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

Ответ: см. рис.

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.

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

Ответ: см. рис.

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.

Разобьём клет­ки доски на груп­пы, как по­ка­за­но на левом ри­сун­ке (раз­ны­ми циф­ра­ми обо­зна­че­ны раз­ные груп­пы). За­ме­тим, что если в какой-либо груп­пе кле­ток все на­пи­сан­ные числа равны трём, то куз­не­чик, пры­гая по клет­кам этой груп­пы, ни­ко­гда не смо­жет по­пасть в клет­ки дру­гой груп­пы. Так как куз­не­чик может обой­ти все клет­ки доски, он смог пе­ре­ме­стить­ся между клет­ка­ми раз­ных групп хотя бы 8 раз. Зна­чит, троек могло быть не более 56.

При­ведём при­мер за­пол­не­ния кле­ток таб­ли­цы и по­ряд­ка об­хо­да этих кле­ток куз­не­чи­ком (см. пра­вый рис.). В клет­ках A₉, B₉, C₆, D₆, E₉, F₉, G₆, H₆ стоят еди­ни­цы, во всех осталь­ных  — трой­ки. По­ря­док об­хо­да

Ответ: 56.

Ответ: на­при­мер: 11…10 (сто еди­ниц).

Рас­смот­рим шах­мат­ную рас­крас­ку нашей доски в два цвета  — чёрный и белый. Тогда кле­ток чёрного и бе­ло­го цвета будет оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство. За­ме­тим, что в каж­дом пря­мо­уголь­ни­ке 2 × 1 будет по одной чёрной и белой клет­ке. Это озна­ча­ет, что сум­мар­но во всех ле­сен­ках ко­ли­че­ство кле­ток чёрного и бе­ло­го цвета долж­но быть оди­на­ко­вым. Но в каж­дой ле­сен­ке будет либо 4 белых и 2 чёрных клет­ки, либо 4 чёрных и 2 белых клет­ки. Пусть ко­ли­че­ство ле­се­нок пер­во­го вида x, а вто­ро­го вида y. Тогда сум­мар­ное ко­ли­че­ство белых кле­ток в ле­сен­ках равно а чёрных  — От­сю­да то есть Это озна­ча­ет, что общее ко­ли­че­ство ле­се­нок чётно, и по­это­му не может рав­нять­ся 333.

Ответ: не может.

По­са­дим котят в вер­ши­ны и узлы пен­та­грам­мы (фи­гу­ра, об­ра­зо­ван­ная диа­го­на­ля­ми пра­виль­но­го пя­ти­уголь­ни­ка). Усло­вие за­да­чи будет вы­пол­не­но.

Ответ: см. рис.

По­са­дим трёх котят в вер­ши­ны про­из­воль­но­го тре­уголь­ни­ка, а осталь­ных  — в се­ре­ди­ны его сто­рон. Не­слож­но по­нять, что усло­вие за­да­чи будет вы­пол­не­но.

Ответ: см. рис.

Ве­ро­ни­ка вы­иг­ра­ла и у Риты, и у Марии. Зна­чит, Рита и Мария из од­но­го клас­са. Мария вы­иг­ра­ла у Юли, зна­чит, Юля не в одном клас­се с Ма­ри­ей, а зна­чит, она с Ве­ро­ни­кой. Ана­ло­гич­но, Юля вы­иг­ра­ла у Свет­ла­ны, по­это­му Свет­ла­на тоже с Ма­ри­ей. Итого, по­лу­ча­ем, что в одном клас­се Ве­ро­ни­ка и Юля, а в дру­гом  — Рита, Мария и Свет­ла­на. Так как один­на­дца­ти­класс­ниц по усло­вию три, это как раз Рита, Мария и Свет­ла­на.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

На­ри­су­ем кар­тин­ку, на ко­то­рой со­еди­ним от­рез­ка­ми иг­рав­ших друг с дру­гом де­во­чек. По­нят­но, что в этой це­поч­ке клас­сы де­во­чек че­ре­ду­ют­ся. Тогда Рита, Мария и Свет­ла­на из од­но­го клас­са, а Ве­ро­ни­ка и Юля  — из дру­го­го. От­сю­да и на­хо­дим один­на­дца­ти­класс­ниц.

Лемма. Среди любых пяти узлов сетки из пра­виль­ных тре­уголь­ни­ков най­дут­ся два, се­ре­ди­на от­рез­ка между ко­то­ры­ми  — тоже узел сетки.

