Задача 1:

Пол в гостиной барона Мюнхгаузена вымощен одинаковыми квадратными каменными плитами. Барон утверждает, что его новый ковер (сделанный из одного куска ковролина) закрывает ровно 24 плиты и при этом каждый вертикальный и каждый горизонтальный ряд плит в гостиной содержит ровно 4 плиты, покрытых ковром. Не обманывает ли барон?

(И.Кацев)

Решение: Такое вполне может быть! Примером такой клетчатой фигуры может служить квадрат 6 × 6 без двух подходящих обобщенных диагоналей. Конечно, если трактовать это как ковер в гостиной, получится нечто экстравагантное, но ведь барон не зря слыл незаурядным человеком.

Задача 2: Саша выписал первые миллион натуральных чисел, не делящихся на 4. Рома подсчитал сумму 1000 подряд идущих чисел в Сашиной записи. Могло ли у него получиться в результате 20012002?

(А.Голованов)

Решение: Из любых трёх чисел, идущих в Сашиной записи подряд, одно имеет остаток 1 пр делении на 4, другое – остаток 2, а оставшееся – остаток 3. Значит их сумма при делении на 4 даёт остаток 2. Среди первых 999 Роминых чисел есть ровно 333 таких тройки, сумма чисел в них даёт при делении на 4 такой же остаток, как 333 • 2, то есть 2. Оставшееся число на 4 не делится, поэтому вся сумма не может также давать остаток 2. А 20012002 даёт именно этот остаток.

Задача 3: На доске написано пять двузначных натуральных чисел. Чебурашка может прибавить ко всем числам единицу или прибавить ко всем числам двойку. К. Гена после этого может стереть любое число, делящееся на 13, или число, у которого сумма цифр делится на 7. Докажите, что при любых действиях Чебурашки Гена через некоторое время сумеет стереть с доски все числа.

(К.Кохась)

Решение: Гена может найти пять пар не более чем пятизначных соседних чисел, так, чтобы в каждой паре он мог стереть любое число. Чебурашка сможет «провести» через одну такую пару не более одного числа, а значит все пять чисел Гена сможет стереть.

Подобных пар очень много, например годятся пары 142 и 143, 312 и 313, 3120 и 3121, 1312 и 1313, 69999 и 70000…

Задача 4: Точка D — середина основания AC равнобедренного треугольника ABC. Точка E — основание перпендикуляра, опущенного из точки D на сторону BC. Отрезки AE и BD пересекаются в точке F. Установите, какой из отрезков BF или BE длиннее.

(Ф.Бахарев)

Решение: Ответ: отрезок BE длиннее.

Поскольку перпендикуляр короче наклонной, то DE < DC = AD. Значит, в треугольнике ADE сторона AD длиннее стороны DE. Поскольку против большей стороны лежит больший угол, мы получаем, что  ∠ AED >  ∠ DAE. Следовательно,  ∠ BFE =  ∠ AFD = 90 –  ∠ DAE > 90 –  ∠ AED =  ∠ BEF\,. В треугольнике BFE против большего угла лежит большая сторона, следовательно, BE > BF.

Задача 5: Шестизначное число, делящееся на 9, умножили на 111111. Докажите, что десятичная запись произведения содержит хотя бы одну девятку.

(А.Храбров)

Задача 6:

Задача 7:

Клетки черно-белой доски 12 × 12 раскрашены в шахматном порядке. Разрешается взять любые две соседние по стороне клетки и перекрасить их: черные клетки — в зеленый цвет, зеленые — в белый, белые — в черный. Какое наименьшее число таких операций потребуется, чтобы получить «противоположную» бело-черную шахматную раскраску?

(К.Кохась)

Решение:

На доске 72 черные клетки, никакие две из них — не соседние. Каждую черную клетку придется перекрашивать не меньше двух раз. Поэтому понадобится не менее 144 операций. Покажем, как можно перекрасить доску за 144 операции. Разобьем всю доску на прямоугольники 2 × 3. Заметим, что вначале они все раскрашены одинаково. Для перекрашивания такого прямоугольника используем 4 операции для его верхней горизонтали (белая клетка будет перекрашена 4 раза) и 2 — для нижней. Итого за 6 операций мы перекрасили шестиклеточный фрагмент доски. Для перекраски всей доски потребуется как раз 144 операции.