До­пол­ни­тель­но по­тра­чен­ные во вто­рой раз 100 руб­лей при­нес­ли купцу до­пол­ни­тель­ные 20 руб­лей при­бы­ли. Зна­чит, в пер­вый раз, чтобы по­лу­чить 5 · 20  =  100 руб­лей при­бы­ли, купец дол­жен был за­пла­тить 5 · 100  =  500 руб­лей.

Вто­рое ре­ше­ние. Обо­зна­чим сумму пер­вой по­куп­ки за x, тогда на вло­жен­ный в Твери рубль он по­лу­чит в Москве руб­лей. Сле­до­ва­тель­но, после вто­рой по­куп­ки-про­да­жи он по­лу­чит руб­лей. Решая, по­лу­чим

Ответ:500 руб­лей.

Пусть X  — наи­боль­шее из вы­пи­сан­ных чисел. Остав­ши­е­ся числа разо­бьем на 3 трой­ки "со­се­дей". Сумма чисел в каж­дой такой трой­ке не мень­ше 29, сле­до­ва­тель­но, При­мер на­бо­ра с мак­си­маль­ным чис­лом 13: 13, 9, 10, 10, 9, 10, 10, 9, 10, 10.

Ответ:

По­ка­жем, что пло­щадь четырёхуголь­ни­ка PQRS равна по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD. За­ме­тим, что от­ре­зок PS яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка АВD, по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка APS равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABD. Ана­ло­гич­но, пло­щадь тре­уголь­ни­ка QСR равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка BCD, а сумма пло­ща­дей QСR и APS равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. Так же до­ка­зы­ва­ет­ся, что и сумма пло­ща­дей PBQ и RDS равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. На­ко­нец, пло­щадь PQRS равна раз­но­сти пло­ща­дей ABCD и тре­уголь­ни­ков QСR, APS, PBQ и RDS, то есть по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD.

Окон­ча­тель­но, сумма пло­ща­дей четырёхуголь­ни­ков APTS и СRTQ равна сумме пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков QСR и APS и тре­уголь­ни­ков PSТ и QRТ. По­след­няя со­став­ля­ет по­ло­ви­ну пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма PQRS, по­это­му от­ве­том яв­ля­ет­ся сумма двух чет­вер­тей пло­ща­ди ABCD, то есть по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD.

Ре­ше­ние. Число 990 есть про­из­ве­де­ние вза­им­но про­стых чисел 2, 5, 9 и 11. Любое де­ся­ти­знач­ное число, со­став­лен­ное из раз­лич­ных цифр, взя­тых по разу, де­лит­ся на 9, так как их сумма, рав­ная 45, де­лит­ся на 9. По при­зна­ку де­ли­мо­сти на 10 ис­ко­мое число долж­но окан­чи­вать­ся на 0. Оста­лось разо­брать­ся с де­ли­мо­стью на 11.

При­знак де­ли­мо­сти на 11 зву­чит так: число де­лит­ся на 11 тогда и толь­ко тогда, когда раз­ность между сум­мой всех его цифр, сто­я­щих на нечётных по по­ряд­ку слева на­пра­во ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, де­лит­ся на 11. Оце­ним зна­че­ние S суммы цифр ис­ко­мо­го числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах: оно не мень­ше и не боль­ше Сле­до­ва­тель­но, раз­ность между сум­мой всех цифр числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, рав­ная яв­ля­ет­ся нечётным чис­лом из ин­тер­ва­ла от −15 до 25, де­ля­щим­ся на 11.

Таких чисел всего два: −11 и 11, для них S со­от­вет­ствен­но, равна 17 и 28. Легко убе­дить­ся, что для S  =  17 есть толь­ко два ва­ри­ан­та и Со­об­ра­же­ния ми­ни­маль­но­сти дают для них число 1526384970.