До­ка­за­тель­ство. Введём на­ча­ло отсчёта в одном из узлов сетки и обо­зна­чим за и ра­ди­ус-век­то­ры к двум бли­жай­шим узлам, как на верх­нем ри­сун­ке. Тогда узлы сетки суть точки вида для целых m и n. По прин­ци­пу Ди­ри­х­ле из пяти точек най­дут­ся две точки и у ко­то­рых од­но­вре­мен­но сов­па­да­ет чётность m₁ и m₂ и чётность n₁ и n₂. Се­ре­ди­на от­рез­ка, со­еди­ня­ю­ще­го эти две точки, есть точка

Она яв­ля­ет­ся узлом сетки, так как числа и яв­ля­ют­ся це­лы­ми в силу оди­на­ко­вой чётно­сти m₁ и m₂, n₁ и n₂.

На ри­сун­ке слева можно уви­деть при­мер рас­по­ло­же­ния 8 узлов сетки, среди ко­то­рых нет двух, се­ре­ди­на от­рез­ка между ко­то­ры­ми  — узел сетки. До­ка­жем, что де­вя­ти узлов до­ста­точ­но. За­ме­тим, что ше­сти­уголь­ная сетка раз­би­ва­ет­ся в объ­еди­не­ние двух тре­уголь­ных (см. ниж­ний ри­су­нок). По прин­ци­пу Ди­ри­х­ле среди любых де­вя­ти узлов по край­ней мере пять ока­жут­ся в одной из этих двух тре­уголь­ных сеток. По лемме среди этих пяти узлов най­дут­ся два ис­ко­мых.

Ответ: 9.

Ком­мен­та­рий.

Тре­уголь­ная сетка из леммы ле­ле­ет­ся сет­кой из рав­ных па­рал­ле­ло­грам­мов, если сте­реть я лиш­ние линии. А утвер­жде­ние про квад­рат­ную сетку из усло­вия за­да­чи также спра­вед­ли­во для любой сетки из рав­ных па­рал­ле­ло­грам­мов. Таким об­ра­зом, в усло­вии за­да­чи при­сут­ство­ва­ла в каком-то смыс­ле под­сказ­ка.

Рас­смот­рим сле­ду­ю­щие фо­то­гра­фии: A  — та, ко­то­рая сде­ла­на ближе всего к 6:00; B  — сде­лан­ная ближе всего к 12:00; C  — сде­лан­ная ближе всего к 18:00.

Если все эти фо­то­гра­фии раз­лич­ны, то каж­дую из них можно «сим­мет­рич­но от­ра­зить» от­но­си­тель­но со­от­вет­ству­ю­ще­го мо­мен­та вре­ме­ни (на­при­мер, если пер­вая фо­то­гра­фия сде­ла­на в 5:50, то она же могла бы быть сде­ла­на и в 6:10, что не вли­я­ет на кор­рект­ность по­сле­до­ва­тель­но­сти времён). Зна­чит, имеем как ми­ни­мум три не­опре­делённых фо­то­гра­фии.

Если же какие-то две из них сов­па­да­ют, то су­ще­ству­ет 12-ча­со­вой про­ме­жу­ток, в ко­то­рый сде­ла­на толь­ко одна фо­то­гра­фия (та самая, ко­то­рая сов­па­да­ет): на­при­мер, если она сде­ла­на в мо­мент то на про­ме­жут­ке до дру­гих фо­то­гра­фий нет. Тогда можно уме­стить все фо­то­гра­фии в пе­ри­од 0:00 до 12:00, а можно с 12:00 до 24:00, то есть все фо­то­гра­фии не­опре­де­лен­ные.

Схе­ма­тич­но эти ва­ри­ан­ты по­ка­за­ны на гра­фи­ках. По го­ри­зон­та­ли  — ре­аль­ное время со­зда­ния фо­то­гра­фий; по вер­ти­ка­ли  — ми­ни­маль­ное время, при ко­то­ром часы вы­гля­дят как на фото; крас­ным вы­де­ле­ны сним­ки A, B, C, а стрел­ка­ми по­ка­за­на их «не­опре­делённость».

Пусть пер­вые три фото сде­ла­ны в 5:50, 11:40, 17:30, а осталь­ные в про­ме­жут­ке от 20:00 до 23:00. Тогда по виду фо­то­гра­фий можно уста­но­вить, что пер­вая из них сде­ла­на не ранее 5:50, а зна­чит, вто­рая  — не ранее 11:40, а зна­чит, тре­тья  — не ранее 17:30, и на­ко­нец, осталь­ные после 18:00, где для них остаётся толь­ко один ва­ри­ант, то есть они опре­делённые.

Ответ: 3.

Рас­смот­рим сле­ду­ю­щие фо­то­гра­фии: A  — та, ко­то­рая сде­ла­на ближе всего к 6:00; B  — сде­лан­ная ближе всего к 12:00; C  — сде­лан­ная ближе всего к 18:00.

