Задача 1: Доказать, что число является точным квадратом для любого натурального числа n.

Решение: Так как , доказательство сводится к проверке факта, что число  – целое. Но это очевидно, так как сумма цифр числителя дроби равна 3.

Задача 2: Верно ли, что для любых натуральных чисел A, B и C найдется натуральное число K такое, что A + K делится на C, а A + B + K делится на C + 1?

Решение: Да, верно. Рассмотрим число K = BC – A + mC(C + 1), где m – какое-нибудь натуральное число, достаточно большое, чтобы K было положительным. Тогда K + A = C(B + m(C + 1)) – делится на C, а K + A + B = (C + 1)(B + mC) – делится на C + 1. Натуральность K сомнений не вызывает.

Задача 3: В городе n домов. Какое максимальное число непересекающихся заборов можно построить в этом городе, если каждый забор огораживает хотя бы один дом и никакие два забора не огораживают одну и ту же совокупность домов?

Решение: Пусть  φ (n) – наибольшее число заборов, ограждающих n домов.

2n – 1 забор построить всегда можно: занумеруем дома номерами от 1 до n и построим n заборов по правилу: i-ый забор огораживает совокупность домов с 1-го по i-ый. Ещё n – 1 получим, огораживая каждый дом в отдельности, начиная со второго. Доказано, что  φ (n) ≥ 2n – 1.

Предположим, что  φ (n) не всегда равно 2n – 1, и пусть n — наименьшее число с таким свойством. Ясно, что n ≠ 1. Построим  φ (n) заборов в соответствии с требованиями задачи. Существует забор (назовём его внешним), огораживающий все дома. Выберем забор (I), отличный от внешнего и огораживающий наибольшее число домов – k. Тогда существует забор (II), огораживающий остальные n – k домов (следствие максимальности числа построенных заборов). Все остальные заборы находятся либо внутри I, либо внутри II. Имеем:  φ (n) =  φ (k) +  φ (n – k) + 1. Так как и k, и n – k меньше n,  φ (k) = 2k – 1  φ (n – k) = 2n – 2k – 1, поэтому  φ (n) = 2n – 1 вопреки сделанному предположению.

Ответ: 2n – 1 забор.

Задача 4: Докажите равенство треугольников по трем медианам.

Решение: Пусть AM, BN и CP – медианы треугольника ABC равные соответственно медианам A₁M₁, B₁N₁ и C₁P₁ треугольника A₁B₁C₁. Продолжим медиану AM за точку M и отложим на ней отрезок MK = MO, где O – центр тяжести треугольника ABC. Проделаем аналогичное построение для треугольника A₁B₁C₁ (см. рисунок).

Четырёхугольник BOCK – параллелограмм, так как его диагонали делятся пополам точкой их пересечения, поэтому (учитывая свойство медиан делится в отношении 2:3 в точке пересечения) треугольник BOK подобен треугольнику, составленному из отрезков AM, BN и CP с коэффициентом подобия ⅔. То же верно и для треугольника B₁O₁K₁. Тогда  ∆ BOK =  ∆ B₁O₁K₁, поэтому BM = B₁M₁ как медианы в равных треугольниках, откуда BC = B₁C₁. Аналогично доказываются равенства AB = A₁B₁ и AC = A₁C₁.