Для S  =  28 будем вы­пи­сы­вать по по­ряд­ку ми­ни­маль­но воз­мож­ные цифры слева на­пра­во, пока это воз­мож­но с со­блю­де­ни­ем усло­вия, что сумма цифр на ме­стах с нечётными но­ме­ра­ми может быть равна в итоге 28, а сумма цифр на ме­стах с чётными но­ме­ра­ми  — 17. По­лу­чит­ся 1234, далее сумма остав­ших­ся 3 цифр на пятом, седь­мом и де­вя­том ме­стах долж­на рав­нять­ся 24, что воз­мож­но толь­ко, если они равны 7, 8 и 9, от­ку­да и по­лу­ча­ет­ся число в от­ве­те. Оно мень­ше, чем ранее най­ден­ное 1526384970 для S  =  17. Если бы можно было найти мень­шее число, для него было бы S  =  28 и пятая слева цифра была бы мень­ше 7, что, как мы по­ня­ли, не­воз­мож­но.

Ответ: 1234758690.

При­мер мно­же­ства из 7 эле­мен­тов: {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}.

До­ка­жем, что мно­же­ство M  =  {a₁, a₂, ..., a_n} из n > 7 чисел тре­бу­е­мым свой­ством не об­ла­да­ет. Можно счи­тать, что a₁ > a₂ > a₃ > ... > a_n и a₄ > 0 (смена зна­ков всех эле­мен­тов наше свой­ство не ме­ня­ет). Тогда т. е. ни одна из сумм мно­же­ству M не при­над­ле­жит. Кроме того, суммы и не могут од­но­вре­мен­но при­над­ле­жать M, по­сколь­ку По­лу­ча­ет­ся, что по край­ней мере для одной из троек (a₁, a₂, a₃) и (a₁, a₂, a₄) сумма любых двух ее эле­мен­тов мно­же­ству M не при­над­ле­жит.

Ответ: 7.

Обо­зна­чим ко­ли­че­ство ры­ба­ков в груп­пах через x, y, z со­от­вет­ствен­но. По усло­вию, Вы­чи­та­ем учет­верённое пер­вое урав­не­ние из вто­ро­го, по­лу­ча­ем от­ку­да зна­чит, С дру­гой сто­ро­ны, зна­чит, от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, под­хо­дить может един­ствен­ный ва­ри­ант: Про­ве­ря­ем его под­ста­нов­кой во вто­рое урав­не­ние и убеж­да­ем­ся, что это ре­ше­ние.

Ответ: В пер­вой груп­пе 5 ры­ба­ков, во вто­рой груп­пе 4 ры­ба­ка, в тре­тьей груп­пе 7 ры­ба­ков.

Число 990 есть про­из­ве­де­ние вза­им­но про­стых чисел 2, 5, 9 и 11. Любое де­ся­ти­знач­ное число, со­став­лен­ное из раз­лич­ных цифр, взя­тых по разу, де­лит­ся на 9, так как их сумма, рав­ная 45, де­лит­ся на 9. По при­зна­ку де­ли­мо­сти на 10 ис­ко­мое число долж­но окан­чи­вать­ся на 0. Оста­лось разо­брать­ся с де­ли­мо­стью на 11.

При­знак де­ли­мо­сти на 11 зву­чит так: число де­лит­ся на 11 тогда и толь­ко тогда, когда раз­ность между сум­мой всех его цифр, сто­я­щих на нечётных по по­ряд­ку слева на­пра­во ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, де­лит­ся на 11. Оце­ним зна­че­ние S суммы цифр ис­ко­мо­го числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах: оно не мень­ше и не боль­ше Сле­до­ва­тель­но, раз­ность между сум­мой всех цифр числа, сто­я­щих на нечётных ме­стах и сум­мой его цифр, сто­я­щих на чётных ме­стах, рав­ная яв­ля­ет­ся нечётным чис­лом из ин­тер­ва­ла от −15 до 25, де­ля­щим­ся на 11.

