Так как неделя состоит из 7 дней, третий четверг не может приходиться на даты с 1 по 14. Поэтому дата 14 марта 2024 г. не может быть Днём кенгуру.

Согласно данным приложения, максимальная температура за данные пять дней была в четвёртый день. Поэтому все варианты ответа, кроме Б) и Г), заведомо неправильные. Но в варианте Г) первые три дня температура строго возрастала, что противоречит данным наблюдения. А вариант Б) полностью им соответствует, поэтому он и является правильным.

У всех трёх путей одна и та же нижняя часть (нижняя сторона треугольника). Кроме того, у них одинаковые суммы длин частей на боковых сторонах (вместе они составляют одну боковую сторону). Рассмотрим внутренние горизонтальные части. Обозначим их длины буквами a, b и c, как показано на рисунке.

Ясно, что a < b < c.

Поэтому a + b < a + c < b + c

и, следовательно, P < R < Q.

Мы имеем три пары прямоугольников с одинаковыми горизонтальными сторонами в каждой паре (см. рис.). Поэтому вертикальные стороны в каждой паре пропорциональны площадям данных прямоугольников. В левой паре вертикальная сторона нижнего прямоугольника равна 6 ⋅ 12/18 = 4 (см). А тогда в средней паре вертикальная сторона верхнего прямоугольника равна 4 ⋅ 32/16 = 8 (см). Наконец, в правой паре вертикальная сторона нижнего прямоугольника равна 8 ⋅ 30/48 = 5 (см).

Пусть x – количество голов, забитых гостями во втором тайме. Тогда всего в матче они забили 14 + x голов, а хозяева забили 9 + 2x голов. Согласно условию,

9 + 2x = (14 + x) +1, откуда x = 6.

Следовательно, хозяева в матче забили

9 + 2 · 6 = 21 гол, а гости 14 + 6 = 20 голов. В результате матч закончился со счётом 21 : 20.

Звезду, составленную из шести ромбов, дополняют до шестиугольника шесть треугольников. Заметим, что, если два таких треугольника склеить по большей стороне, получится один такой же ромб, из которых состоит звезда. Поэтому площадь полученного шестиугольника равна площади звезды и ещё 3 ромбов, из которых она состоит, т.е. она равна площади 9 ромбов, а именно 9 · 5 = 45 см².

Пусть x (лет) – возраст Джузеппе, Серджио и Элианы. Тогда, согласно условию,

(3x + 19 + 20 + 21)/6 = 21, или

3x + 60 = 126, откуда x = 22.

Легко видеть, что сумма периметров данного квадрата и прямоугольника ABCD равна периметру всего прямоугольника. По условию, периметр всего прямоугольника равен 30 см. Квадрат площади 9 см² имеет сторону 3 см, а его периметр равен 4 · 3 = 12 см. Поэтому периметр прямоугольника ABCD равен 30 – 12 = 18 см.

Немного по-другому ответ можно найти так. Определив, что сторона серого квадрата равна 3, обозначим стороны прямоугольника ABCD через a и b (см. рис.). Тогда стороны всего данного прямоугольника равны a + 3 и b + 3. Вычисляя его периметр, получаем уравнение

2(a + 3) + 2(b + 3) = 30, откуда

2a + 2b = 18. А это и есть периметр ABCD.

Данные два треугольника – прямоугольные. У одного из них катеты 4 и 5, у другого 4 и 4. В частности, их площади равны 10 и 8, и один из них – равнобедренный. Поэтому, согласно условию, третий треугольник должен быть непрямоугольным, равнобедренным, площади 8 или 10. Равнобедренные непрямоугольные треугольники изображены только в ответах В и Г. В первом случае площадь равна 0,5 ⋅ (4 ⋅ 6) = 12 , а во втором 0,5 ⋅ (4 ⋅ 4) = 8. Видим, что правильным является ответ Г.

Обозначим любопытное число через x. Согласно условию,

x - 1/10 = x ⋅ 1/10, т.е.

x (1 - 1/10) = 1/10, откуда

x = 1/10 : 9/10 = 1/9.

