По по­стро­е­нию, от­рез­ки ВК и DМ равны ребру квад­ра­та, и углы СВК и СDM равны 30°, по­это­му рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки СВК и СDM равны по двум сто­ро­нам и углу между ними. Сле­до­ва­тель­но, их ос­но­ва­ния СК и СM тоже равны и тре­уголь­ник СКМ  — рав­но­бед­рен­ный. Тре­уголь­ни­ки СВК и СDM рав­но­бед­рен­ные с уг­ла­ми 30° при вер­ши­нах В и D, по­это­му ве­ли­чи­ны углов ВСК и DСМ при их ос­но­ва­ни­ях равны 75°, зна­чит, углы ВСМ и DСК равны 15°, по­это­му угол КСМ равен 60°. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник СКМ яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным с углом 60° при вер­ши­не, то есть, рав­но­сто­рон­ним.

Вто­рой спо­соб. Можно про­сто по­счи­тать в ко­ор­ди­на­тах, длина сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка СКМ при этом равна

Назовём груп­пой не­сколь­ко детей од­но­го пола, си­дя­щих под­ряд, слева и спра­ва от край­них из них уже сидят дети про­ти­во­по­лож­но­го пола. Пусть X  — число групп маль­чи­ков, оно равно и числу групп де­во­чек, си­дя­щих под­ряд. Легко убе­дить­ся, что число пар со­сед­них детей в каж­дой груп­пе на один мень­ше, чем число детей в этой груп­пе, по­это­му число пар си­дя­щих рядом маль­чи­ков равно 15 − Х, а число пар си­дя­щих рядом де­во­чек равно 20 − Х. По усло­вию, от­ку­да Х  =  5. Сле­до­ва­тель­но, пар со­сед­них маль­чи­ков 10, де­во­чек  — 15, а сме­ша­ных со­сед­них пар 15 + 20 − (10 + 15)  =  10.

Ответ: 10.

Пред­по­ло­жим про­тив­ное, что 2017 можно пред­ста­вить как сумму на­ту­раль­ных чисел А и В, причём сумма цифр А вдвое боль­ше суммы цифр В. При сло­же­нии двух цифр од­но­го раз­ря­да в нём остаётся их сумма, если она мень­ше 10, либо их сумма минус 10, если она боль­ше 10, а еди­ни­ца ухо­дит в сле­ду­ю­щий раз­ряд. Таким об­ра­зом, сумма цифр равна сумме цифр А плюс сумма цифр В минус число пе­ре­хо­дов еди­ни­цы в сле­ду­ю­щий раз­ряд при сло­же­нии, умно­жен­ное на 9. По усло­вию, сумма цифр А вдвое боль­ше суммы цифр В, по­это­му их общая сумма де­лит­ся на 3, зна­чит, и сумма цифр долж­на де­лить­ся на 3  — про­ти­во­ре­чие с тем, что сумма цифр числа 2017 равна 10.

Ответ: Нель­зя.

Оцен­ка числа тре­уголь­ни­ков. За­ну­ме­ру­ем вер­ши­ны 18-ти уголь­ни­ка от 1 до 18 по ча­со­вой стрел­ке. Сто­ро­на­ми тре­уголь­ни­ков яв­ля­ют­ся сто­ро­ны и диа­го­на­ли пра­виль­но­го 18-ти уголь­ни­ка. Назовѐм диа­го­наль чётной, если между еѐ кон­ца­ми со­дер­жит­ся чѐтное число сто­рон, и нечётной  — в про­тив­ном слу­чае. Чётность диа­го­на­ли сов­па­да­ет с чётно­стью раз­но­сти но­ме­ров её кон­цов. Ввиду чётно­сти об­ще­го числа сто­рон мно­го­уголь­ни­ка всё равно, с какой сто­ро­ны от диа­го­на­ли счи­тать число сто­рон. Сто­ро­ны тоже счи­та­ем нечётными диа­го­на­ля­ми. Две диа­го­на­ли АВ и СD, где AC и BD не пе­ре­се­ка­ют­ся, па­рал­лель­ны тогда и толь­ко тогда, когда между A и C, B и D со­дер­жит­ся рав­ное число сто­рон, то есть по­ло­жи­тель­ная раз­ность но­ме­ров А и С равна по­ло­жи­тель­ной раз­но­сти но­ме­ров В и D. Не­слож­но за­ме­тить, что любая нечётная диа­го­наль па­рал­лель­на одной из де­вя­ти сто­рон 18-ти уголь­ни­ка, а любая чётная – одной из де­вя­ти диа­го­на­лей, от­се­ка­ю­щих от 18-ти уголь­ни­ка тре­уголь­ник (две сто­ро­ны ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся сто­ро­на­ми мно­го­уголь­ни­ка). Всего име­ет­ся 18 се­мейств диа­го­на­лей, любые две диа­го­на­ли од­но­го се­мей­ства па­рал­лель­ны, а любые две диа­го­на­ли раз­ных се­мейств  — не па­рал­лель­ны. Де­вять из этих се­мейств со­дер­жат чётные диа­го­на­ли и де­вять  — нечётные. В ка­че­стве пред­ста­ви­те­лей нечётных се­мейств можно взять сто­ро­ны с кон­ца­ми 12 23, …, 89, 9 10 и диа­го­на­ли 13, 24, …, 8 10, 9 11. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, по­стро­ен­ные на вер­ши­нах пра­виль­но­го 18-уголь­ни­ка, не могут ис­поль­зо­вать боль­ше, чем по одной из каж­до­го се­мей­ства этих диа­го­на­лей, и общее число этих тре­уголь­ни­ков не пре­вос­хо­дит 18 : 3  =  6. Более того, про­из­воль­ный тре­уголь­ник, по­стро­ен­ный на трёх вер­ши­нах 18-ти уголь­ни­ка, может со­дер­жать либо три чётных диа­го­на­ли, либо одну чётную и две нечётных, так как сумма чётно­стей трёх его сто­рон равна чётно­сти числа 18. Сле­до­ва­тель­но, общее число нечётных сто­рон в любом мно­же­стве тре­уголь­ни­ков с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми долж­но быть чётным, и мы не смо­жем ис­поль­зо­вать для их сто­рон все 18 се­мейств диа­го­на­лей. Таким об­ра­зом, число тре­уголь­ни­ков с по­пар­но не­па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, по­стро­ен­ных на вер­ши­нах пра­виль­но­го 18-уголь­ни­ка, не пре­вос­хо­дит пяти.

При­мер. Пять тре­уголь­ни­ков с вер­ши­на­ми {1, 2, 3}, {3, 4, 5}, {5, 6, 7}, {7, 8, 9}, {1, 5, 9}.

Ответ: 5.

За­пи­шем все числа от 1 до 100 слева на­пра­во по по­ряд­ку: 1, 2, 3, 4, ..., 99, 100, разобьём на 50 пар со­сед­них: 1 и 2, 3 и 4, …, 99 и 100, и в каж­дой паре числа по­ме­ня­ем ме­ста­ми: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99. До­ка­жем, что по­лу­чен­ная пе­ре­ста­нов­ка удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

а)  За­ме­тим, что в по­лу­чен­ной пе­ре­ста­нов­ке каж­дое число на нечётном месте на 1 боль­ше но­ме­ра сво­е­го места, а на чётном  — на 1 мень­ше. В част­но­сти, от­сю­да сле­ду­ет, что сумма любых двух со­сед­них чисел в пе­ре­ста­нов­ке равна сумме но­ме­ров их мест. То же от­но­сит­ся и к сумме лю­бо­го чётного числа иду­щих под­ряд чисел из пе­ре­ста­нов­ки.

б)  За­ме­тим также, что сумма чётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство, а сумма нечётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел де­лит­ся на их ко­ли­че­ство. Дей­стви­тель­но, найдём сумму по­сле­до­ва­тель­ных чисел, пер­вое из ко­то­рых равно a + 1, по­лу­чим

Тут пер­вое сла­га­е­мое все­гда де­лит­ся на n, а вто­рое, толь­ко когда n + 1 чётно.

в)  Если из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать чётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) их сумма равна сумме но­ме­ров их мест и не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Если же из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать нечётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) не­слож­но за­ме­тить, что их сумма на 1 боль­ше или мень­ше суммы но­ме­ров их мест, ко­то­рая де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Зна­чит, сумма самих чисел не может де­лит­ся на их ко­ли­че­ство.

Ответ: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99.

По­ка­жем, что для лю­бо­го на­ту­раль­но­го числа n су­ще­ству­ет на­ту­раль­ное число N, де­ля­ще­е­ся на­це­ло на n, сумма цифр ко­то­ро­го равна n. Дей­стви­тель­но, рас­смот­рим числа вида а имен­но: 1, 10, 100, 1000, ...

Среди этих чисел вы­бе­рем n чисел, име­ю­щих оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на n (это можно сде­лать, по­сколь­ку чисел вида 10k бес­ко­неч­но много, а остат­ков от де­ле­ния на n ровно n). В ка­че­стве ис­ко­мо­го N возь­мем сумму этих n чисел. Утвер­жде­ние до­ка­за­но.

Если таб­ли­ца 2 по­лу­че­на из таб­ли­цы 1 одним из ука­зан­ных дей­ствий, то что для таб­лиц А и В не вы­пол­не­но. По­это­му ука­зан­ным спо­со­бом по­лу­чить таб­ли­цу B из таб­ли­цы А нель­зя.

Таб­ли­ца 1

Таб­ли­ца 2

Ответ: нель­зя.

За­ме­тим, что при любом k верно ра­вен­ство k² − (k + 1)² − (k + 2)² + (k + 3)² = 4. По­это­му вся сумма равна 1 + 504 · 4 + 2018² = 4074341.

Ответ: 4074341.

Каж­дый уче­ник вы­пол­ня­ет пе­ре­ста­нов­ку: если он кого-то не­до­люб­ли­ва­ет, то пе­ре­ста­нов­ку, ме­ня­ю­щую его имя и имя того, кого он не­до­люб­ли­ва­ет; иначе пе­ре­ста­нов­ка три­ви­аль­на. Дру­ги­ми сло­ва­ми, ни­ка­кие два имени не ста­нут оди­на­ко­вы­ми после про­хож­де­ния лю­бо­го из уче­ни­ков. И для каж­до­го имени в ре­зуль­та­те есть имя, ко­то­рое при­ве­ло бы к та­ко­му ре­зуль­та­ту. Раз это утвер­жде­ние верно для лю­бо­го от­дель­но­го уче­ни­ка, это же тре­бо­ва­ние верно и для по­сле­до­ва­тель­но­сти уче­ни­ков. Таким об­ра­зом, зная, какое имя долж­но прий­ти в итоге и кто кого не­до­люб­ли­ва­ет, для каж­до­го уче­ни­ка из­вест­на вы­пол­ня­е­мая им пе­ре­ста­нов­ка. Таким об­ра­зом, для каж­до­го уче­ни­ка можно по ре­зуль­та­ту пе­ре­ста­нов­ки, ко­то­рый он дол­жен по­лу­чить, найти, какое имя долж­но было ему прий­ти. Таким об­ра­зом, в об­рат­ном на­прав­ле­нии по це­поч­ке вос­ста­нав­ли­ва­ет­ся, какое имя сле­ду­ет на­пи­сать из­на­чаль­но.

Ответ: сколь­ко угод­но.

До­стро­им тре­уголь­ник ABC до пря­мо­уголь­ни­ка ABCD и вы­бе­рем на его сто­ро­не CD точку P так, что AP па­рал­лель­но CM. Тогда PC = AD, DP = CN, и пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ADP и CPN равны, причём ∠DAP = ∠CPN. По­это­му ∠APD + ∠CPN = 90° и ∠APN = 90°, то есть APN  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник. Зна­чит, ∠PAN = 45° и, в силу па­рал­лель­но­сти пря­мых AP и CM, ост­рый угол между пря­мы­ми AN и CM тоже со­став­ля­ет 45 гра­ду­сов.

Ответ: 45°.

Легко по­нять, что если точка яв­ля­ет­ся кон­цом для хотя бы одной сто­ро­ны ше­сти­уголь­ни­ка, она яв­ля­ет­ся кон­цом для двух или для трёх сто­рон: боль­ше, чем 3, быть не может по­то­му что все углы равны 120°.

Да­вай­те не­мно­го по­ри­су­ем. Пред­ста­вим себе, что в каж­дую точку, яв­ля­ю­щу­ю­ся кон­цом для трёх сто­рон ше­сти­уголь­ни­ка, мы по­ста­ви­ли точку крас­ным фло­ма­сте­ром. А каж­дый путь по сто­ро­нам ше­сти­уголь­ни­ков от крас­ной точки до крас­ной точки мы об­ве­ли синим фло­ма­сте­ром. Таким об­ра­зом, синие линии идут по сто­ро­нам ше­сти­уголь­ни­ков и через вер­ши­ны, из ко­то­рых вы­хо­дит толь­ко две сто­ро­ны (иными сло­ва­ми, ко­то­рые яв­ля­ют­ся вер­ши­на­ми ровно для од­но­го ше­сти­уголь­ни­ка). За­ме­тим, что синие линии не пе­ре­се­ка­ют­ся иначе, чем в своих кон­цах, яв­ля­ю­щих­ся крас­ны­ми точ­ка­ми. Легко по­нять, что если точка яв­ля­ет­ся кон­цом для хотя бы одной сто­ро­ны ше­сти­уголь­ни­ка, она яв­ля­ет­ся кон­цом для двух или для трёх сто­рон: боль­ше чем 3 быть не может по­то­му что все углы равны 120°.

Таким об­ра­зом, мы по­лу­чи­ли изоб­ра­же­ние муль­ти­гра­фа на плос­ко­сти. Для него верна фор­му­ла Эй­ле­ра F − E + V  =  2, где F, E, V  — ко­ли­че­ства гра­ней, рёбер и вер­шин со­от­вет­ствен­но. По­сколь­ку все вер­ши­ны имеют сте­пень 3, 3V  =  2E. Кроме того F = n + 1, по­сколь­ку это все ше­сти­уголь­ни­ки и внеш­няя грань. Из этих трёх урав­не­ний вы­во­дит­ся E  =  3n − 3. Пройдём по внеш­не­му циклу. При этом мы шли по всем n ше­сти­уголь­ни­кам, зна­чит, при n > 1 не менее чем n раз ме­ня­ли ше­сти­уголь­ник, по ко­то­ро­му идем (вни­ма­ние: этот утвер­жде­ние не­вер­но, если n = 1: так и хо­ди­ли по од­но­му ше­сти­уголь­ни­ку, ни разу его не по­ме­няв). Зна­чит, во внеш­нем цикле не менее n ребер, зна­чит, в осталь­ном графе не боль­ше 2n − 3 рёбер. Каж­дое из них со­сто­ит ровно из од­но­го от­рез­ка, быв­ше­го сто­ро­ной для двух ше­сти­уголь­ни­ков, по­сколь­ку внут­ри мно­го­уголь­ни­ка не может быть точек, яв­ля­ю­щих­ся кон­ца­ми ровно для двух от­рез­ков сто­рон. Зна­чит, внут­ри не боль­ше 4n − 6 сто­рон ше­сти­уголь­ни­ков, скле­ен­ных по парам, зна­чит, на гра­ни­це лежит не менее 2n + 6 сто­рон.

Ответ: 2n + 6 при n ≥ 2, 6 при n = 1

Имеет место один из двух слу­ча­ев.

А)  Пусть оба наи­мень­ших де­ли­те­ля p и q  — про­стые числа. Тогда про­стым будет число r = (n/p + n/q) − (p + q), и pqr = (p + q)(n − pq). По­сколь­ку числа p + q и pq вза­им­но про­сты, по­лу­ча­ем r = p + q, от­ку­да p = 2 и n = 4q. Но тогда в силу вы­бо­ра q по­лу­ча­ем q = 3 и n = 12.

Б)  Пусть наи­мень­шие де­ли­те­ли имеют вид p и p², где p про­стое. Этот слу­чай раз­би­ра­ет­ся ана­ло­гич­но.

За­ме­ча­ние. Воз­мож­на си­ту­а­ция, когда число имеет всего три соб­ствен­ных де­ли­те­ля. Тогда упо­мя­ну­тая в усло­вии раз­ность есть раз­ность между наи­боль­шим и наи­мень­шим из соб­ствен­ных де­ли­те­лей. Но любое число с тремя соб­ствен­ны­ми де­ли­те­ля­ми есть сте­пень про­сто­го p⁴, а раз­ность p³ − p про­стым чис­лом быть не может.

Ответ: 12 (2, 3, 4, 6).

Усло­вия за­да­чи тре­бу­ют, чтобы мышь про­грыз­ла каж­дую ко­роб­ку как ми­ни­мум в двух ме­стах: чтобы по­пасть в нее и чтобы по­ки­нуть её. Таким об­ра­зом, число от­вер­стий не мень­ше удво­ен­но­го числа ко­ро­бок, то есть 2 · (8ⁿ⁺¹ − 1) / 7. По­стро­им путь мыши с таким чис­лом от­вер­стий, при­чем вовсе без ко­ро­бок с про­гры­зен­ны­ми про­ти­во­по­лож­ны­ми стен­ка­ми. Мы будем со­став­лять его из сле­ду­ю­щих ку­соч­ков:

Дан­ный ри­су­нок изоб­ра­жа­ет спо­соб по­се­тить все ко­роб­ки раз­ме­ра 1 дм внут­ри одной ко­роб­ки раз­ме­ра 2 дм, про­гры­зя за­штри­хо­ван­ные места. За­ме­тим, что каж­дая из за­дей­ство­ван­ных ко­ро­бок про­гры­за­ет­ся ровно в двух ме­стах, и ни у одной не про­гры­зе­ны про­ти­во­по­лож­ные стен­ки. Если те­перь мы обойдём все ко­роб­ки раз­ме­ра 2 дм в дан­ной ко­роб­ке раз­ме­ра 4 дм в том же по­ряд­ке и с от­вер­сти­я­ми в тех же ме­стах, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, об­хо­дя при этом каж­дую ко­роб­ку раз­ме­ра 2 дм опи­сан­ным спо­со­бом, то по­лу­чим обход ко­роб­ки раз­ме­ра 4 дм, при ко­то­ром каж­дая из за­дей­ство­ван­ных ко­ро­бок про­гры­за­ет­ся ровно в двух ме­стах, и ни у одной не про­гры­зе­ны про­ти­во­по­лож­ные стен­ки. И так далее: если обой­ти все ко­роб­ки раз­ме­ра 2^k дм в дан­ной ко­роб­ке раз­ме­ра 2^k+1 дм в том же по­ряд­ке и с от­вер­сти­я­ми в тех же ме­стах, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, об­хо­дя при этом каж­дую ко­роб­ку раз­ме­ра 2^k дм опи­сан­ным спо­со­бом, то по­лу­чим обход ко­роб­ки раз­ме­ра 2^k+1 дм, при ко­то­ром каж­дая из за­дей­ство­ван­ных ко­ро­бок про­гры­за­ет­ся ровно в двух ме­стах, и ни у одной не про­гры­зе­ны про­ти­во­по­лож­ные стен­ки. Чтобы в ре­зуль­та­те по­лу­чить за­мкну­тый путь внут­ри сун­ду­ка, ко­роб­ки раз­ме­ра 2ⁿ⁻¹ можно обой­ти по сле­ду­ю­щей схеме:

Те­перь, в какой бы ко­роб­ке этого за­мкну­то­го пути ни за­ве­лась мышь, она смо­жет про­сле­до­вать по этому пути, по­бы­вав ровно один раз в каж­дой ко­роб­ке, вер­нув­шись в из­на­чаль­ную, и сде­лав ровно по од­но­му от­вер­стию в двух со­сед­них стен­ках каж­дой ко­роб­ки.

Ответ: 2 · (8ⁿ⁺¹ − 1) / 7.

В про­шлом году од­но­го би­до­на яб­лоч­но­го сока хва­та­ло на 6 банок кок­тей­ля, зна­чит, каж­дая банка со­дер­жа­ла би­до­на яб­лоч­но­го сока. Ана­ло­гич­но, од­но­го би­до­на ви­но­град­но­го сока хва­та­ло на 10 банок, зна­чит, каж­дая банка со­дер­жа­ла би­до­на ви­но­град­но­го сока. Сле­до­ва­тель­но, ёмкость банки со­став­ля­ет стан­дарт­но­го би­до­на. После из­ме­не­ния про­пор­ции в новом году, каж­дая банка со­дер­жит би­до­на яб­лоч­но­го сока, зна­чит, ви­но­град­но­го сока в ней стало би­до­на. Сле­до­ва­тель­но, би­до­на ви­но­град­но­го сока те­перь хва­та­ет на 15 банок кок­тей­ля.

Ответ: На 15 банок.

Умно­жим на зна­ме­на­тель и пре­об­ра­зу­ем ра­вен­ство в усло­вии к виду При этом a, b не могут од­но­вре­мен­но рав­нять­ся нулю, иначе зна­ме­на­тель дроби в усло­вии об­ра­ща­ет­ся в 0. Сле­до­ва­тель­но, скоб­ка тоже не равна нулю. Раз­де­лив на неё, по­лу­чим от­ку­да (где a, b не равны 0). Под­ста­вив это вы­ра­же­ние в дробь по­лу­чим, что она равна

Ответ:

По свой­ству ме­ди­а­ны к ги­по­те­ну­зе пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, тре­уголь­ник АМС яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным. От­ме­тим на ка­те­те АС точку Т  — се­ре­ди­ну от­рез­ка РС, тогда длины от­рез­ков АР, РТ и ТС равны. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ка АМР и СМТ равны по паре сто­рон АР  =  СТ, АМ  =  СМ и углам МАР и МСТ между ними, по­это­му равны и их со­от­вет­ству­ю­щие углы АМР и СМТ. Те­перь за­ме­тив, что Т  — се­ре­ди­на СР и М  — се­ре­ди­на СВ, из тео­ре­мы, об­рат­ной тео­ре­ме Фа­ле­са, по­лу­ча­ем па­рал­лель­ность пря­мых МТ и ВР, и ра­вен­ство углов РВС и СМТ, по­след­ний из ко­то­рых равен АМР, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Го­ри­зон­таль или вер­ти­каль доски 8 на 8 не может со­дер­жать боль­ше 8 фишек, по­это­му ми­ни­маль­ное число фишек в го­ри­зон­та­ли равно 1 или 2, в про­тив­ном слу­чае в одной из со­сед­них с ми­ни­маль­ной го­ри­зон­та­лей будет не мень­ше 9 фишек. Из усло­вия легко сле­ду­ет, что в пер­вом слу­чае го­ри­зон­та­ли со­дер­жат 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3 или 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1 фишек, а во вто­ром  — 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6 или 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2 фишек, то есть всего 16 или 32 фишки. Разобьём вер­ти­ка­ли на пары со­сед­них, по усло­вию, число фишек в каж­дой паре со­сед­них вер­ти­ка­лей де­лит­ся на 5. по­это­му и общее число фишек на доске долж­но де­лить­ся на 5, од­на­ко 16 и 32 не де­лят­ся на 5  — про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нет.

Сумма двух чётных на­ту­раль­ных чисел все­гда чётна и боль­ше двух, сле­до­ва­тель­но, не может быть про­стым чис­лом. По­это­му при­мер мно­же­ства из всех пя­ти­де­ся­ти чётных чисел, не пре­вос­хо­дя­щих 100 по­ка­зы­ва­ет, что ми­ни­маль­ное n не мень­ше 51. С дру­гой сто­ро­ны, разобьём все на­ту­раль­ные числа от 1 до 100 на 50 пар, сумма чисел в каж­дой из ко­то­рых равна про­сто­му числу 101: 1 и 100, 2 и 99, …, 50 и 51. Если в вы­бран­ном мно­же­стве не мень­ше 51 числа, то, по прин­ци­пу Ди­ри­х­ле, хотя бы два из них по­па­дут в одну пару, и их сумма будет про­стым чис­лом.

Ответ:

Вы­чис­лим: 2S  =  101646, S  =  50823 Сумма чисел в цен­траль­ном квад­ра­те 5 × 5 равна 51125.

Ответ: может.

До­ка­жем, что точки ка­са­ния впи­сан­ных окруж­но­стей тре­уголь­ни­ков ABC и ADC с диа­го­на­лью AC сов­па­да­ют.

В самом деле, обо­зна­чим точки ка­са­ния T_B и T_D со­от­вет­ствен­но. Тогда и Кри­те­рий опи­сан­но­сти че­ты­рех­уголь­ни­ка это ра­вен­ство рав­но­силь­но

Те­перь легко ви­деть, что кар­тин­ка од­но­знач­но за­да­ет­ся ра­ди­у­сом впи­сан­ных окруж­но­стей тре­уголь­ни­ков ABC и ADC и рас­сто­я­ни­я­ми от точки ка­са­ния до точек A и C. Зна­чит, кар­тин­ка пе­ре­хо­дит в себя при сим­мет­рии от­но­си­тель­но пря­мой AC, при этом точки B и D ме­ня­ют­ся ме­ста­ми. Но это озна­ча­ет, что BD пер­пен­ди­ку­ляр­на AC, итак ответ 90°.

Ответ: 90°.