Таких чисел всего два: −11 и 11, для них S со­от­вет­ствен­но, равна 17 и 28. Легко убе­дить­ся, что для S  =  17 есть толь­ко два ва­ри­ан­та и Со­об­ра­же­ния мак­си­маль­но­сти дают для них число 79483625140.

Для S  =  28 будем вы­пи­сы­вать по по­ряд­ку мак­си­маль­но воз­мож­ные цифры слева на­пра­во, пока это воз­мож­но с со­блю­де­ни­ем усло­вия, что сумма цифр на ме­стах с нечѐтными но­ме­ра­ми может быть равна в итоге 28, а сумма цифр на ме­стах с чётными но­ме­ра­ми  — 17. По­лу­чит­ся 98765, далее сумма остав­ших­ся двух цифр на ше­стом и вось­мом ме­стах долж­на рав­нять­ся 3, что воз­мож­но толь­ко, если они равны 1 и 2, от­ку­да и по­лу­ча­ет­ся число в от­ве­те. Оно боль­ше, чем ранее най­ден­ное 79483625140 для S  =  17. Если бы можно было найти боль­шее число, для него было бы S  =  28 и ше­стая слева цифра была бы боль­ше 2, что, как мы по­ня­ли, не­воз­мож­но.

Ответ: 9876524130.

До­ка­жем, что сто­ро­ны четырёхуголь­ни­ка, об­ра­зо­ван­но­го точ­ка­ми пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ков ABC, BCD, CDA и DAB па­рал­лель­ны (и про­пор­ци­о­наль­ны) сто­ро­нам ис­ход­но­го четырёхуголь­ни­ка ABCD. Зна­чит, он имеет те же углы и яв­ля­ет­ся впи­сан­ным тогда и толь­ко тогда, когда впи­сан­ным яв­ля­ет­ся ABCD. Обо­зна­чим се­ре­ди­ну сто­ро­ны CD за М, а точки пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ков BCD и CDA за Р и Q. По свой­ству ме­ди­ан, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Фа­ле­са это влечёт па­рал­лель­ность PQ и АВ (и то, что от­но­ше­ние их длин равно 1 к 3). Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся па­рал­лель­ность осталь­ных пар сто­рон. Стро­го го­во­ря, от­сю­да сле­ду­ет по­до­бие четырёхуголь­ни­ков с ко­эф­фи­ци­ен­том но это для ре­ше­ния за­да­чи не нужно.

Обо­зна­чим числа ис­ко­мой четвёрки за a, b, c, d. По усло­вию, из пер­во­го ра­вен­ства имеем причём, если и из вто­ро­го ра­вен­ства Сле­до­ва­тель­но, для любой пары чисел из нашей либо эти числа равны, либо их сумма равна 2 и про­из­ве­де­ние остав­шей­ся пары чисел равно 1. В част­но­сти, среди чисел нашей четвёрки со­дер­жит­ся мак­си­мум два раз­лич­ных числа.

1)   Все че­ты­ре числа равны между собой, тогда Ввиду мо­но­тон­но­сти функ­ции яв­ля­ю­щей­ся сум­мой двух мо­но­тон­но воз­рас­та­ю­щих функ­ций и ре­ше­ние будет един­ствен­но: По­лу­ча­ем первую ис­ко­мую четвёрку

2)   Часть чисел (не менее двух) равна a, осталь­ные (не менее од­но­го) равны Если чисел, рав­ных a, ровно два, то от­ку­да и мы имеем на самом деле слу­чай 1). Если чисел, рав­ных a, ровно три, то и, либо и мы опять по­лу­ча­ем слу­чай 1), либо и мы по­лу­ча­ем новую ис­ко­мую четвёрку До­бав­ляя ре­ше­ния, по­лу­ча­ю­щи­е­ся пе­ре­ста­нов­ка­ми пе­ре­мен­ных, по­лу­чим три новых четвёрки.

