При­ведём контр­при­мер (см. рис. На ри­сун­ке сдви­нул­ся тре­уголь­ник  — это ребра, со­еди­ня­ю­щие 4−5 и 4−3).

Ответ: см. рис.

На­при­мер, пря­мо­уголь­ник со сто­ро­на­ми 1 и 2 можно раз­ре­зать на квад­ра­ты со сто­ро­ной 1. Пе­ри­мет­ры квад­ра­тов равны 4, а пе­ри­метр пря­мо­уголь­ни­ка  — 6.

Ответ: Нет.

Остат­ки от де­ле­ния на 5 раз­но­стей воз­рас­тов равны 2, 1, 3, 2 и 4, со­от­вет­ствен­но. По­это­му, если воз­раст млад­ше­го не де­лит­ся на 5, то воз­раст ка­ко­го-то дру­го­го ребёнка де­лит­ся. Так как все числа про­стые, то это число равно 5. Под­хо­дит толь­ко вто­рой ребѐнок, так как иначе воз­раст са­мо­го млад­ше­го дол­жен быть мень­ше нуля. Тогда воз­рас­та 3, 5, 9, 11, 15 и 17, но здесь не все числа про­стые. Зна­чит, воз­раст са­мо­го млад­ше­го равен 5. Тогда остаётся один ва­ри­ант и числа равны 5, 7, 11, 13, 17 и 19.

Ответ: 5, 7, 11, 13, 17 и 19.

Каж­дый лжец дру­жит хотя бы с одним ры­ца­рем. Но так как каж­дый ры­царь дру­жит ровно с одним лже­цом, у двух лже­цов не может быть об­ще­го друга-ры­ца­ря. Тогда каж­до­му лжецу можно по­ста­вить в со­от­вет­ствие его друга ры­ца­ря, от­ку­да по­лу­ча­ет­ся, что ры­ца­рей, по край­ней мере, столь­ко же, сколь­ко и лже­цов. Так как всего жи­те­лей на ост­ро­ве нечётное число, то ра­вен­ство не­воз­мож­но. Зна­чит, ры­ца­рей боль­ше.

Ответ: ры­ца­рей боль­ше.

Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да" ). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

При­ведём контр­при­мер (см. рис. На ри­сун­ке сдви­нул­ся тре­уголь­ник  — это ребра, со­еди­ня­ю­щие 3−5 и 2−3).

Ответ: см. рис.

При удво­е­нии сти­пен­дии Маши общий доход семьи уве­ли­чи­ва­ет­ся ровно на ве­ли­чи­ну этой сти­пен­дии, по­это­му она со­став­ля­ет 5% от до­хо­да. Ана­ло­гич­но, зар­пла­ты мамы и папы со­став­ля­ют 15% и 25%. Зна­чит, пен­сия де­душ­ки со­став­ля­ет и если её удво­ят, то доход семьи вы­рас­тет на 55%.

Ответ: на 55%.

Пусть бис­сек­три­са угла при вер­ши­не A па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну BC в точке M, причѐм и Тогда углы BMA, MAD и AMB равны, по­это­му тре­уголь­ник ABM  — рав­но­бед­рен­ный. Сле­до­ва­тель­но, Пе­ри­метр равен 56. Ана­ло­гич­но для слу­чая Пе­ри­метр равен 70.

Ответ: 56 или 70.

Кри­те­рий: по­те­рян один слу­чай  — ре­ше­ние оце­ни­ва­ет­ся из 3 бал­лов. Ответ, ответ с про­вер­кой  — оце­ни­ва­ет­ся из 3 бал­лов.

Пред­по­ло­жим, что все квад­ра­ты раз­но­го раз­ме­ра. Тогда ни­ка­кие два не стоят в одной стро­ке или столб­це, так как сто­ро­на квад­ра­та равна ши­ри­не столб­ца и вы­со­те стро­ки, в ко­то­рых он стоит. Сум­мар­ная ши­ри­на де­вя­ти столб­цов, в ко­то­рых есть квад­ра­ты, равна сумме длин сто­рон квад­ра­тов, с одной сто­ро­ны. С дру­гой сто­ро­ны, сумма длин сто­рон квад­ра­тов равна сум­мар­ной вы­со­те де­вя­ти строк, в ко­то­рых есть квад­ра­ты. Но тогда и ши­ри­на де­ся­то­го столб­ца равна вы­со­те де­ся­той стро­ки (т. к. из­на­чаль­но раз­би­ва­ли квад­рат), сле­до­ва­тель­но, на их пе­ре­се­че­нии тоже стоит квад­рат, а зна­чит, их ми­ни­мум 10, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да"). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

Пусть объём ванны равен V, тогда к мо­мен­ту её на­пол­не­ния в ней долж­но быть хо­лод­ной воды и го­ря­чей. Ско­рость на­пол­не­ния ванны хо­лод­ной и го­ря­чей водой равны и со­от­вет­ствен­но. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое время равно раз­но­сти времён на­пол­не­ния ванны го­ря­чей водой и на­пол­не­ния ванны хо­лод­ной водой, то есть

Ответ: Через 5 минут.

