Ре­ше­ние. Рас­смот­рим сна­ча­ла все на­ту­раль­ные числа от 1 до

При этом все числа, в за­пи­си ко­то­рых участ­ву­ет мень­ше 2017 цифр, до­пол­ним ве­ду­щи­ми ну­ля­ми, чтобы они стали 2017-знач­ны­ми и до­ба­вим еще одно число

У нас по­лу­чи­лось 10²⁰¹⁷ 2017-знач­ных чисел, для за­пи­си ко­то­рых по­на­до­бит­ся 2017 · 10²⁰¹⁷ цифр. При этом здесь каж­дая из 10 цифр будет ис­поль­зо­ва­на рав­ное число раз, так как они все со­вер­шен­но рав­но­знач­ны. Сле­до­ва­тель­но, каж­дая цифра будет за­дей­ство­ва­на 2017 · 10²⁰¹⁶ раз.

Те­перь под­счи­та­ем, сколь­ко будет лиш­них (ве­ду­щих) нулей. Од­но­знач­ных чисел 9, дву­знач­ных  — трех­знач­ных  — и т. д. Так как к од­но­знач­ной цифре мы при­пи­сы­ва­ли слева 2016 нулей, к дву­знач­ной  — 2015, и т. д., то общее число лиш­них нулей, не счи­тая пер­во­го числа, ко­то­рое у нас за­пи­сы­ва­лось как будет равно

При­пи­шем те­перь еди­ни­цу слева к числу При этому мы по­лу­чи­ли все целые числа в про­ме­жут­ке от 1 до 10²017. Мы видим, что для их за­пи­си по­тре­бо­ва­лось двоек, троек и т. д. до де­вя­ток, еди­ни­ца и число нулей, рав­ное

Ответ: для их за­пи­си по­тре­бу­ет­ся двоек, троек и т. д. до де­вя­ток, еди­ни­ца и число нулей, рав­ное

Ре­ше­ние. Пусть O₁, O₂, O₃  — цен­тры окруж­но­стей, о ко­то­рых го­во­рит­ся в усло­вии за­да­чи, E, F, K  — со­от­вет­ствен­но, точки ка­са­ния малой, сред­ней и боль­шой окруж­но­стей со сто­ро­ной AC угла. Тогда и тре­уголь­ни­ки AO₁E, AO₂F, AO₃K  — по­доб­ны между собой.

Пусть x  — ра­ди­ус сред­ней, а y  — ра­ди­ус боль­шой окруж­но­сти. Тогда Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AO₁E и AO₂F сле­ду­ет, что

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AO₁E и AO₃K, сле­ду­ет, что

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

Сле­до­ва­тель­но,

Так как

то

А от­сю­да в силу по­ло­жи­тель­но­сти a_i оче­вид­но по­лу­ча­ет­ся спра­вед­ли­вость до­ка­зы­ва­е­мо­го тож­де­ства.

Ре­ше­ние. Оче­вид­но, что мень­ше пяти вы­стре­лов не хва­тит, так как по край­ней мере один вы­стрел нужно сде­лать в каж­дую вер­ти­каль и в каж­дую го­ри­зон­таль. По­ка­жем, что пяти вы­стре­лов не хва­тит. Дей­стви­тель­но, вы­стрел, ко­то­рый сде­лан в первую вер­ти­каль остав­ля­ет че­ты­ре под­ряд иду­щие клет­ки на дан­ной го­ри­зон­та­ли, зна­чит, в эту го­ри­зон­таль нужно будет сде­лать по край­ней мере еще один вы­стрел. В осталь­ные че­ты­ре го­ри­зон­та­ли тоже нужно сде­лать хотя бы по од­но­му вы­стре­лу, итого вы­стре­лов не мень­ше шести. Шести вы­стре­лов га­ран­ти­ро­ван­но хва­тит (см. ри­су­нок).

Ответ: шесть вы­стре­лов.

Ре­ше­ние. До­мно­жим обе части урав­не­ния на x. По­лу­чим

Левая часть этого урав­не­ния есть сумма чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, у ко­то­рой а Про­грес­сия на­счи­ты­ва­ет чле­нов. Так как то урав­не­ние можно пе­ре­пи­сать в виде

Ответ: {7}.