Задача 1: (5–7) Все натуральные числа поделены на хорошие и плохие. Известно, что если число A хорошее, то и число A + 6 тоже хорошее, а если число B плохое, то и число B + 15 тоже плохое. Может ли среди первых 2000 чисел быть ровно 1000 хороших?

Решение: Докажем, что числа C и C + 3 являются одновременно либо хорошими, либо плохими при любом значении C. Предположим для этого, что число C — хорошее, а C + 3 — плохое. Тогда с одной стороны, число C + 18 = (C + 3) + 15 должно быть хорошим, а с другой стороны, это же число C + 18 = ((C + 6) + 6) + 6 должно быть плохим. Если же предположить, что число C — плохое, а C + 3 — хорошее, то число C + 15 = ((C + 3) + 6) + 6 должно быть одновременно и плохим и хорошим. Полученное в обоих случаях противоречие доказывает, что числа C и C + 3 всегда принадлежат одному классу. Из этого следует, что любой класс вычетов по модулю 3 (см. Т5) является либо целиком хорошим, либо целиком плохим.

Среди первых 2000 чисел каждый такой класс содержит 666 или 667 чисел. Любой класс содержит меньше 1000 чисел, а любые два класса — больше 1000 чисел. Поэтому ровно 1000 хороших чисел быть не может.

Задача 2: (5–7) Какое наибольшее число пешек можно поставить на шахматную доску (не более одной пешки на каждое поле), если: 1) на поле e4 пешку ставить нельзя; 2) никакие две пешки не могут стоять на полях, симметричных, относительно поля e4,?

Решение: Все поля доски кроме вертикали a, горизонтали 8 и самого поля e4 можно разбить на пары, симметричные относительно e4. Таких пар образуется 24. По условию, на поля каждой пары можно поставить не более одной пешки. Кроме того, можно поставить не более, чем по одной пешке на поля вертикали a и горизонтали 8. Таких полей 15. На поле e4, по условию, пешки ставить нельзя. Значит, всего можно поставить не более 39 пешек. Пример расстановки 39 пешек показан на рис. 11.

Задача 3: (5–7) Сколько двоек будет в разложении на простые множители числа 1984!,? (Примечание: 1984! = 1 • 2 • 3 •  …  • 1984).

Решение: Среди чисел от 1 до 1984 существует 992 четных. Каждое из них дает по крайней мере одну двойку в разложение на простые множители числа 1984!,. Две двойки в это разложение дадут числа, делящиеся на 4 (их всего 496). Далее, по 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 10 двоек соответственно дадут 248, 124, 62, 31, 15, 7, 3 и 1 чисел делящихся на 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 и 1024 соответственно. Сложив полученные числа, мы и получим искомую степень: 992 + 496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 1979.

Задача 4: (8–9) В ряд выписаны в порядке возрастания числа, делящиеся на 9: 9, 18, 27, 36, …,. Под каждым числом этого ряда записана его сумма цифр.

а) На каком месте во втором ряду впервые встретится число 81,?

б) Что встретится раньше: четыре раза подряд число 27 или один раз число 36,?

Решение: а) Впервые число 81 во втором ряду встретится под числом 999999999, следовательно его номер будет .

б) Число 36 встретится первый раз во втором ряду под числом 9999, четыре раза подряд число 27 встретится раньше, например под числами 3969, 3978, 3987, 3996.

Задача 5: (8–9) На плоскости имеется 1983 точки и окружность единичного радиуса. Доказать, что на окружности найдется точка, сумма расстояний от которой до данных точек не меньше 1983.

Решение: Обозначим данные точки M₁, M₂, …, M₁₉₈₃. Рассмотрим на окружности две произвольные диаметрально противоположные точки N₁ и N₂. Согласно неравенству треугольника (см. Т17), учитывая, что N₁N₂ = 2, для любой точки M_i можно записать

M_iN₁ + M_iN₂ ≥ 2. Сложив эти неравенства по всем i, получим

или

Значит, хотя бы одна из двух сумм в левой части последнего неравенства не меньше 1983.

Задача 6: (8) На центральном телеграфе стоят разменные автоматы, которые меняют 20,коп. на 15, 2, 2 и 1; 15,коп. на 10, 2, 2 и 1; 10,коп. на 3, 3, 2 и 2. Петя разменял 1,руб. 25,коп. серебром на медь. Вася, посмотрев на результат, сказал: «Я точно знаю, какие у тебя были монеты" и назвал их. Назовите и вы.

Решение: Так как две пятнадцатикопеечные монеты размениваются на ту же комбинацию, что и набор из одной десятикопеечной и одной двадцатикопеечной монеты, то в исходном наборе у Пети не могло быть ни более одной пятнадцатикопеечной монеты, ни одновременно десятикопеечной и двадцатикопеечной монеты (в противном случае Вася не смог бы определить однозначно исходный набор серебра по образовавшейся меди).

Поскольку из монет 10,коп. и 20,коп. невозможно получить 1,руб. 25,коп., значит можно утверждать, что у Пети была пятнадцатикопеечная монета. Остальные монеты в сумме 1,руб. 10,коп. должны были быть одинаковыми, следовательно, десятикопеечными.

Задача 7: (9) Две окружности пересекаются прямой l, как указано на рис. 1. Докажите, что угол ABC равен углу DEM.

Решение: Соединим точки B и E (рис. 12). Четырехугольники ABEM и BEDC являются вписанными, поэтому (см. Т18)  ∠ ABE +  ∠ EMA =  ∠ BEM +  ∠ MAB,  ∠ CBE +  ∠ EDC =  ∠ BED +  ∠ DCB. Вычтя из первого равенства второе, получим  ∠ ABE –  ∠ CBE +  ∠ EMD –  ∠ EDC =  ∠ BEM –  ∠ BED +  ∠ MAB –  ∠ DCB. Учитывая, что  ∠ EDC =  ∠ EDM +  ∠ EMD  ∠ DCB =  ∠ ABC +  ∠ MAB, как внешние углы соответствующих треугольников, имеем  ∠ ABC –  ∠ DEM =  ∠ DEM –  ∠ ABC, откуда  ∠ ABC =  ∠ DEM. Что и требовалось доказать.