Ответ: и

Если в каж­дой стро­ке не боль­ше двух раз­лич­ных букв, то общее их число не пре­вос­хо­дит 10  =  5 · 2. Далее можно счи­тать, что в пер­вой стро­ке ровно три раз­лич­ных буквы. Если каж­дая из остав­ших­ся строк имеет хотя бы одну общую букву с пер­вой, то общее число букв не пре­вос­хо­дит 3 + 4 · 2  =  11. Пусть име­ет­ся стро­ка, можно счи­тать, вто­рая, в ко­то­рой три раз­лич­ных буквы, от­лич­ных от букв пер­вой стро­ки. Тогда в каж­дом столб­це кроме букв пер­вой и вто­рой строк может быть не более одной новой буквы, всего не более 3 + 3 + 5 · 1  =  11.

При­мер рас­ста­нов­ки 11 раз­лич­ных букв: по глав­ной диа­го­на­ли таб­ли­цы из ле­во­го ниж­не­го угла в пра­вый верх­ний за­пи­са­ны пер­вые пять раз­лич­ных букв, по со­сед­ней снизу диа­го­на­ли  — сле­ду­ю­щие че­ты­ре, в левом верх­нем углу  — де­ся­тая, а в осталь­ных клет­ках  — один­на­дца­тая буквы.

Ответ: 11.

Пе­ре­пи­шем урав­не­ние в виде Пре­об­ра­зо­вы­вая пра­вую часть, по­лу­чим По­след­няя дробь будет целым чис­лом при n  =  3 и n  =  8, но по­след­нее число не яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем (под­ставь­те!).

Ответ:

Двой­ка мень­ше трой­ки, по­это­му и сле­до­ва­тель­но, С дру­гой сто­ро­ны, и сле­до­ва­тель­но, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: боль­ше, чем

Всего будет по 20 го­ри­зон­таль­ных и вер­ти­каль­ных от­рез­ков. Если счи­тать их рас­по­ло­жен­ны­ми вдоль ко­ор­ди­нат­ных осей ОХ и OY со­от­вет­ствен­но, и обо­зна­чить ко­ли­че­ство по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных го­ри­зон­таль­ных и вер­ти­каль­ных от­рез­ков за x и y со­от­вет­ствен­но, то ко­ор­ди­на­ты суммы всех по­лу­чен­ных век­то­ров будут равны Сле­до­ва­тель­но, чтобы сумма всех век­то­ров рав­ня­лась нулю, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы ровно по­ло­ви­на го­ри­зон­таль­ных и ровно по­ло­ви­на вер­ти­каль­ных от­рез­ков были ори­ен­ти­ро­ва­ны по­ло­жи­тель­но, а осталь­ные  — от­ри­ца­тель­но. При этом без­раз­лич­но, какие имен­но. спо­со­бов вы­бо­ра 10 из 20 го­ри­зон­таль­ных по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных от­рез­ков и спо­со­бов вы­бо­ра 10 из 20 вер­ти­каль­ных по­ло­жи­тель­но ори­ен­ти­ро­ван­ных от­рез­ков не­за­ви­си­мы друг от друга, по­это­му от­ве­том будет число

Ответ:

Обо­зна­чим се­ре­ди­ны сто­рон AB, BC, CD и DA четырёхуголь­ни­ка ABCD через X, Y, Z, T со­от­вет­ствен­но. По свой­ству ме­ди­ан, точки P, Q, R, S делят от­рез­ки OX, OY, OZ, OT в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от О. Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка PQRS равна пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка XYZT. По­ка­жем, что пло­щадь по­след­не­го четырёхуголь­ни­ка равна по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD. За­ме­тим, что от­ре­зок XY яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка АВС, по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка XBY равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC. Ана­ло­гич­но, пло­щадь тре­уголь­ни­ка ZDT равна чет­вер­ти пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка CDA, а сумма пло­ща­дей XBY и ZDT равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. Так же до­ка­зы­ва­ет­ся, что и сумма пло­ща­дей YCZ и TAX равна чет­вер­ти пло­ща­ди ABCD. На­ко­нец, пло­щадь XYZT равна раз­но­сти пло­ща­дей ABCD и тре­уголь­ни­ков XBY, ZDT, YCZ и TAX, то есть по­ло­ви­не пло­ща­ди ABCD. Окон­ча­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка равна пло­ща­ди четырёхуголь­ни­ка ABCD.

