Ре­ше­ние. Вы­пи­шем воз­мож­ные раз­ме­ры воз­мож­ных раз­лич­ных це­ло­чис­лен­ных пря­мо­уголь­ни­ков ми­ни­маль­ных пло­ща­дей, по­ме­ща­ю­щих­ся по ли­ни­ям сетки на доску 8 на 8 в по­ряд­ке воз­рас­та­ния этих пло­ща­дей: 1 на 1, 1 на 2, 1 на 3, 1 на 4, 2 на 2, 1 на 5, 1 на 6, 2 на 3, 1 на 7, 1 на 8, 2 на 4, 3 на 3, 2 на 5. Пря­мо­уголь­ни­ков уже 13, и сумма их пло­ща­дей равна 73, что боль­ше пло­ща­ди доски. Зна­чит, боль­ше, чем на 12 пря­мо­уголь­ни­ков, раз­ре­зать доску тре­бу­е­мым в за­да­че об­ра­зом нель­зя.

С дру­гой сто­ро­ны, сумма пло­ща­дей их всех, кроме 3 на 3, равна ровно 64 и можно ука­зать при­мер та­ко­го раз­би­е­ния на все эти 12 пря­мо­уголь­ни­ков, кроме 3 на 3: пер­вые че­ты­ре вер­ти­ка­ли доски раз­ре­жем на по­лос­ки ши­ри­ны 1 и длин 1 и 7, 2 и 6, 3 и 5, и 8 со­от­вет­ствен­но. Остав­ши­е­ся 4 вер­ти­ка­ли разобьём на два вер­ти­каль­ных пря­мо­уголь­ни­ка 2 на 7, со­став­лен­ных из пря­мо­уголь­ни­ков 2 на 5 и 2 на 2, и 2 на 4 и 2 на 3. Свер­ху к ним до­ба­вим го­ри­зон­таль­ную по­лос­ку 1 на 4. Воз­мож­ны и дру­гие при­ме­ры та­ко­го раз­би­е­ния.

Ответ: На 12.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния бис­сек­три­сы угла А и вы­со­ты ВК из вер­ши­ны В за М, вы­со­ты из вер­ши­ны В и ме­ди­а­ны из вер­ши­ны С  — за Р, бис­сек­три­сы угла А и ме­ди­а­ны из вер­ши­ны С  — за Т. Пред­по­ло­жим, что все эти точки раз­лич­ны и яв­ля­ют­ся вер­ши­на­ми рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка МРТ. Тогда ве­ли­чи­на угла АМК равна ве­ли­чи­не угла РМТ и равна 90 минус ве­ли­чи­ну угла А, от­ку­да ве­ли­чи­на А равна 60 гра­ду­сов. Опу­стим вы­со­ту СЕ, она пе­ре­сечёт ВК в точке О и ве­ли­чи­на угла ЕОК будет равна 120 гра­ду­сов, так как четырёхуголь­ник АЕОК  — впи­сан­ный. Сле­до­ва­тель­но, угол между пря­мы­ми ВК и СЕ равен 60 гра­ду­сов, но и угол между пря­мы­ми ВК и СР по по­стро­е­нию тоже равен 60 гра­ду­сов. Таким об­ра­зом, пря­мые СЕ и СР па­рал­лель­ны и про­хо­дят через вер­ши­ну С, сле­до­ва­тель­но, сов­па­да­ют, зна­чит, ме­ди­а­на и вы­со­та тре­уголь­ни­ка из вер­ши­ны С сов­па­да­ют и он яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным с ВС  =  АС. Ве­ли­чи­на угла А, как мы уста­но­ви­ли, равна 60 гра­ду­сов, зна­чит, и осталь­ные углы тре­уголь­ни­ка АВС тоже по 60 гра­ду­сов, он яв­ля­ет­ся рав­но­сто­рон­ним и точки Р, М и Т в нём сов­па­да­ют, что про­ти­во­ре­чит пред­по­ло­же­нию о не­три­ви­аль­но­сти тре­уголь­ни­ка РМТ.

