Задача 1: Двое играют в «морской бой" по следующим правилам: Первый игрок расставляет на полоске клетчатой бумаги размера 1 × 100 клеток произвольное количество кораблей (возможно, ни одного) размера 1 × 3 клетки (расстояние между любыми различными кораблями не менее 1 клетки). Второй указывает противнику n клеток (0 ≤ n ≤ 100), по которым он одновременно производит выстрелы, после чего про каждую из этих клеток получает сообщение «попал" или «мимо". Второй игрок выигрывает, если после этого он может однозначно указать количество кораблей противника и их расположение. При каком наименьшем n второй игрок может гарантировать себе выигрыш?

Решение:

ОТВЕТ: n = 50. Занумеруем поля числами от 1 до 100 по порядку. Если указать менее 50 полей, то найдётся 4 идущих подряд поля, среди которых указано не более одного. Без ограничения общности это поля 1, 2, 3 и 4. Теперь если указано поле 1 (аналогично, поле 4), то при ответе «промах" на все указанные поля невозможно определить, стоит корабль на полях 2, 3, 4 или нет. Если же указанное поле 2 или 3, то при ответе «попал" на это поле и «промах" на все остальные поля, нельзя определить как расположен единственный корабль противника: 1 – 2 – 3, или 2 – 3 – 4.

50 полей достаточно. В самом деле, укажем все поля с нечётными номерами. Тогда при любом ответе расположение флота противника определяется однозначно: если на пару полей n и n + 2 получен ответ «попал", то на полях n, n + 1, n + 2 стоит корабль. Если при попадании на поле номер n имеются промахи на полях n – 2 и n + 2, то корабль стоит полях n – 1, n, n + 1.

Задача 2: Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC. На прямой BC отметим точки A₁ и A₂, на прямой AC — точки B₁ и B₂, а на прямой AB — точки C₁ и C₂ так, что OA₁ = OA₂ = OA, OB₁ = OB₂ = OB, OC₁ = OC₂ = OC.

Докажите, что A₁A₂ + B₁B₂ + C₁C₂ = AB + BC + AC.

Решение: Пусть P ∈ [AC], K ∈ [AB] и T ∈ [AC] — точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника (см. рис.21). Тогда  ∆ AOT =  ∆ A₁OP (они прямоугольные, имеют равные катеты OP = OT, и гипотенузы OA = OA₁, поэтому AT = A₁P. Аналогично, AK = A₂P, KB = BP = B₁T = B₂T, PC = TC = C₁K = C₂K. Имеем: A₁A₂ + B₁B₂ + C₁C₂ = A₁P + PA₂ + B₁T +   + TB₂ + C₁K + KC₂ = AT + AK + BK + BP +   + PC + CT = (AT + CT) + (AK + KB) +   + (BP + PC) = AC + AB + BC, что и требовалось доказать.

Задача 3: Пусть действительные числа a₁, a₂, b₁, b₂, c₁, c₂ удовлетворяют неравенствам: и . Докажите, что (a₁ + a₂)(c₁ + c₂) ≥ (b₁ + b₂)²

Решение: Рассмотрим квадратные трёхчлены y₁ = a₁x² + 2b₁x + c₁ и y₂ = a₂x² + 2b₂x + c₂. Согласно условию их дискриминанты неположительны, поэтому график каждого из них не пересекает ось абсцисс. Кроме того, их старшие коэффициенты имеют один и тот же знак, поэтому оба графика лежат в одной и той же полуплоскости относительно OX. Так как трёхчлен y = (a₁ + a₂)x² + 2(b₁ + b₂)x + (c₁ + c₂) есть сумма многочленов y₁ и y₂, его график также не пересекает ось абсцисс, т.е. его дискриминант неположителен, что и надо доказать.

Задача 4: Докажите, что выражение 2x + 3y (x, y — целые числа) делится на 17 тогда и только тогда, когда делится на 17 выражение 9x + 5y.

Решение: Заметим, что 5(2x + 3y) – 3(9x + 5y) =  – 17x делится на 17, поэтому из деления на 17 числа 2x + 3y следует деление на 17 чисел 5(2x + 3y), 5(2x + 3y) + 17x = 3(9x + 5y) и наконец, 9x + 5y и наоборот.