Согласно условию, каждый следующий бенгальский огонь зажигался через 0,9 · 2 = 1,8 минуты после предыдущего. Поэтому десятый огонь был зажжён через 9 · 1,8 = 16,2 минуты после первого и горел ещё 2 минуты. Таким образом, все огни сгорели за 16,2 + 2 = 18,2 минуты, т.е. за 18 мин 12 сек.

Немного по-другому ответ можно найти так. Если бы каждый следующий бенгальский огонь зажигался ровно тогда, когда догорал предыдущий, то все 10 огней горели бы 10 · 2 = 20 минут. Но у нас имеется 9 опережений, каждое на 2 · 0,1 = 0,2 минуты. Поэтому последний огонь догорит на 9 · 0,2 = 1,8 минуты раньше. Следовательно, все огни будут гореть 20 – 1,8 = 18,2 минуты, т.е. 18 мин 12 сек.

Первое решение.

Поднимаясь вверх по лестнице, Миша может пропустить не более одной ступеньки, и на 6-ю ступеньку он не может стать. Поэтому он обязательно должен стать на 5-ю ступеньку. После этого продолжение пути однозначно: 5 → 7 → 8. Следовательно, количество различных путей равно количеству способов ступить на 5-ю ступеньку. Их нетрудно подсчитать непосредственно, если, например, принимать во внимание ступеньки до 5-й, которые можно пропустить. Есть только один способ не пропустить ни одной ступеньки, 4 способа пропустить ровно одну ступеньку (любую из первых 4-х) и 3 способа пропустить две не соседние ступеньки (либо 1 и 3, либо 1 и 4, либо 2 и 4). Больше половины (в нашем случае больше 2-х из 4-х) ступенек пропустить, соблюдая условие, нельзя. Всего имеем 1 + 4 + 3 = 8 способов.

Такой подсчёт было бы трудно реализовать, если бы нужно было найти число способов добраться до ступеньки с большим номером. Поэтому приведём другое решение, лишённое этого недостатка.

Второе решение.

Обозначим через f_n число способов ступить на n-ю ступеньку с соблюдением условий задачи (при условии, что до неё сломанных ступенек нет). Легко видеть, что f₁ = 1, f₂ = 2. Далее, заметим, что справедлива формула:

f_n+1 = f_n–1 + f_n для n ≥ 2.

Действительно, на (n + 1)-ю ступеньку можно ступить непосредственно только с одной из двух предыдущих ступенек: с n-й (поднявшись на 1 ступеньку) или с (n – 1)-й (поднявшись на 2 ступеньки). При этом число способов подняться на n-ю ступеньку равно f_n, а на (n – 1)-ю – f_n–1. Теперь, пользуясь формулой, легко находим:

f₃ = 1 + 2 = 3,

f₄ = 2 + 3 = 5,

f₅ = 3 + 5 = 8,

f₆ = 5 + 8 = 13,

f₇ = 8 + 13 = 21, и т.д.

Полученная выше последовательность чисел f_n называется последовательностью Фибоначчи. Вычисление чисел Фибоначчи и изучение их свойств играют важную роль при решении некоторых комбинаторных задач. См., например, задачу №29.

По условию задачи, суммы чисел на всех трёх кольцах одинаковы. Сложим суммы чисел на всех трёх кольцах. Так как каждое из данных шести чисел находится на пересечениях ровно двух колец, получим

2 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 2 · 21 = 42.

По условию, суммы чисел на кольцах одинаковые. Поэтому сумма чисел на одном кольце равна 42 : 3 = 14. Рассмотрим два кольца, на которых есть число 6 и число, которое требуется найти. На каждом из них сумма трёх чисел, без числа 6, равна 8. Есть только два способа, как можно представить число 8 в виде трёх различных натуральных чисел от 1 до 5, а именно: 8 = 1 + 2 + 5 и 8 = 1 + 3 + 4. Заметим, что только число 1 является общим у этих двух сумм. Значит, только оно может быть искомым и, по правилам конкурса, верным является ответ 1.

Пример на рисунке показывает, что вписать числа так, как требуется в условии, можно.

