По тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой имеем:

т. е. тре­уголь­ник AB₁C  — рав­но­сто­рон­ний. Тогда AA₀ = AC = AB₁, т. е. тре­уголь­ник A₀AB₁ рав­но­бед­рен­ный. Если обо­зна­чить то по­лу­чим:

От­сю­да в част­но­сти сле­ду­ет, что т. е. точка A₀ рас­по­ло­же­на внут­ри ∠AB₁C, см. рис. слева. Ана­ло­гич­но тре­уголь­ник C₀CB₁ рав­но­бед­рен­ный, и Сумма этих углов равна:

Учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем:

сле­до­ва­тель­но лучи B₁A₀ и B₁C₀ сов­па­да­ют (ри­су­нок спра­ва), что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

За­ну­ме­ру­ем клет­ки как по­ка­за­но на ри­сун­ке 1. Конь может из любой клет­ки по­пасть в любую клет­ку с таким же но­ме­ром, и не может по­пасть в дру­гие.

Таким об­ра­зом, все клет­ки раз­би­лись на 4 мно­же­ства, так что конь не может пе­ре­ско­чить из од­но­го мно­же­ства в дру­гое, но может сво­бод­но пе­ре­ме­щать­ся внут­ри од­но­го мно­же­ства.

До­ба­вим две клет­ки как на ри­сун­ке 2. До­ка­жем, что те­перь конь может по­пасть из любой клет­ки в любую дру­гую. Клет­ка А со­еди­ня­ет клет­ки, от­ме­чен­ные ро­зо­вым цве­том, т. е. через ней можно из мно­же­ства 1 пе­ре­ско­чить в мно­же­ство 4. (На­хо­дясь в любой клет­ке с но­ме­ром 1, можно прий­ти в ро­зо­вую клет­ку с но­ме­ром 1, затем через A по­пасть в ро­зо­вую клет­ку с но­ме­ром 4, и из ней в любую клет­ку с но­ме­ром 4. В итоге из любой клет­ки с но­ме­ром 1 можно с по­мо­щью А по­пасть в любую клет­ку с но­ме­ром 4.)

Клет­ка В со­еди­ня­ет клет­ки, от­ме­чен­ные зелёным, т. е. через ней можно из лю­бо­го из мно­жеств 2, 3, 4 пе­ре­ско­чить так же в любое из этих мно­жеств.

В итоге, со­че­тая клет­ки A, B, можно из лю­бо­го мно­же­ства по­пасть в любое дру­гое. На­при­мер чтобы по­пасть из мно­же­ства 1 в мно­же­ство 2, вна­ча­ле с по­мо­щью А по­па­да­ем из 1 в 4, затем с по­мо­щью В по­па­да­ем из 4 в 2.

Оста­лось убе­дить­ся, что одной клет­ки не хва­тит. Из ри­сун­ка 3 видно, что все до­бав­ля­е­мые клет­ки раз­би­ва­ют­ся на два вида: в клет­ки А можно по­пасть не боль­ше чем из 3 кле­ток доски, в клет­ки В можно по­пасть из 4-х кле­ток, но среди них все­гда есть две из од­но­го мно­же­ства (от­ме­чен­ные оди­на­ко­вой циф­рой). Т. е. клет­ки, в ко­то­рую можно по­пасть из всех 4-х мно­жеств, не су­ще­ству­ет.

Ответ: 2.

а)  На­при­мер Чётность оче­вид­на, про­ве­рим вто­рое усло­вие:

т. к.

б)  Из чётно­сти по­лу­ча­ем т. е.

при любом x. Под­ста­вив сюда x + 10 и x + 20 вме­сто x, по­лу­чим

Вы­чи­тая из вто­ро­го пер­вое, по­лу­ча­ем при любом x, т. е. функ­ция пе­ри­о­дич­на с пе­ри­о­дом 20.

Мы будем ис­поль­зо­вать сле­ду­ю­щее утвер­жде­ние: Если два из чисел x, y, z де­лят­ся на не­ко­то­рое на­ту­раль­ное число m, то и тре­тье де­лит­ся на m.