Пусть можно пред­ста­вить число А  =  99...99 (всего 9 де­вя­ток) в виде суммы двух чисел В и С, суммы цифр ко­то­рых оди­на­ко­вы. Если при сло­же­нии цифр по­след­них раз­ря­дов В и С про­ис­хо­дит пе­ре­ход еди­ни­цы в преды­ду­щий раз­ряд, то по­след­няя цифра суммы не пре­вос­хо­дит 8. Но в по­след­нем раз­ря­де А стоит де­вят­ка, по­это­му пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит и сумма цифр по­след­них раз­ря­дов В и С равна 9. Ана­ло­гич­но рас­суж­дая слева на­пра­во для остав­ших­ся раз­ря­дов, видим, что в каж­дом раз­ря­де В и С сумма цифр равна 9 и пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит. Тогда сумма цифр В плюс сумма цифр С, рав­ная удво­ен­ной сумме цифр В, долж­на рав­нять­ся сумме цифр А, то есть 81  — нечётному числу. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нель­зя.

Среди 10 пер­вых сте­пе­ней двой­ки в каж­дой паре чисел боль­шее де­лит­ся на мень­шее, сле­до­ва­тель­но, С дру­гой сто­ро­ны, пусть в не­ко­то­ром мно­же­стве из чисел боль­шее число каж­дой пары чисел де­лит­ся на мень­шее. Рас­по­ло­жим все числа по воз­рас­та­нию, из пред­по­ло­же­ния сле­ду­ет, что каж­дое сле­ду­ю­щее число как ми­ни­мум в 2 раза боль­ше преды­ду­ще­го. Зна­чит, самое боль­шое число не мень­ше, чем в раз боль­ше пер­во­го, то есть боль­ше 1000  — про­ти­во­ре­чие.

Ответ:

Рас­смот­рим любой из тре­уголь­ни­ков, об­ра­зо­ван­ных вер­ши­ной ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка и двумя точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со смеж­ны­ми этой вер­ши­не сто­ро­на­ми. По­сколь­ку от­рез­ки ка­са­тель­ных из вер­ши­ны к окруж­но­сти равны, этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный и его бис­сек­три­са пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку, со­еди­ня­ю­ще­му точки ка­са­ния. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая, па­рал­лель­ная этой бис­сек­три­се, про­хо­дя­щая через тре­тью точку ка­са­ния, яв­ля­ет­ся вы­со­той тре­уголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­на­ми ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка. Утвер­жде­ние за­да­чи сле­ду­ет те­перь из тео­ре­мы о том, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке.

Всего в стро­ке и столб­це, про­хо­дя­щих через дан­ную клет­ку 19 кле­ток, по­это­му, если мы про­де­ла­ем опе­ра­ции со всеми па­ра­ми строк и столб­цов таб­ли­цы (всего опе­ра­ций), то каж­дый знак в таб­ли­це по­ме­ня­ет­ся 19 раз, став из ми­ну­са плю­сом, по­это­му 100 опе­ра­ций до­ста­точ­но.

Опе­ра­цию за­ме­ны зна­ков во всех клет­ках не­ко­то­ро­го столб­ца и не­ко­то­рой стро­ки будем на­зы­вать опе­ра­ци­ей от­но­си­тель­но клет­ки-пе­ре­се­че­ния этих стро­ки и столб­ца. Клет­ки, от­но­си­тель­но ко­то­рых мы де­ла­ли опе­ра­ции, назовём крас­ны­ми, осталь­ные  — си­ни­ми.

Стро­ки и столб­цы, со­дер­жа­щие чётное число крас­ных кле­ток назовём чётными, а со­дер­жа­щие нечётное число крас­ных кле­ток  — нечётными. До­пу­стим, можно по­ме­нять все знаки в таб­ли­це мень­ше чем за 100 опе­ра­ций, тогда рас­смот­рим не­ко­то­рую синюю клет­ку А в стро­ке Х и столб­це Y. Чтобы знак в А по­ме­нял­ся, нужно, чтобы, чтобы Х и Y вме­сте со­дер­жа­ли нечётное ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток, можно счи­тать стро­ку Х чётной, а стол­бец Y  — нечётным. За­ме­тим, что на пе­ре­се­че­нии стро­ки и столб­ца оди­на­ко­вой чётно­сти долж­на сто­ять крас­ная клет­ка, а на пе­ре­се­че­нии стро­ки и столб­ца раз­ной чётно­сти  — синяя, иначе знак в этой клет­ке после всех опе­ра­ций не из­ме­нит­ся. Сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток в каж­дой чётной стро­ке равно числу чётных столб­цов, а ко­ли­че­ство синих  — числу нечётных столб­цов таб­ли­цы. Есть хотя бы одна чётная стро­ка Х, зна­чит, всего в таб­ли­це чётное число нечётных столб­цов. Но ко­ли­че­ство крас­ных кле­ток в каж­дой нечётной стро­ке (нечётное!) равно числу нечётных столб­цов, то есть чётному числу  — про­ти­во­ре­чие с тем, что есть хотя бы один нечётный стол­бец. Сле­до­ва­тель­но, нель­зя обой­тись мень­ше, чем 100 опе­ра­ци­я­ми.