Ответ: Нет.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим ис­ко­мое в усло­вии от­но­ше­ние за n, а числа и за А и С со­от­вет­ствен­но. Тогда от­ку­да За­ме­тим, что сле­до­ва­тель­но, от­ку­да то есть Ана­ло­гич­но, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да то есть

С дру­гой сто­ро­ны, для лю­бо­го на­ту­раль­но­го n из ин­тер­ва­ла от 11 до 90, по­ло­жив по­лу­чим два дву­знач­ных числа, для ко­то­рых от­но­ше­ние из усло­вия ко­то­рых будет в точ­но­сти равно n.

Ответ: Все на­ту­раль­ные числа от 11 до 90 вклю­чи­тель­но.

Ре­ше­ние. Под­став­ляя в мно­го­член по­сле­до­ва­тель­но зна­че­ния из ин­тер­ва­ла [−1, 1], по­лу­чим три не­ра­вен­ства: и Скла­ды­вая вто­рое с тре­тьим, по­лу­чим также вы­чи­тая вто­рое из тре­тье­го (они двой­ные и сим­мет­рич­ные!), имеем Вы­чи­тая из не­ра­вен­ство по­лу­чим В силу сим­мет­рии усло­вия за­да­чи от­но­си­тель­но умно­же­ния на −1, можем счи­тать ко­эф­фи­ци­ент a по­ло­жи­тель­ным. Если то по до­ка­зан­но­му. Если то по до­ка­зан­но­му. Если то Если то Таким об­ра­зом, сумма в усло­ви­ях за­да­чи не пре­вос­хо­дит 3.

Зна­че­ние 3 до­сти­га­ет­ся, на­при­мер, на мно­го­чле­не его ми­ни­маль­ное зна­че­ние до­сти­га­ет­ся внут­ри ин­тер­ва­ла в вер­ши­не па­ра­бо­лы при мак­си­маль­ные зна­че­ния до­сти­га­ют­ся на кон­цах ин­тер­ва­ла при

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Сумма любых семи за­пи­сан­ных чисел от­ри­ца­тель­на, а сумма пяти край­них из этой семёрки  — по­ло­жи­тель­на, зна­чит, сумма двух край­них левых и сумма двух край­них пра­вых чисел из этой семёрки  — от­ри­ца­тель­на. По­это­му сумма любых двух со­сед­них чисел, спра­ва или слева от ко­то­рых есть ещё хотя бы пять чисел, от­ри­ца­тель­на.Зна­чит, если пред­по­ло­жить, что вы­пи­са­но боль­ше де­ся­ти чисел, то сумма любых двух со­сед­них чисел от­ри­ца­тель­на.

В каж­дой пятёрке под­ряд иду­щих чисел сумма всех по­ло­жи­тель­на, а сумма двух пар со­сед­них  — от­ри­ца­тель­на, по­это­му край­ние и сред­нее числа каж­дой пятёрки  — по­ло­жи­тель­ны . Если чисел хотя бы де­вять (а тем более один­на­дцать), то каж­дое из них будет край­ним в не­ко­то­рой пятёрке, зна­чит, все вы­пи­сан­ные числа будут по­ло­жи­тель­ны, что про­ти­во­ре­чит усло­вию от­ри­ца­тель­но­сти сумм семёрок. Таким об­ра­зом, вы­пи­сан­ных чисел не боль­ше де­ся­ти.

По­стро­им при­мер для де­ся­ти чисел. Из преды­ду­щих рас­суж­де­ний сле­ду­ет, что числа с но­ме­ра­ми 1, 3, 5, 6, 8, 10 долж­ны быть по­ло­жи­тель­ны, а осталь­ные  — от­ри­ца­тель­ны. До­пу­стим, что все по­ло­жи­тель­ные числа равны x, а все от­ри­ца­тель­ные числа равны −y. Сумма любых пяти под­ряд будет равна а сумма любых семи под­ряд будет равна от­ку­да

Можно взять, на­при­мер тогда ис­ко­мый при­мер будет таким: 5, −7, 5, −7, 5, 5, −7, 5, −7, 5.

Ответ: Де­сять.