Ответ:

До­ка­жем ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции. При   — оче­вид­но. В про­из­воль­ном слове w от n + 1 буквы рас­смот­рим первую слева букву, назовём её a, если она боль­ше не встре­ча­ет­ся в w, остав­ша­я­ся часть w яв­ля­ет­ся сло­вом от n букв и по пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции имеет длину не боль­ше Общая длина w при этом не пре­вос­хо­дит

Если a встре­ча­ет­ся в w ещё хотя бы раз, то под­сло­ва, на ко­то­рые a раз­би­ва­ет w, не имеют общих букв. Иначе, убрав всё, кроме пер­вой a, буквы b, встре­ча­ю­щей­ся в раз­ных под­сло­вах и вто­рой буквы a, сто­я­щей между этими b, по­лу­чим слово abab, за­прещённое усло­ви­ем. Пусть всего w со­дер­жит k вхож­де­ний a, оно раз­би­ва­ет w на k (если по­след­няя буква w не a) или k − 1 (если по­след­няя буква w равна a) под­слов, каж­дое из ко­то­рых ис­поль­зу­ет не­пе­ре­се­ка­ю­ще­е­ся с дру­ги­ми мно­же­ство букв. Длина каж­до­го под­сло­ва оце­ни­ва­ет­ся по ин­дук­ции как удво­ен­ное число ис­поль­зо­ван­ных в нём раз­лич­ных букв, умень­шен­ное на 1. Всего в этих сло­вах за­дей­ство­ван­но n букв, по­это­му общая сум­мар­ная длина всех под­слов не пре­вос­хо­дит До­бав­ля­ем сюда k вхож­де­ний a, по­лу­чим, что длина w не пре­вос­хо­дит   — шаг ин­дук­ции до­ка­зан.

Ответ:

Обо­зна­чим вес каж­до­го из от­пи­лен­ных кус­ков за x кг, а доли олова в пер­вом и вто­ром слит­ках за со­от­вет­ствен­но. Тогда доля олова после пе­ре­плав­ки в пер­вом слит­ке будет а во вто­ром слит­ке и они, по усло­вию, равны. Решая по­лу­чен­ное урав­не­ние, на­хо­дим при всех

Ответ: 4 ки­ло­грам­ма.

За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки АРМ, ВРК и СМК рав­но­бед­рен­ные и от­рез­ки АТ и СХ  — вы­со­ты к ос­но­ва­ни­ям в АРМ и СМК, а сред­няя линия ТХ тре­уголь­ни­ка РКМ па­рал­лель­на его сто­ро­не РК. Тогда угол ТАМ равен по­ло­ви­не угла А, а угол ТХС равен сумме углов СХМ и ТХМ. Угол СХМ пря­мой, а угол ТХМ равен углу РКМ, ко­то­рый равен углу РМА, как впи­сан­ный во впи­сан­ную окруж­ность и опи­ра­ю­щий­ся на хорду РМ с про­ведённой через её вер­ши­ну М ка­са­тель­ной АС. Сумма углов РМА и ТАМ в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке АТМ равна 90 гра­ду­сов, зна­чит, сумма углов ТАМ и ТХС равна 180 гра­ду­сов. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник АТХС  — впи­сан­ный.