Несколько по-другому закончить подсчёты можно было так. Только число 6 и искомое число (пусть оно равно x) не входят в сумму чисел на верхнем кольце. Как было установлено выше, сумма чисел на одном кольце равна 14, а сумма всех шести данных чисел равна 21. Поэтому 6 + x = 21 – 14 = 7, откуда x = 1.

Пусть n – одно из искомых чисел. Из условия следует, что n – 5 делится на 6, 7, 8 и 9, т.е. делится на

НОK(6, 7, 8, 9) = НОK(2 · 3, 7, 2³, 3²) = 2³ · 3² · 7 = 504.

Поэтому n = 504k + 5, где k – целое неотрицательное число. Чисел такого вида, меньших 2021, четыре:

504 · 0 + 5 = 5,

504 · 1 + 5 = 509,

504 · 2 + 5 = 1013,

504 · 3 + 5 = 1517.

Первое решение.

В треугольнике ACD угол ∠ACD = 90°, как вписанный, опирающийся на диаметр (см. рис.). Тогда

∠CAD = 90° – ∠CDA = 90° – 67° = 23°.

Далее, треугольник AOC – равнобедренный (OA = OC, как радиусы). Поэтому

∠ACO = ∠OAC = 23°.

Треугольник BOC – также равнобедренный (OB = OC, как радиусы). Поэтому

∠BCO = ∠OBC = 32°.

Тогда α = ∠ BCO – ∠ACO = 32° – 23° = 9°.

Второе решение.

В равнобедренных треугольниках COD и BOC (см. рис.) находим:

∠COD = 180° – 2 · 67° = 46° и

∠BOC = 180° – 2 · 32° = 116°.

Поэтому ∠AOB = 180° – 46° – 116° = 18°.

Угол ∠ACB вписан в окружность и опирается на дугу AB. Поэтому его величина равна половине величины центрального угла ∠AOB, т.е.

α = ∠ ACB = ∠AOB : 2 = 18° : 2 = 9°.

Пусть после того, как одну коробку убрали, в четырёх коробках осталось n синих шаров и тогда, по условию, 3n красных. Тогда всего осталось n + 3n = 4n. Это означает, что число оставшихся шаров кратно 4. Всего во всех пяти коробках был

9 + 15 + 17 + 19 + 21 = 81 шар.

Если убрать одну из коробок, то число шаров в оставшихся коробках может равняться 81 – 9 = 72,   81 – 15 = 66,   81 – 17 = 64,   81 – 19 = 62 или 81 – 21 = 60 соответственно. Среди полученных чисел только три числа делятся на 4, а именно, числа 72, 64 и 60. Тогда число n синих шаров будет, соответственно, равно 72 : 4 = 18,   64 : 4 = 16,   60 : 4 = 15. Но из этих трёх чисел только число 15 является числом шаров одной из данных пяти коробок. Коробок (одной или нескольких) с 18 или 16 шарами нет. Следовательно, осталось 15 · 4 = 60 шаров, а в коробке, которую убрали, был 81 - 60 = 21 шар.

Сравнивая порядок автомобилей на финише с тем, который был на старте, видим следующие результаты.

Автомобиль II опередил 3 автомобиля (III, IV и V – все те, которые на старте были у него впереди). Поэтому он получил по крайней мере 3 очка. Автомобиль IV опередил 1 автомобиль (а именно, V) и получил по крайней мере 1 очко. Автомобиль I опередил 2 автомобиля (III и V) и получил по крайней мере 2 очка. Таким образом, число набранных очков не меньше 3 + 1 + 2 = 6. Пример, реализующий данное количество очков, получается, если сначала II последовательно обгоняет III, IV и V, затем IV обгоняет V, наконец, I обгоняет III и V.

Пусть числа в угловых клетках таблицы увеличивались a, b, c и d раз. Тогда в результате должен получиться квадрат, изображённый на рисунке.

Заметим, что сумма чисел в трёх серых клетках равна числу в центральной клетке. Согласно данным на втором рисунке из условия задачи, 13 + 18 + d = 47, откуда d = 16.

Первое решение.

Сумма всех отмеченных углов и углов заштрихованного шестиугольника равна

4 · 360° + 2 · 180° = 1800°.

В то же время, так как сумма внутренних углов n-угольника равна (n – 2) · 180°, сумма углов заштрихованного 6-угольника равна 4 · 180° = 720°. Поэтому сумма отмеченных углов равна 1800° – 720° = 1080°.

Второе решение.

Рассмотрим 10-угольник на рисунке.

Сумма всех его внутренних углов по формуле внутренних углов n-угольника, упомянутой в первом решении, равна

(10 – 2) · 180° = 1440°.

Четыре его угла – прямые, их сумма равна 4 · 90° = 360°. Тогда сумма остальных (т.е. отмеченных) углов равна 1440° – 360° = 1080°.

С одной стороны, сумма всех чисел в полоске равна 4a. С другой стороны, она равна

2 · 2021 + 3(a + 1).

Получаем уравнение

4a = 2 · 2021 + 3(a + 1), откуда a = 4045.

Другое, но более длинное, решение можно получить так. Начнём заполнять клетки полоски слева направо. В первой клетке стоит число 2021. В сумме со вторым оно даёт a. Поэтому число во второй клетке равно a – 2021. Это число в сумме с числом в третьей клетке даёт a + 1. Поэтому третье число равно

(a + 1) – (a – 2021) = 2022.

Далее, четвёртое число равно a – 2022, пятое равно

(a + 1) – (a – 2022) = 2023,

шестое – a – 2023, седьмое –

(a + 1) – (a – 2023) = 2024,

наконец, последнее число равно a – 2024. Но, по условию, последнее число равно 2021. Получаем уравнение

a – 2024 = 2021, откуда a = 4045.

Хотя для решения это не обязательно, легко вычислить значения всех чисел в данной полоске. Они приведены ниже.

Проведём в треугольнике ABC высоту AH (см. рис.). Получим:

∠CAH = 90° – 60° = 30° и, значит,

∠BAH = 75° – 30° = 45°.

Тогда ∠DAH = 90° – 45° = 45°. Поэтому

BH = AH = AC · sin 60° = , где a = AC.

Далее, проецируя вертикальные части ступенек на AH, а горизонтальные – на BH, видим, что путь муравья по ступенькам от A до B равен

BH + AH =

Поэтому отношение путей равно

Из уравнения a + b + c = 0 следует:

a + b = –c,

b + c = –a,

c + a = –b. Поэтому

(a + b) (b + c) (c + a) = (-c) (-a) (-b) = -abc = -78

Видим, что найденное значение не совпадает ни с одним значением в вариантах ответа A) – Г). Поэтому правильным является ответ Д.

Так как 9 – наибольшая из цифр и 2021 = 9 · 224 + 5, то данное число N состоит не менее чем из 225 цифр и наименьшее значение цифры в старшем разряде равно 5. Следовательно,

N = 5999...99 (5 и 224 цифры 9).

Тогда число N + 2021 = (N + 1) + 2020 = 6000…0000 + 2020 = 6000…02020.

Сумма цифр этого числа равна 6 + 2 + 2 = 10.

Так как Сеня получил 19 баллов, то 3-балльных слов у него не более шести, иначе только 3-балльные слова ему принесли бы не менее 7 · 3 = 21 балла. С другой стороны, 3-балльных слов у Сени не менее пяти, иначе всего он набрал бы не более

4 · 3 + 6 · 1 = 18 баллов.

Итак, 3-балльных слов у Сени 5 или 6. Рассмотрим эти два случая отдельно.

Пусть 3-бальных слов было 6. Они дают 6 · 3 = 18 баллов. Тогда, помимо этих шести слов, было одно 1-балльное слово и три 0-балльных слова. Тогда у каждого из игроков было по три 0-балльных слова. Поэтому максимальные количества баллов, которые могли получить Дима и третий игрок, – это

7 · 3 = 21 и 6 · 3 + 1 · 1 = 19.

Но последний результат – это количество баллов, набранных Сеней, а его количество баллов, по условию, наименьшее среди всех игроков и не совпадает с результатами других игроков. Противоречие.