Если все эти фо­то­гра­фии раз­лич­ны, то каж­дую из них можно «сим­мет­рич­но от­ра­зить» от­но­си­тель­но со­от­вет­ству­ю­ще­го мо­мен­та вре­ме­ни (на­при­мер, если пер­вая фо­то­гра­фия сде­ла­на в 5:50, то она же могла бы быть сде­ла­на и в 6:10, что не вли­я­ет на кор­рект­ность по­сле­до­ва­тель­но­сти времён). Зна­чит, имеем как ми­ни­мум три не­опре­делённых фо­то­гра­фии.

Если же какие-то две из них сов­па­да­ют, то су­ще­ству­ет 12-ча­со­вой про­ме­жу­ток, в ко­то­рый сде­ла­на толь­ко одна фо­то­гра­фия (та самая, ко­то­рая сов­па­да­ет): на­при­мер, если она сде­ла­на в мо­мент то на про­ме­жут­ке до дру­гих фо­то­гра­фий нет. Тогда можно уме­стить все фо­то­гра­фии в пе­ри­од 0:00 до 12:00, а можно с 12:00 до 24:00, то есть все фо­то­гра­фии не­опре­де­лен­ные.

Схе­ма­тич­но эти ва­ри­ан­ты по­ка­за­ны на гра­фи­ках. По го­ри­зон­та­ли  — ре­аль­ное время со­зда­ния фо­то­гра­фий; по вер­ти­ка­ли  — ми­ни­маль­ное время, при ко­то­ром часы вы­гля­дят как на фото; крас­ным вы­де­ле­ны сним­ки A, B, C, а стрел­ка­ми по­ка­за­на их «не­опре­делённость».

До­ка­жем, что в слу­чае, когда не все фо­то­гра­фии не­опре­делённые, не­опре­делённых фо­то­гра­фий всего три. Дей­стви­тель­но, три вы­бран­ных фо­то­гра­фии (A, B, C) раз­лич­ны. Тогда для каж­дой из них есть лишь два воз­мож­ных вре­ме­ни: если у какой-то из них (на­при­мер, A) хотя бы три воз­мож­ных мо­мен­та вре­ме­ни, то между край­ни­ми та­ки­ми мо­мен­та­ми не мень­ше 12 часов, что поз­во­ля­ет уме­стить все кадры в 12-ча­со­вой про­ме­жу­ток (а зна­чит, все сним­ки не­опре­делённые). За­ме­тим, что все фо­то­гра­фии, сде­лан­ные до сним­ка A, обя­за­тель­но сде­ла­ны до 6:00 (так как осталь­ные до­пу­сти­мые для них вре­ме­на позже, чем оба до­пу­сти­мых вре­ме­ни для фото A). Ана­ло­гич­но уста­нав­ли­ва­ем, что фото, иду­щие между сним­ка­ми A и B, сде­ла­ны между 6 и 12 ча­са­ми (иначе они либо сняты рань­ше, чем обе воз­мож­но­сти для A, либо позже, чем обе воз­мож­но­сти для B), фото между B и C  — между 12 и 18 ча­са­ми, и на­ко­нец, фото, иду­щие после C, сняты позже 18 часов. Итак, все осталь­ные сним­ки ока­за­лись опре­делёнными.

Ответ: 3 или 100.

а)  Оцен­ка. Ко­ли­че­ство про­доль­ных ходов не пре­вос­хо­дит ко­ли­че­ства 2N² до­ми­но­шек (так как в каж­дой до­ми­нош­ке не более од­но­го про­доль­но­го хода).

При­мер. Возьмём любой обход ла­дьей и за­ну­ме­ру­ем клет­ки в по­ряд­ке об­хо­да. Пусть клет­ки 2k − 1 и 2k об­ра­зу­ют до­ми­нош­ку для всех k от 1 до 2N². Тогда число про­доль­ных ходов равно числу до­ми­но­шек.

б)  Слу­чай N  =  1 оче­ви­ден.

Пусть Оцен­ка. При про­хо­де угла один из двух ходов будет про­доль­ным. Один угол может быть на­ча­лом пути ладьи, дру­гой кон­цом, а остав­ши­е­ся углы придётся про­хо­дить. По­это­му будет хотя бы два про­доль­ных хода.

При­мер. По­ло­жим в верх­ние углы доски по вер­ти­каль­ной до­ми­нош­ке, а все осталь­ные по­ло­жим го­ри­зон­таль­но. Пусть ладья идёт змей­кой из ле­во­го ниж­не­го угла (см. рис.). Про­доль­ны­ми будут лишь два хода  — в вер­ти­каль­ных до­ми­нош­ках.

Ответ: а)  2N² ходов; б)  1 ход при N  =  1; 2 хода при