .

тогда в , откуда mp = mc = ma,

поэтому точка p лежит на окружности с диаметром ac и   ∠ apc = 90.

в четырёхугольнике apor   ∠ apo =   ∠ aro = 90,

следовательно он вписанный, отсюда   ( ∠ rpo =   ∠ rao опираются на одну дугу).

в четырёхугольнике mpq′r   ∠ mpq′ =   ∠ mrq′ = 90, следовательно, он вписанный, отсюда .

если bo пересекает ac в точке d, то из   ∆ bcd: .

отсюда mq′ || bo.

проведем высоту вн и сн1. трапеция равнобедренная, следовательно ан=dн1=2см. если угол а=45, то треугольник abh равнобедренный и ah=bh=2см. площадь трапеции равна 1/2(bc+ad)*bh, получаем 1/2(2+6)*2=8см.

ответ: 8см