Ответ: За 100 опе­ра­ций.

Обо­зна­чим рас­сто­я­ние между де­рев­ней и го­ро­дом за S км, ско­ро­сти Ви­кен­тия и Афа­на­сия за x и y, и по­счи­та­ем время, по­тра­чен­ное пут­ни­ка­ми в пер­вом и вто­ром слу­ча­ях.

По­лу­чим в пер­вом слу­чае: во вто­ром От­сю­да, ис­клю­чая x и y, имеем от­ку­да км.

Ответ: 6 км.

Пусть можно пред­ста­вить число (всего 9 де­вя­ток) в виде суммы двух чисел В и С, суммы цифр ко­то­рых оди­на­ко­вы. Если при сло­же­нии цифр по­след­них раз­ря­дов В и С про­ис­хо­дит пе­ре­ход еди­ни­цы в преды­ду­щий раз­ряд, то по­след­няя цифра суммы не пре­вос­хо­дит 8. Но в по­след­нем раз­ря­де А стоит де­вят­ка, по­это­му пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит и сумма цифр по­след­них раз­ря­дов В и С равна 9. Ана­ло­гич­но, рас­суж­дая слева на­пра­во для остав­ших­ся раз­ря­дов, видим, что в каж­дом раз­ря­де В и С сумма цифр равна 9 и пе­ре­хо­да еди­ни­цы не про­ис­хо­дит. При этом мы счи­та­ем, что в пер­вом раз­ря­де од­но­го из них стоит 0. Тогда сумма цифр В плюс сумма цифр С, рав­ная удво­ен­ной сумме цифр В, долж­на рав­нять­ся сумме цифр А, то есть 91  — нечётному числу. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нель­зя.

Рас­смот­рим любой из тре­уголь­ни­ков, об­ра­зо­ван­ных вер­ши­ной ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка и двумя точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со смеж­ны­ми этой вер­ши­не сто­ро­на­ми. По­сколь­ку от­рез­ки ка­са­тель­ных из вер­ши­ны к окруж­но­сти равны, этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный и его бис­сек­три­са пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку, со­еди­ня­ю­ще­му точки ка­са­ния. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая, па­рал­лель­ная этой бис­сек­три­се, про­хо­дя­щая через тре­тью точку ка­са­ния, яв­ля­ет­ся вы­со­той тре­уголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­на­ми ис­ход­но­го тре­уголь­ни­ка. Утвер­жде­ние за­да­чи сле­ду­ет те­перь из тео­ре­мы о том, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке.

Обо­зна­чим вер­ши­ны куба, как обыч­но, через ABCDA₁B₁C₁D₁, вер­ши­ны А, С, B₁ и D₁ назовём чёрными, вер­ши­ны B, D, A₁, C₁  — бе­лы­ми. Один конец каж­до­го ребра при этом белый, вто­рой  — чёрный, для каж­дой вер­ши­ны все со­сед­ние имеют про­ти­во­по­лож­ный цвет. Каж­дое число равно сумме трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета и каж­дое число один раз участ­ву­ет в сум­мах для трёх со­сед­них чисел про­ти­во­по­лож­но­го цвета. Сле­до­ва­тель­но, сумма всех белых чисел равна утро­ен­ной сумме всех чёрных чисел и на­о­бо­рот, от­ку­да сумма всех чёрных чисел и сумма всех белых чисел равны нулю. Зна­чит, число в вер­ши­не А равно сумме чисел в вер­ши­нах B, D и A₁, а она равны числу в вер­ши­не С₁ с об­рат­ным зна­ком. Таким об­ра­зом, в кон­цах каж­дой боль­шой диа­го­на­ли куба за­пи­са­ны про­ти­во­по­лож­ные числа. Сле­до­ва­тель­но, если за­дать три числа в вер­ши­нах B, D и A₁, они пол­но­стью опре­де­лят все остав­ши­е­ся числа тре­бу­е­мым в за­да­че об­ра­зом. Задав их как 1, 2, 3, по­лу­чим один из от­ве­тов за­да­чи.

Ответ: Да, можно, на­при­мер: в вер­ши­нах ниж­ней грани по ча­со­вой стрел­ке 6, 1, −3, 2, в вер­ши­нах верх­ней грани над ними: 3, −2, −6, −1.

Ввиду сим­мет­рии можно счи­тать, что Тогда при за­ме­не пары a, c на пару по­лу­чим

  — уве­ли­че­ние ис­ко­мо­го вы­ра­же­ния, сле­до­ва­тель­но, мак­си­мум нужно ис­кать среди дро­бей При за­ме­не пары b, d на пару по­лу­чим

Ввиду того, что имеем по­это­му и раз­ность в преды­ду­щем пред­ло­же­нии по­ло­жи­тель­на. Сле­до­ва­тель­но, мак­си­мум вы­ра­же­ния до­сти­га­ет­ся при и равен

Ответ: