Задача 1:

Задача 2:

В комнате находится 10 человек, некоторые из них всегда говорят правду, а остальные всегда лгут. На каждого из них надета черная или белая шапка. Каждый из них сказал «Среди остальных 9 человек (всех, кроме меня) ровно 3 носят черные шапки». Сколько из них может быть лжецами?

Решение: Ответ: 3, 6 или 10. Решение. Очевидно, все десять человек могут оказаться лжецами – например, в ситуации, когда на всех надеты черные шапки. Предположим, что кто-то из присутствующих сказал правду. Тогда (в зависимости от цвета его шапки) в комнате 3 или 4 человека в черных шапках. В первом случае лгут все люди в черных шапках (трое), а во втором – все люди в белых шапках (шестеро).

Задача 3:

k и n – натуральные числа, большие 1. В группе из kn человек каждый знаком более, чем с (k – 1)n из остальных. Докажите, что можно выбрать k + 1 человека так, что все они знакомы друг с другом.

Решение: Докажем утверждение задачи индукцией по k. При k = 2 достаточно взять любых двух человек, знакомых друг с другом (такие, очевидно, существуют), и заметить, что у них в сумме есть еще хотя бы 2n знакомых. Все эти 2n человек не могут быть различны, так что у взятых нами двух человек найдется общий знакомый – трое попарно знакомых существуют. Переход. Предположим, при k = m утверждение задачи верно. При k = m + 1 имеем группу из (m + 1)n человек, каждый из которых знает более чем mn из остальных. Выберем произвольного человека и рассмотрим любых mn из его знакомых. В этой группе из mn человек каждый знаком более, чем с (m – 1)n остальными (так как из его знакомых, которых больше mn, мы исключили из рассмотрения максимум n – 1). Тогда для этой группы выполняется предположение индукции. то есть в ней есть m человек, попарно знакомых друг с другом. Добавляя к ней человека, выбранного вначале, получаем искомую группу из попарно знакомых m + 1 человек.

Задача 4:

Внутри квадрата ABCD взята такая точка P, что AP  =  AP. Прямая AP пересекает отрезок BC в точке K. Прямая BP пересекает отрезок CD в точке L. Докажите, что a) BK > CL. б) BK > 2CL.

Решение: Пусть S – основание биссектрисы угла A треугольника BAK. Обозначим угол BAC через  α . Тогда  ∠ ABP = 90 –  α , а  ∠ LBC =  α . Тогда треугольник ABC равен треугольнику BCL по катету и острому углу, откуда BS = CL. Расстояния от точки S до сторон AB и AK угла BAK равны, но SB равно такому расстоянию, а SK его больше. Следовательно, BK = BS + SK > 2BS = 2CL.

Задача 5:

Докажите, что из любых 9 различных трехзначных чисел можно выбрать несколько и составить из них, используя только знаки четырех арифметических действий, выражение, значение которого больше 2, но меньше 3.

Решение: Решение. Разобьем все трехзначные числа на шесть групп: от 100 до 149, от 150 до 224, от 225 до 336, от 337 до 500, от 501 до 750 и от 750 до 999. Легко видеть, что если два числа попали в одну группу, то отношение большего из них к меньшему больше 1, но меньше 1,5. Поскольку 9 > 6, из наших чисел хотя бы два попадут в одну группу. Пусть это числа a и b, причем a > b. Из семи оставшихся чисел тоже найдутся

Задача 6:

2^p + 3^p = aⁿ, где a и n – натуральные числа, а p – простое. Докажите, что n = 1.

Решение: При p = 2 утверждение задачи очевидно: 2² + 3² = 13. Поэтому в дальнейшем мы можем считать число p нечетным. Это, в частности, означает, что 2^p+3^p делится на 2 + 3 = 5. Предположим, что n > 1. Тогда 2^p + 3^p должно делиться на более высокую, чем первая, степень числа 5, и, следовательно, на 25. Непосредственным подсчетом легко убедиться, что остатки от деления степеней 2 и 3 на 25 повторяются с периодом 20. Рассматривая остатки при делении на 25 чисел 2^p + 3^p при p = 1,2, … ,20, находим, что они делятся на 25 только при p, кратном 5. Так как p простое, из его делимости на 5 следует, что p = 5. Но число 2⁵ + 3⁵ = 275 = 5² × 11 не является степенью натурального числа с показателем, большим 1. Противоречие.