Обо­зна­чим ис­ко­мые числа за За­ме­тим, что каж­дое число вхо­дит ровно в шесть троек чисел, сле­до­ва­тель­но, сло­жив все де­сять сумм троек и по­де­лив на 6, мы по­лу­чим сумму всех пяти чисел, рав­ную 16. Оче­вид­но, что ми­ни­маль­ной будет сумма от­ку­да а мак­си­маль­ной  — сумма от­ку­да Зна­чит,

Сле­ду­ю­щей по ве­ли­чи­не после будет сла­га­е­мые ко­то­рой в по­ряд­ке воз­рас­та­ния не боль­ше сла­га­е­мых любой дру­гой, от­лич­ной от трой­ки, сле­до­ва­тель­но. Пред­по­след­ней по ве­ли­чи­не перед будет сла­га­е­мые ко­то­рой в по­ряд­ке воз­рас­та­ния не мень­ше сла­га­е­мых любой дру­гой, от­лич­ной от трой­ки, сле­до­ва­тель­но, Те­перь на­хо­дим Итого:

Ответ: −3, 2, 4, 5, 8.

а)  Пусть за по­бе­ду в матче ко­ман­де на­чис­ля­лось n очков, всего в тур­ни­ре было сыг­ра­но 15 мат­чей, из ко­то­рых x окон­чи­лись по­бе­дой одной из ко­манд, а осталь­ные 15 − x  — вни­чью. В ни­чей­ных мат­чах участ­ни­ки в сумме на­би­ра­ют 2 очка, а в осталь­ных  — n очков, по­это­му всего в тур­ни­ре всеми ко­ман­да­ми было на­бра­но очка, от­ку­да Всего игр было 15, по­это­му x может рав­нять­ся 1, 2 или 11. В пер­вых двух слу­ча­ях n равно 24 или 13, что пре­вос­хо­дит мак­си­маль­ное ко­ли­че­ство очков, на­бран­ных ко­ман­да­ми, чего быть не может, так как по­бе­да в матче ста­но­вит­ся не­воз­мож­ной в прин­ци­пе, зна­чит, все матчи окон­чат­ся вни­чью, что про­ти­во­ре­чит пред­по­ло­же­нию о x. В остав­шем­ся слу­чае x равен 11, тогда n равно 4  — ко­ли­че­ство очков, на­чис­ля­е­мое за по­бе­ду.

б)  Найдём ко­ли­че­ство вы­иг­ры­шей, ни­чьих и про­иг­ры­шей у каж­дой ко­ман­ды. Всего было че­ты­ре ни­чьих и 11 мат­чей, окон­чив­ших­ся по­бе­дой одной из ко­манд. Каж­дая ко­ман­да про­ве­ла по пять игр, по­это­му 6 и более очков нель­зя было на­брать толь­ко за счёт ни­чьих, сле­до­ва­тель­но, ше­стая и пятая ко­ман­ды по разу вы­иг­ра­ли и сде­ла­ли по две и три ни­чьих со­от­вет­ствен­но. Если бы четвёртая ко­ман­да вы­иг­ра­ла не более од­но­го раза, у неё было бы не мень­ше четырёх ни­чьих, всего вме­сте с пятой и ше­стой было бы уже не мень­ше ни­чьих, что боль­ше общих 4. Сле­до­ва­тель­но, четвёртая ко­ман­да два­жды вы­иг­ра­ла и три­жды про­иг­ра­ла. В силу тех же со­об­ра­же­ний у тре­тьей ко­ман­ды две по­бе­ды и одна ничья, у вто­рой  — две по­бе­ды и две ни­чьих. У всех ко­манд, кроме пер­вой, по­лу­ча­ем не мень­ше ни­чьих, что равно их об­ще­му числу. Сле­до­ва­тель­но, у пер­вой ко­ман­ды было три по­бе­ды и два по­ра­же­ния.