Таким образом, у Сени было пять 3-балльных слов. Они дают 5 · 3 = 15 баллов. Значит, ещё 19 – 15 = 4 балла он получил за четыре 1-балльных слова. И из всех 10 слов за одно слово он получил 0 баллов. Тогда ровно по одному 0-балльному слову было и у двух других игроков. Кроме того, у них на двоих имеется 4 общих с Сеней 1-балльных слова.

Подсчитаем с учётом сделанных замечаний, сколько баллов мог набрать Дима и третий игрок. Если у Димы нет 1-балльных слов, то он набрал

9 · 3 + 0 · 1 + 1 · 0 = 27 баллов.

Тогда у третьего игрока по крайней мере четыре 1-балльных слова и, значит, он набрал не более

5 · 3 + 4 · 1 + 1 · 0 = 19 баллов.

Но 19 баллов набрал Сеня, и это – наименьший результат.

Если у Димы одно 1-балльное слово, то он набрал

8 · 3 + 1 · 1 + 1 · 0 = 25.

Тогда третий игрок мог набрать

6 · 3 + 3 · 1 + 1 · 0 = 21 балл.

В этом случае все условия задачи выполняются.

Если бы у Димы было два 1-балльных слова, то он набрал бы

7 · 3 + 2 · 1 + 1 · 0 = 23 балла.

Третий игрок, по условию, набрал меньше баллов, чем Дима. Поэтому у него должно быть больше 1-балльных слов, чем у Димы. Заметим также, что сумма всех баллов, полученных игроками за 1-балльные слова, является чётной. Действительно, ведь за каждое 1-балльное слово по 1 баллу получают 2 игрока (те, у которых это слово является общим). Тогда у третьего игрока не менее четырёх 1-балльных слов. В результате его сумма баллов не превосходит

5 · 3 + 4 · 1 + 1 · 0 = 19. Противоречие.

При увеличении количества 1-балльных слов у Димы их количество увеличивается и у третьего игрока, вследствие чего сумма его баллов становится строго меньше 19, что противоречит условию задачи. Таким образом, единственно возможное количество баллов у Димы равно 25.

Опустим перпендикуляр LH из вершины L большего квадрата на сторону BC меньшего квадрата (см. рис.). В результате получим треугольник KLH, равный треугольнику AKB. Действительно, эти треугольники прямоугольные с равными гипотенузами (стороны большего квадрата) и равными острыми углами (их стороны перпендикулярны).

Пусть LH = KB = a. Тогда площадь S_KLB = 0,5a². С другой стороны, по условию, площадь этого треугольника равна 1. Поэтому 0,5a² = 1, откуда a² = 2. По условию, площадь меньшего квадрата равна 16 и, значит, его сторона равна 4. Тогда в треугольнике AKB по теореме Пифагора

KA² = AB² + KB² = 4² + 2 = 18.

Поэтому площадь большего квадрата тоже равна 18.

Пусть a = m² и b = n². Тогда, согласно условию,

a – b = (m – n) (m + n) = p – простое число.

Это возможно, только если (m – n) = 1   и   (m + n) = p. Из этих двух равенств находим: p = 2n + 1. Подсчитаем для значений b, указанных в вариантах ответа, соответствующие значения p. Они приведены в следующей таблице.

Но здесь из найденных значений p только число 61 является простым. Поэтому правильным является ответ Г 900.

По условию, во второй строчке и втором столбце не должно быть ни одной чёрной клетки. Поэтому данные строчку и столбец просто можно вычеркнуть и рассматривать таблицу 3 × 3 на рис.1. На ответ это никак не повлияет.

Теперь, если в левом верхнем квадрате 2 × 2 все клетки чёрные, то существует только одна удовлетворяющая условию раскраска (см. рис.2). Если в этом квадрате только одна клетка белая, то в каждом из четырёх возможных случаев раскраска клеток вне этого квадрата строится однозначно. Например, если белая клетка находится в первой строчке и втором столбце (рис.4), то за пределами данного квадрата 2 × 2 в этой же (т.е. в первой) строчке должна быть чёрная клетка (в третьем столбце) и в этом же втором столбце должна быть чёрная клетка (в третьей строчке). Все остальные клетки – белые. В результате имеется ещё 4 различные раскраски (рис. 3–6). Наконец, заметим, что всего (если, например, считать по строчкам) в таблице должно быть 2 + 2 + 1 = 5 чёрных клеток. Поэтому две или менее чёрных клеток в левом верхнем квадрате 2 × 2 быть не может. Иначе в третьей строчке и третьем столбце должно оказаться не менее трёх чёрных клеток, что невозможно. Видим, что всего существует 5 различных удовлетворяющих условию раскрасок.

Имеем каноническое разложение: 1000 = 2³ · 5³. Поэтому, если произведение цифр пятизначного числа равно 1000, то три из этих цифр – это цифры 5, и ещё две цифры имеют произведение, равное 2³ = 8. Есть два варианта: либо эти две цифры – это 2 и 4, либо это 1 и 8. В первом случае, чтобы получить из данных цифр пятизначное число достаточно выбрать два разряда из пяти для цифр 2 и 4 (остальные разряды займут цифры 5). Для цифры 2 можно выбрать любой из пяти разрядов (5 возможностей). При любом выборе разряда для цифры 2, цифру 4 можно поместить в любой из 4-х оставшихся разрядов. Всего получаем 5 · 4 = 20 чисел. Ясно, что во втором случае (1 и 8, вместо 2 и 4) получим столько же чисел. Таким образом, всего нужное произведение цифр имеют 20 + 20 = 40 чисел.

Обозначим веса монет и упорядочим их по величине следующим образом:

a₁ < a₂ < a₃ < a₄ < a₅ < a₆ < a₇ < a₈.

Здесь все числа – натуральные, и требуется найти наименьшее значение a₈. Из условия следует, что

a_k+2 + a₁ > a_k+1 + a_k для любого 2 ≤ k ≤ 6.

Заметим, что если a₁ > 1, то все соотношения не изменятся, если каждое число (в том числе и a₈) уменьшить на a₁ – 1. Поэтому значение a₈ будет наименьшим при a₁ = 1. Тогда, a₂ ≥ 2, a₃ ≥ 3, и для любого 2 ≤ k ≤ 6 мы имеем:

a_k+2 + 1 > a_k+1 + a_k, или

a_k+2 ≥ a_k+1 + a_k.

Тогда a₄ ≥ 3 + 2 = 5,

a₅≥ 5 + 3 = 8,

a₆ ≥ 8 + 5 = 13,

a₇ ≥ 13 + 8 =21,

a₈ ≥ 21 + 13 = 34.

Все условия сохранятся, если нестрогие неравенства выше заменить равенствами. Поэтому значение 34 для a₈ достигается.

В заключение отметим, что полученная здесь последовательность 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34 и т.д. (с a₁ = 1, a₂ = 2 и условием a_k+2 = a_k+1 + a_k для следующих значений) – это последовательность Фибоначчи, которая уже упоминалась в задаче №12.

Из условия следует, что среди любой пятёрки подряд лежащих мячей имеется ровно по одному красному, жёлтому и синему мячу и по два зелёных. Тогда цвета мячей повторяются с периодом 5. Действительно, если рассмотреть 6 подряд лежащих мячей, то мы имеем две такие пятёрки: первые 5 мячей и последние 5 мячей. 4 мяча в этих пятёрках общие. А расцветки всех пяти мячей в этих двух наборах одинаковые. Это возможно, только если цвет шестого мяча совпадает с цветом первого. Периодичность повторения цветов означает, что мячи, имеющие одинаковые остатки при делении на 5, имеют одинаковый цвет, и наоборот. По условию, 2-й шар зелёный. 20-й шар также зелёный, а значит, и 5-й шар зелёный. Поэтому первая пятёрка имеет вид: – З – – З (З означает зелёный; далее аналогично будем обозначать названия цветов мячей их заглавными буквами). По условию, красный и жёлтый мячи всегда расположены непосредственно друг за другом. Поэтому имеем уточнённый вид первой пятерки:

– З К Ж З. Наконец, окончательный вид: С З К Ж З. Видим, что первый мяч – синий. Значит, и 2021-й мяч – тоже синий.

Заметим, что данные в условии задачи о цвете 202-го мяча являются лишними, для решения они не понадобились.