Задача 1: Найдите все пары чисел x и y, которые удовлетворяют уравнению:

 tg ⁴x +  tg ⁴y + 2 ctg ²x ctg ²y = 3 +  sin ²(x + y).

Решение: Преобразуем левую часть уравнения: , причём равенство имеет место тогда и только тогда, когда  tg ²x –  tg ²y = 0, и  tg x tg y = 1.

Так как правая часть не больше 4, уравнение имеет решение только если обе его части равны 4. Имеем систему:

Из первого уравнения находим , а из второго и третьего —  tg x =  tg y или (после подстановки в него y)  tg x =  ctg x, откуда . Тогда . Проверкой убеждаемся, что полученные значения переменных действительно решают систему.

Ответ: .

Задача 2: Докажите, что любую замкнутую ломаную на плоскости, длина которой равна 1, можно покрыть кругом радиуса .

Решение: Рассмотрим произвольную точку ломаной A, и отметим на ломаной точку B так, что точки A и B делят ломаную на две равные по длине части. Пусть M — середина отрезка AB. Докажем, что круг с центром в точке M радиуса покрывает всю ломаную, то есть, что расстояние от произвольной точки ломаной до M не больше . Пусть C — произвольная точка ломаной. Тогда сумма длин отрезков AC и BC не превосходит половины длины ломаной, то есть не превосходит . Теперь если точка C не лежит на прямой AB, то CM — суть медиана треугольника ABC, и по известной теореме её длина меньше полусуммы сторон, её заключающих, то есть меньше . Если же C лежит на прямой AB, то, очевидно, CM в точности равно . Утверждение доказано.

Задача 3: Красящий хамелеон — сказочная шахматная фигура, которая с любого поля доски ходит на соседнее поле по горизонтали или вертикали. При этом она либо красит вновь занимаемое поле в свой цвет, либо сама окрашивается в цвет поля, на которое она перешла. На шахматную доску 8 × 8, все поля которой синие, поставили зелёного хамелеона. Указать все раскраски доски в синий и зелёный цвета (каждое поле в свой цвет), которые можно получить за несколько ходов.

Решение:

Ответ: Все раскраски кроме «шахматной".

Докажем, что «шахматную" раскраску получить нельзя. Предположим противное и рассмотрим последнее поле, которое было перекрашено. Пусть, например, оно стало в результате зелёным. Тогда все соседние по горизонтали и вертикали поля к этому моменту уже получили итоговую окраску, то есть все они синие. Но с синего поля может прийти хамелеон только синего цвета, а тогда он не сможет перекрасить рассматриваемое поле. Противоречие.

Зафиксируем теперь произвольную окраску доски, отличную от "шахматной" и приведём один из возможных алгоритмов, позволяющих её получить. Выберем пару соседних полей, которые должны быть одного цвета (например, синего) — ясно, что такая найдётся. Рассмотрим какой-нибудь квадрат 2 × 2, содержащий выбранную пару (назовём его особым), и, поставив изначально хамелеона на одно из двух других полей этого квадрата, перекрасим два других поля в зелёный цвет. Занумеруем поля доски натуральными числами от 1 до 64, соблюдая следующие правила: 1) поля особого квадрата нумеруются числами 1 — 4, причём выбранная пара синих полей имеют номера 1 и 2. 2) До любого поля с номером n,\,n ≥ 4 можно добраться хамелеоном как с одного из полей 3 и 4, проходя только по клеткам с номерами от 5 до (n – 1), так и с одного из полей 1 и 2, проходя только по клеткам с номерами от 5 до (n – 1) и, возможно, по одной из клеток с номером 3 и 4. (Занумеровать поля таким образом несложно). Теперь раскрашиваем поля доски в порядке убывания их номеров. Для покраски поля номер n,n ≥ 5 становимся хамелеоном на поле особого квадрата того же цвета, что и n-ое поле, и движемся к нему хамелеоном по полям с номерами от 5 до n, (по пути перекрашивая все эти поля в цвет хамелеона), закрашиваем клетку номер n, движемся обратно тем же путём и если нам пришлось перекрасить клетку 3 или 4 — восстанавливаем её цвет, перемещая хамелеона внутри особого квадрата. Ясно, что при этом окраска полей с номерами, большими n (равно как и полей особого квадрата) не меняется. Перекрасить одно или оба из полей 3 и 4 в синий цвет (если это необходимо), не меняя цвета остальных — тривиальная задача, а поля 1 и 2 уже покрашены так, как надо. Требуемая раскраска доски получена.

Задача 4: Можно ли составить магический квадрат из чисел 1, 2,  … , 25 (каждое число встречается ровно один раз) так, чтобы сумма восьми чисел, стоящих в заштрихованных клетках (см. рисунок), делилась бы на 3? (Квадрат называется магическим, если суммы чисел в каждой строке, в каждом столбце и в каждой из двух больших диагоналей равны между собой.)

Решение:

Предположим, что такой магический квадрат существует. Обозначим сумму чисел, стоящих в каждой из строк (столбцов, диагоналей) S. Сумму чисел, стоящих в отмеченных клетках получим, если из суммы всех чисел от 1 до 25 (а это ровно 5S) отнимем числа стоящие на диагоналях, в средней строке и в среднем столбце. Каждая такая сумма равна S, но при этом центральная клетка учтена четырежды, значит (если в ней стоит число a) искомая сумма равна — на 3 не делится. Противоречие.

Замечание: В действительности мы доказали большее, а именно, что во всяком магическом квадрате из чисел от 1 до 25, сумма чисел в указанных клетках может принимать только одно из значений: 68,\,71,\,74,\, … ,140.