в)  При­ведём при­мер со­от­вет­ству­ю­ще­го тур­ни­ра. Пятая ко­ман­да три­жды сыг­ра­ла вни­чью, а упер­вой и четвёртой  — ни­чьих не было. Зна­чит, пятая ко­ман­ды сыг­ра­ла вни­чью с ше­стой, тре­тьей и вто­рой. Кроме этих ни­чьих, остаётся по одной у ше­стой и вто­рой, по­это­му они сыг­ра­ли вни­чью между собой. Всё, ничьи за­кон­чи­лись, и они вос­ста­нав­ли­ва­ют­ся од­но­знач­но. А вот ре­зуль­та­тив­ные матчи од­но­знач­но вос­ста­но­вить нель­зя. Один из при­ме­ров, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию, такой: пер­вая ко­ман­да вы­иг­ра­ла у четвёртой, пятой и ше­стой, вто­рая  — у пер­вой и тре­тьей, тре­тья  — у пер­вой и ше­стой, четвёртая  — у вто­рой и тре­тьей, пятая  — у четвёртой, ше­стая  — у четвёртой.

Ответ: а) 4 очка. б) У пер­вой ко­ман­ды было три по­бе­ды, у вто­рой  — две по­бе­ды и две ни­чьих, у тре­тьей  — две по­бе­ды и одна ничья, у четвёртой  — две по­бе­ды, у пятой  — одна по­бе­да и три ничьи, у ше­стой  — одна по­бе­да и две ничьи. Осталь­ные матчи ко­ман­ды про­иг­ра­ли. в) Один из при­ме­ров, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию, такой: пер­вая ко­ман­да вы­иг­ра­ла у четвёртой, пятой и ше­стой, вто­рая  — у пер­вой и тре­тьей, тре­тья  — у пер­вой и ше­стой, четвёртая  — у вто­рой и тре­тьей, пятая  — у четвёртой, ше­стая  — у четвёртой. При этом пятая ко­ман­ды сыг­ра­ла вни­чью с ше­стой, тре­тьей и вто­рой, а также вни­чью сыг­ра­ли ше­стая и вто­рая ко­ман­ды.

По­ка­жем что, если равно сте­пе­ни двой­ки не ниже вто­рой, то обе пе­ре­мен­ных долж­ны быть чётными чис­ла­ми. Дей­стви­тель­но, если одна из пе­ре­мен­ных нечётна, то вто­рая тоже, так как сумма их кубов чётна. В таком слу­чае вто­рая скоб­ка в раз­ло­же­нии будет нечётным целым чис­лом, де­ля­щим сте­пень двой­ки, то есть, Рас­смат­ри­ва­ем по­след­нее ра­вен­ство как квад­рат­ное урав­не­ние от­но­си­тель­но x, если оно имеет ре­ше­ние, его дис­кри­ми­нант, рав­ный дол­жен быть не­от­ри­ца­тель­ным, что воз­мож­но толь­ко при При y  =  0 по­лу­чим от­ку­да При y  =  1 по­лу­чим от­ку­да При y  =  −1 по­лу­чим от­ку­да При нечётных x, y по­лу­ча­ют­ся две пары зна­че­ний: (1, 1) и (−1, −1), для ко­то­рых равно, со­от­вет­ствен­но, 2 и −2, по­это­му под­хо­дит толь­ко пер­вая пара (1, 1) и при это равно 2  — сте­пе­ни двой­ки ниже вто­рой.

Рас­смот­рим те­перь ис­ход­ное урав­не­ние. Ввиду до­ка­зан­но­го, обе пе­ре­мен­ных чётные, по­де­лив всё урав­не­ние на 8, по­лу­чим новое урав­не­ние в целых чис­лах в ко­то­ром пра­вая часть снова яв­ля­ет­ся сте­пе­нью двой­ки выше пер­вой. Про­дол­жая в том же духе, дойдём до урав­не­ния Из ре­ше­ния урав­не­ния в преды­ду­щей части с учётом для по­лу­ча­ем (1, 0) или (0, 1), от­ку­да (x, y) равно (x, y) или

Ответ: