t-tech/T-math huggingface dataset:
Задача: В белой таблице 2016×2016 некоторые клетки окрасили чёрным. Назовём натуральное число k удачным, если k ≤ 2016, и в каждом из клетчатых квадратов со стороной k, расположенных в таблице, окрашено ровно k клеток. (Например, если все клетки чёрные, то удачным является только число 1.) Какое наибольшее количество чисел могут быть удачными?
Решение: Рассмотрим произвольное окрашивание таблицы. Пусть нашлось хотя бы два удачных числа, и a — наименьшее из них, а b — наибольшее.
Поделим b на a с остатком: b = qa + r, где 0 ≤ r < a. Предположим, что q ≥ 2. В произвольном квадрате b×b можно расположить q^2 непересекающихся квадратов a×a. В этих квадратах будет ровно q^2 a чёрных клеток. Однако q^2 a > (q+1)a > qa + r = b; значит, в квадрате b×b будет больше, чем b чёрных клеток, что невозможно. Итак, q < 2, то есть b < 2a.
Общее количество удачных чисел не превосходит количества натуральных чисел от a до b, то есть оно не больше b − a + 1 < b − b/2 + 1 = b/2 + 1 ≤ 1009. Значит, это количество не больше 1008.
Осталось привести пример раскраски, для которой найдутся 1008 удачных чисел. Окрасим чёрным все клетки 1008-й строки и только их. Рассмотрим произвольный квадрат со стороной d ≥ 1009. Он пересекается с 1008-ой строкой, значит в нём есть целая строка отмеченных клеток, то есть их как раз d штук. Значит, все числа от 1009 до 2016 являются удачными, и таких чисел как раз 1008.
Ответ: 1008 чисел.
Задача: Самолёт вылетел из Перми 28 сентября в полдень и прибыл в Киров в 11 часов утра (везде в задаче время отправления и прибытия указывается местное). В 19 часов того же дня самолёт вылетел из Кирова в Якутск и прибыл туда в 7 часов утра. Через три часа он вылетел из Якутска в Пермь и вернулся туда в 11 часов утра 29 сентября. Сколько времени самолёт находился в воздухе?
Решение: Самолёт отсутствовал в Перми 23 часа. Из них 8 часов он стоял в Кирове (с 11 до 19 часов) и три часа в Якутске. Итого из этих 23 часов он стоял 8 + 3 = 11 (часов), т. е. в воздухе самолёт находился 23 – 11=12 (часов).
Ответ: 12 часов
Задача: Дима должен был попасть на станцию в 18:00. К этому времени за ним должен был приехать отец на автомобиле. Однако Дима успел на более раннюю электричку и оказался на станции в 17:05. Он не стал дожидаться отца и пошёл ему навстречу. По дороге они встретились, Дима сел в автомобиль, и они приехали домой на 10 минут раньше рассчитанного времени. С какой скоростью шёл Дима до встречи с отцом, если скорость автомобиля была 60 км/ч?
Решение: Дима приехал домой на 10 минут раньше, за это время автомобиль дважды проехал бы путь, который Дима прошёл. Следовательно, на пути к вокзалу отец на автомобиле сэкономил 5 минут и встретил Диму в 17:55. Значит, Дима прошёл расстояние от вокзала до встречи с отцом за 50 минут, то есть он шёл в 10 раз медленнее автомобиля, и его скорость была 6 км/ч.
Ответ: 6 км/ч
Задача: В подземном царстве живут гномы, предпочитающие носить либо зелёные, либо синие, либо красные кафтаны. Некоторые из них всегда лгут, а остальные всегда говорят правду. Однажды каждому из них задали четыре вопроса. 1. «Ты предпочитаешь носить зелёный кафтан?» 2. «Ты предпочитаешь носить синий кафтан?» 3. «Ты предпочитаешь носить красный кафтан?» 4. «На предыдущие вопросы ты отвечал честно?» На первый вопрос «да» ответили 40 гномов, на второй — 50, на третий — 70, а на четвёртый — 100. Сколько честных гномов в подземном царстве?
Решение: На 4-й вопрос и честный, и лгун ответят «да», поэтому в подземном царстве всего 100 гномов. Честный гном на один из трёх первых вопросов ответит «да», а на два — «нет». А лгун, наоборот, на два из первых трёх вопросов ответит «да», а на один — «нет». Пусть всего x честных гномов. Тогда всего на первые три вопроса будет x + 2 · (100 - x) = 200 - x ответов «да», т. е. 200 - x = 40 + 50 + 70 = 160, откуда x = 40.
В сумме на первые три вопроса было дано 40 + 50 + 70 = 160 ответов «да». Если бы все гномы говорили правду, то на первые три вопроса было бы 100 ответов «да». Так как каждый лжец даёт на один ответ «да» больше, всего отвечали 160 - 100 = 60 лжецов. Значит, честных гномов 40.
Ответ: 40 честных гномов
Задача: В треугольнике ABC медиана, выходящая из вершины A, перпендикулярна биссектрисе угла B, а медиана, выходящая из вершины B, перпендикулярна биссектрисе угла A. Известно, что сторона AB = 1. Найдите периметр треугольника ABC.
Решение: Пусть AM — медиана, проведённая из вершины A. Тогда в треугольнике ABM биссектриса угла B перпендикулярна стороне AM, т. е. биссектриса является и высотой. Значит, этот треугольник равнобедренный, AB = BM = 1. Но тогда BC = 2BM = 2. Аналогично из второго условия получаем, что сторона AC в два раза больше AB, т. е. периметр треугольника ABC равен 1 + 2 + 2 = 5.
Ответ: 5
Задача: В классе учатся 30 человек: отличники, троечники и двоечники. Отличники на все вопросы отвечают правильно, двоечники всегда ошибаются, а троечники на заданные им вопросы строго по очереди то отвечают верно, то ошибаются. Всем ученикам было задано по три вопроса: “Ты отличник?”, “Ты троечник?”, “Ты двоечник?”. Ответили “Да” на первый вопрос – 19 учащихся, на второй – 12, на третий – 9. Сколько троечников учится в этом классе?
Решение: Пусть а – количество отличников, b – количество двоечников, с – количество троечников, которые ошиблись в ответе на первый вопрос, правильно ответили на второй и ошиблись в ответе на третий (назовем таких троечников троечниками первого типа), а d – количество троечников, которые правильно ответили на первый вопрос, ошиблись в ответе на второй и правильно ответили на третий (назовем таких троечников троечниками второго типа).
На первый вопрос ответили “Да” отличники, двоечники и троечники первого типа, следовательно, а + b + c = 19. На второй вопрос “Да” ответили двоечники и троечники первого типа, то есть b + c = 12. На третий вопрос “Да” ответили только троечники первого типа, то есть c = 9. Тогда из второго уравнения получим, что b = 3, а из первого уравнения: а = 7. В классе – 30 учащихся, значит d = 30 - 19 = 11, поэтому всего троечников: 9 + 11 = 20.
Ответ: 20 троечников
Задача: Олег нарисовал пустую таблицу 50 × 50 и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по ненулевому числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал произведение чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица умножения»). Какое наибольшее количество произведений в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
Решение: Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1250. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано x иррациональных и 50 − x рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны 50 − x иррациональных и x рациональных чисел. Поскольку произведение ненулевого рационального и иррационального чисел всегда иррационально, в таблице стоит хотя бы x² + (50 − x)² иррациональных чисел. При этом x² + (50 − x)² = 2x² − 100x + 50² = 2(x − 25)² + 2 · 25² ≥ ≥ 2 · 25² = 1250, что и требовалось. Отсюда следует, что в таблице не более 2500 − 1250 = 1250 рациональных чисел.
Ровно 1250 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа 1, 2, …, 24, 25, √2, 2√2, …, 25√2, а вдоль верхней стороны — числа 26, 27, …, 49, 50, 26√2, 27√2, …, 50√2. Тогда иррациональными будут только 2 · 25² = 1250 произведений рационального и иррационального чисел.
Ответ: 1250 произведений.
Задача: Вася задумал 8 клеток шахматной доски, никакие две из которых не лежат в одной строке или в одном столбце. За ход Петя выставляет на доску 8 ладей, не бьющих друг друга, а затем Вася указывает все ладьи, стоящие на задуманных клетках. Если количество ладей, указанных Васей на этом ходе, чётно (т.е. 0, 2, 4, 6 или 8), то Петя выигрывает; иначе все фигуры снимаются с доски и Петя делает следующий ход. За какое наименьшее число ходов Петя сможет гарантированно выиграть?
Решение: Покажем сначала, как Петя выиграть за 2 хода. Первым ходом он выставит 8 ладей по диагонали доски. Если он ещё не выиграл, то на диагонали есть нечётное число задуманных Васей клеток. В частности, на ней есть как клетка \(A\), задуманная Васей, так и клетка \(B\), не задуманная им.
Пусть на втором ходу Петя поставит ладьи на 6 диагональных клеток, кроме \(A\) и \(B\), а также на клетки \(C\) и \(D\), лежащие в тех же строках, что \(A\) и \(B\) соответственно, и в тех же столбцах, что \(B\) и \(A\) соответственно. Каждая новая ладья стоит или в одной строке, или в одном столбце с \(A\), то есть их клетки Вася задумать не мог. Значит, в новой конфигурации ладей количество клеток, задуманных Васей, уменьшилось ровно на одну, то есть стало чётным, и Петя выиграл.
Осталось показать, что Петя не может гарантированно выиграть за один ход. Пусть у него это получилось. Переставив столбцы доски, можно считать, что он сделал первый ход так, как показано на рис. 1; тогда он не выиграет, если Васины клетки — отмеченные серым на том же рисунке.
Ответ: За 2 хода.
Задача: Олег нарисовал пустую таблицу 50 × 50 и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал произведение чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица умножения»). Какое наибольшее количество произведений в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
Решение: Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1225. Предположим, что среди рациональных чисел есть ноль и он выписан у верхней стороны таблицы. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано x иррациональных и 50 − x рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны 50 − x иррациональных и x рациональных чисел (среди которых есть ноль). Заметим, что произведение ненулевого рационального и иррационального чисел всегда иррационально. Тогда в таблице есть как минимум x(x − 1) + (50 − x)^2 иррациональных чисел. Заметим, что f(x) = x(x − 1) + (50 − x)^2 = 2x^2 − 101x + 50^2. Вершина параболы f(x) находится в точке 101/4 = 25,25, поэтому минимальное значение f(x) в целой точке достигается при x = 25 и оно равно 25·24 + 25^2 = 1225. Если же ноль заменить ненулевым рациональным числом, то количество иррациональных чисел может только увеличиться. Поэтому в таблице в любом случае не менее 1225 иррациональных чисел. Значит, в таблице не более 2500 − 1225 = 1275 рациональных чисел. Ровно 1275 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа 1, 2, …, 24, 25, √2, 2√2, …, 25√2, а вдоль верхней стороны — числа 0, 26, 27, …, 49, 26√2, 27√2, …, 50√2. Тогда иррациональными будут только 25·24 + 25^2 = 1225 произведений ненулевого рационального и иррационального чисел.
Ответ: 1275 произведений.
Задача: Олег нарисовал пустую таблицу $50 \times 50$ и написал сверху от каждого столбца и слева от каждой строки по числу. Оказалось, что все 100 написанных чисел различны, причём 50 из них рациональные, а остальные 50 — иррациональные. Затем в каждую клетку таблицы он записал сумму чисел, написанных около её строки и её столбца («таблица сложения»). Какое наибольшее количество сумм в этой таблице могли оказаться рациональными числами?
Решение: Сначала покажем, что иррациональных чисел в таблице не меньше 1250. Пусть вдоль левой стороны таблицы выписано $x$ иррациональных и $50-x$ рациональных чисел. Тогда вдоль верхней стороны выписаны $50-x$ иррациональных и $x$ рациональных чисел. Поскольку сумма рационального и иррационального чисел всегда иррациональна, в таблице стоит хотя бы $x^{2}+(50-x)^{2}$ иррациональных чисел. При этом $x^{2}+(50-x)^{2}=2 x^{2}-100 x+50^{2}=2(x-25)^{2}+2 \cdot 25^{2} \geqslant 2 \cdot 25^{2}=1250$, что и требовалось. Отсюда следует, что в таблице не более $2500-1250=1250$ рациональных чисел.

Ровно 1250 рациональных чисел в таблице может быть, например, в таком случае. Вдоль левой стороны стоят числа $1,2, \ldots, 24,25,1+\sqrt{2}, 2+\sqrt{2}, \ldots, 25+\sqrt{2}$, а вдоль верхней стороны — числа $26,27, \ldots, 49,50,26-\sqrt{2}, 27-\sqrt{2}, \ldots, 50-\sqrt{2}$. Тогда иррациональными будут только $2 \cdot 25^{2}=1250$ сумм рационального и иррационального чисел.
Ответ: 1250 сумм.