До­ка­за­тель­ство. Пусть на­при­мер x и y де­лят­ся на m.

След­ствие: если одно из чисел x, y, z не де­лит­ся на m, то из остав­ших­ся двух хотя бы одно тоже не де­лит­ся на m. Рас­смот­рим те­перь дан­ные в за­да­че числа:

За­ме­тим, что в пер­вых двух стро­ках все числа чётные, т. е. или Далее, оба числа 18 и 42 де­лят­ся на 3, т. е. Во вто­рой стро­ке нет чисел, де­ля­щих­ся на 3, т. е. Далее, На­ко­нец,

Зна­че­ния воз­мож­ны, на­при­мер, при

Ответ:

Обо­зна­чим через S_n мно­же­ство всех тре­бу­е­мых рас­ста­но­вок для таб­ли­цы n × n. Тогда f (n) по опре­де­ле­нию равно ко­ли­че­ству эле­мен­тов в мно­же­стве S_n. Введём опе­ра­цию g над таб­ли­цей, за­клю­ча­ю­щу­ю­ся в уда­ле­нии по­след­не­го (край­не­го пра­во­го) столб­ца и по­след­ней (край­ней ниж­ней) стро­ки таб­ли­цы. При­мер:

Оче­вид­но, если то

а)  Мы до­ка­жем, что отоб­ра­же­ние яв­ля­ет­ся инъ­ек­тив­ным (смысл тер­ми­на будет разъ­яснён далее), и при этом его образ не по­кры­ва­ет всего мно­же­ства S₉. От­сю­да будет сле­до­вать тре­бу­е­мое не­ра­вен­ство.

Утвер­жде­ние 1. Пусть дана таб­ли­ца Тогда су­ще­ству­ет не более одной таб­ли­цы такой, что

До­ка­за­тель­ство. Будем вос­ста­нав­ли­вать таб­ли­цу x по из­вест­ной таб­ли­це

Для на­гляд­но­сти изоб­ра­зим обе таб­ли­цы сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Т. е. пусть по­след­ний стол­бец таб­ли­цы x со­дер­жит не­из­вест­ные числа по­след­няя стро­ка со­дер­жит не­из­вест­ные числа

Число a_i долж­но от­ли­чать­ся от всех чисел в стро­ке с но­ме­ром i таб­ли­цы y. Но в любой стро­ке таб­ли­цы y стоят 9 раз­лич­ных чисел из мно­же­ства т. е. для a_i остаётся един­ствен­ное воз­мож­ное зна­че­ние. Сле­до­ва­тель­но, все числа од­но­знач­но опре­де­ля­ют­ся по таб­ли­це y. Ана­ло­гич­но, рас­смат­ри­вая столб­цы, од­но­знач­но вос­ста­нав­ли­ва­ем числа b_j.

Если среди вос­ста­нов­лен­ных чисел есть оди­на­ко­вые, по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие с усло­ви­ем, и, сле­до­ва­тель­но, таб­ли­цы x, удо­вле­тво­ря­ю­щей ра­вен­ству не

су­ще­ству­ет. Если же все a_i раз­лич­ны, и все b_j раз­лич­ны, то число c долж­но от­ли­чать­ся от них всех, и такое число тоже един­ствен­но.

Итак, если таб­ли­ца x су­ще­ству­ет, то она един­ствен­на, что и тре­бо­ва­лось.

След­ствие: если и то (Отоб­ра­же­ние g с таким свой­ством в ма­те­ма­ти­ке на­зы­ва­ет­ся инъ­ек­тив­ным).

Утвер­жде­ние 2. Су­ще­ству­ет таб­ли­ца такая, что любое

До­ка­за­тель­ство. Рас­смот­рим таб­ли­цу в пер­вой стро­ке ко­то­рой на­пи­са­ны под­ряд числа а в сле­ду­ю­щих стро­ках  — те же числа, сдви­га­е­мые по циклу каж­дый раз на 1:

Вос­ста­нав­ли­вая по ней таб­ли­цу x так же, как то сде­ла­но выше, мы по­лу­ча­ем что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мой таб­ли­цы x не су­ще­ству­ет.

