Задача 1:

Определённая на всей числовой прямой функция f(x) такова, что выполнено тождество:

Какое наименьшее количество корней может иметь уравнение f(x) = 1?

Решение: Пусть f(1) = a. Тогда , поэтому . Итак, f(1) = 1. Кроме единицы существует по крайней мере ещё одно число x₀ такое, что f(x₀) = 1 (иначе для всех x ≠ 1), значит, уравнение f(x) = 1 имеет по крайней мере два корня – 1 и x₀. Функция f, равная 1 в точках 1 и 0 и тождественно равная нулю во всех остальных, показывает, что трёх корней у уравнения может и не оказаться.

Задача 2:

Рассматриваются все натуральные числа n такие, что числа n + 1 и 2n + 1 – точные квадраты. Найдите наибольший общий делитель всех рассматриваемых чисел.

Решение: n – чётно, иначе 2n + 1 = 4k + 3 не является точным квадратом. Тогда n + 1 = (2l + 1)² для некоторого натурального l, откуда n = 4l(l + 1), и n делится на 8. Кроме того, n делится на 3, иначе одно из чисел n + 1 или 2n + 1 при делении на 3 даст остаток 2 и не сможет быть точным квадратом. Итак, n делится на 24. Так как само число 24 входит в рассматриваемое множество, наибольший общий делитель всех чисел равен 24.

Задача 3:

Пусть A₁A₂ … A₁₀₅ – правильный 105-угольник, O – центр вписанной в него окружности. Рассматриваются все вектора , где номер вершины n взаимно прост с числом 105 (натуральные числа называются взаимно простыми, если они не имеют общих делителей, отличных от 1). Найдите сумму всех рассматриваемых векторов.

((Предложена Стасом Васильевым.))

Решение: Прежде всего заметим, что сумма всех векторов равна 0. В самом деле, пусть . Повернём все векторы на угол . Тогда вектор перейдет в , и т.д. В результате сумма всех векторов перейдёт в себя. Но единственный вектор не меняющийся при повороте на угол не кратный 2 π  – это нулевой вектор.

Пусть k – делитель 105 и S_k – сумма всех векторов, номер которых делится на k. Как и выше, при k ≠ 105 все эти суммы равны нулевому вектору. Пусть сумма всех векторов с номерами взаимно простыми с числом 105. Тогда .

Задача 4:

Торт имеет форму произвольного треугольника. Двое сластен делят его следующим образом. Первый указывает на торте точку, второй проводит через эту точку прямолинейный разрез и забирает себе большую часть. Какую наибольшую часть торта может обеспечить себе первый сластена? Считается, что торт всюду имеет одинаковую толщину.

((Предложена В.Т.Шевалдиным.))

Решение: Пусть ABC – треугольник, который изображает торт (см. рис.14.) и M – точка пересечения его медиан. Покажем, что если первый сластена выберет точку M, то он гарантирует себе 4/9 торта.

Действительно, пусть A₁C₁ || AC и M ∈ A₁C₁. Тогда из подобия треугольников  ∆ ABC и  ∆ A₁BC₁ имеем A₁B = ⅔AB, C₁B = ⅔CB. Следовательно, . Пусть A₂C₂ не параллелен AC и M ∈ A₂C₂. Проведем A₁A₃ || BC. Тогда . Значит, при любом повороте отрезка A₁C₁ доля первого сластены увеличивается.

=0.5mm em:linewidth 0.4pt 0.4pt

Покажем, что при выборе первым сластеной любой другой  ≠ M точки M₁ внутри треугольника  ∆ ABC второй сластена может провести разрез так, что доля первого будет меньше . Действительно, три треугольника, отсекаемые от  ∆ ABC прямыми, параллельными сторонам этого треугольника и проходящими через точку M, покрывают  ∆ ABC. Поэтому точка M₁ в одном из них, без ограничения общности в  ∆ A₁BC₁. Тогда второй сластена проводит отрезок A₄C₄ || A₁C₁, и доля первого меньше .