Из до­ка­зан­ных утвер­жде­ний сле­ду­ет, что в мно­же­стве S₉ боль­ше эле­мен­тов, чем в S₁₀, т. е.

Про­ил­лю­стри­ру­ем на­гляд­но по­след­ний шаг рас­суж­де­ния. Пред­по­ло­жим, что мы вы­пи­са­ли в ряд все воз­мож­ные таб­ли­цы из мно­же­ства S₁₀. Рас­смот­рим сле­ду­ю­щую диа­грам­му отоб­ра­же­ния g:

В мно­же­стве S₁₀ ровно K эле­мен­тов, и все они вы­пи­са­ны в верх­нем ряду. В ниж­нем ряду для каж­дой таб­ли­цы x вы­пи­са­на со­от­вет­ству­ю­щая таб­ли­ца g(x), а также по­стро­ен­ная в утвер­жде­нии 2 таб­ли­ца y. Все таб­ли­цы в ниж­нем ряду при­над­ле­жат мно­же­ству S₉, и все они по до­ка­зан­но­му раз­лич­ны. Сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство таб­лиц в мно­же­стве S₉ боль­ше, чем в S₁₀.

б)  До­ка­жем, что при отоб­ра­же­нии в каж­дую таб­ли­цу мно­же­ства S₅ отоб­ра­жа­ет­ся более одной таб­ли­цы мно­же­ства S₆. От­сю­да будет сле­до­вать тре­бу­е­мое не­ра­вен­ство.

Утвер­жде­ние 3. Пусть дана таб­ли­ца y S₅. Тогда су­ще­ству­ет не менее 4 раз­лич­ных таб­лиц таких, что

До­ка­за­тель­ство. Так же, как в п. а), изоб­ра­зим на­гляд­но ра­вен­ство :

По­ка­жем, как для за­дан­ной таб­ли­цы по­стро­ить не менее 4 раз­лич­ных таб­лиц x, удо­вле­тво­ря­ю­щих ра­вен­ству

В объ­еди­не­нии пер­вой стро­ки и пер­во­го столб­ца таб­ли­цы y на­пи­са­но 9 чисел (не­обя­за­тель­но все раз­лич­ные), по тому су­ще­ству­ет число из мно­же­ства ко­то­ро­го нет ни в пер­вой стро­ке, ни в пер­вом столб­це таб­ли­цы y. По­ло­жим a₁ и b₁ рав­ны­ми тому числу. Т. е. со­глас­но на­ше­му вы­бо­ру a₁ = b₁.

Для будем по­сле­до­ва­тель­но вы­би­рать числа a_i так, чтобы число a_i не рав­ня­лось ни од­но­му из чисел в i-й стро­ке таб­ли­цы y, а также не рав­ня­лось уже вы­бран­ным чис­лам Такой выбор все­гда су­ще­ству­ет, т. к. "за­прещёнными" ока­зы­ва­ют­ся все­гда не более 5 + 4 = 9 чисел.

Ана­ло­гич­но для будем по­сле­до­ва­тель­но вы­би­рать числа b_j так, чтобы число b_j не рав­ня­лось ни од­но­му из чисел в j-м столб­це таб­ли­цы y, а также не рав­ня­лось чис­лам

Мы из­на­чаль­но вы­бра­ли a₁ = b₁, по­это­му среди чисел a_i, b_j, i, j = 1 . . . 5, не более 9 раз­лич­ных. По тому можно вы­брать число c от­лич­ным от них всех, и тем самым за­вер­шить по­стро­е­ние таб­ли­цы x. По­стро­ен­ная таб­ли­ца x удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи и при­над­ле­жит мно­же­ству S₆, при том

За­ме­тим, что при вы­бо­ре числа a₂ за­прещёнными были не более 6 чисел (числа во вто­рой стро­ке таб­ли­цы y и число a₁). По­это­му име­лось не менее 4 спо­со­бов вы­брать число a₂, и все они при­ве­ли бы к раз­лич­ным таб­ли­цам x. Сле­до­ва­тель­но, таких таб­лиц x, для ко­то­рых не менее 4, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: а) f (9) > f (10), б) f (6) > f (5).

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.