Задача: Петя показал Васе 37 внешне одинаковых карточек, выложенных в ряд. Он сказал, что на закрытых сторонах карточек записаны все числа от 1 до 37 (каждое по одному разу) так, что число на любой карточке начиная со второй является делителем суммы чисел, написанных на всех предшествующих карточках. Затем Петя показал Васе, что на первой карточке написано число 37, а на второй — число 1. Вася сказал, что он тогда знает, какое число написано на третьей карточке. Какое?
Решение: Сумма всех чисел, кроме последнего, делится на последнее число, значит, сумма всех чисел также делится на последнее число. Сумма всех чисел от 1 до 37 равна 19 · 37. Значит, последнее число равно 1, 19 или 37. Так как 1 и 37 стоят на первом и втором местах, последнее число — 19. Третье число — делитель числа 37 + 1 = 38, то есть оно равно 1, 2 или 19. Мы знаем, что числа 1 и 19 расположены не на третьем месте, поэтому на третьем месте стоит число 2.
Ответ: 2
Задача: В комнате 10 ламп. Петя сказал: «В этой комнате есть 5 включённых ламп». Вася ему ответил: «Ты не прав». И добавил: «В этой комнате есть три выключенные лампы». Коля же сказал: «Включено чётное число ламп». Оказалось, что из четырёх сделанных утверждений только одно верное. Сколько ламп включено?
Решение: Первое и третье утверждения одновременно не могут быть оба неверными, иначе в комнате было бы меньше пяти включённых ламп и меньше трёх выключенных, т. е. всего меньше восьми ламп, что противоречит условию. Первое и второе утверждения также не могут быть одновременно неверными. Значит, среди утверждений 1 и 3 есть верное, и среди утверждений 1 и 2 есть верное. Поскольку верное утверждение всего одно, это утверждение 1, а остальные утверждения неверны. Значит, в комнате меньше трёх выключенных ламп (так как утверждение 3 неверно). Тогда включённых ламп хотя бы восемь, причём их количество нечётно (так как утверждение 4 неверно). Значит, их девять.
Ответ: 9
Задача: Чебурашка и Гена съели торт. Чебурашка ел вдвое медленнее Гены, но начал есть на минуту раньше. В итоге им досталось торта поровну. За какое время Чебурашка съел бы торт в одиночку?
Решение: Первый способ. Если Чебурашка ест вдвое медленнее Гены, то, чтобы съесть столько же торта, сколько съел Гена, ему нужно в два раза больше времени. Значит, то время, которое Чебурашка ел в одиночку (1 минута), составляет половину всего времени, за которое Чебурашка съел половину торта. Таким образом половину торта он съел за 2 минуты, а весь торт съел бы за 4 минуты.
Второй способ. Пусть Гена съедает весь торт за x минут, тогда Чебурашке на весь торт нужно 2x минут. Каждому из них досталась половина торта, то есть Гена ел 0,5x минут, а Чебурашка x минут. Из условия следует, что 0,5x + 1 = x, откуда x = 2. Значит, Чебурашка съест торт за 2·2 = 4 минуты.
Ответ: За 4 минуты
Задача: На шахматной доске стоял 21 король. Каждый из королей находился под боем хотя бы одного из остальных. После того как несколько королей убрали, никакие два из оставшихся королей друг друга не бьют. Какое наибольшее число королей могло остаться? а) Приведите пример исходной расстановки и отметьте убранных королей. б) Докажите, что большее число королей остаться не могло.
Решение: Заметим, что каждый король, снятый с доски, мог бить не более 4 из оставшихся (иначе и некоторые из оставшихся били бы друг друга). Поэтому число оставшихся королей не может превосходить число снятых более чем в 4 раза, то есть не может быть больше 16. Пример приведён на рисунке: серым обозначены короли, которых необходимо убрать.
Ответ: 16
Задача: Найдите количество корней уравнения
\[
|x|+|x+1|+\ldots+|x+2018|=x^{2}+2018 x-2019 .
\]
Решение: При \(x \in(-2019,1)\) корней нет, так как на указанном интервале левая часть неотрицательна, а правая — отрицательна.

При \(x \in[1, \infty)\) все модули раскрываются со знаком «+», поэтому уравнение примет вид \(g(x)=0\), где \(g(x)=x^{2}-x-2009+(1+2+\ldots+2018)\). Поскольку \(g(1)<0\), это квадратное уравнение имеет единственный корень на промежутке \([1, \infty)\).

Поскольку графики функций в левой и правой части симметричны относительно прямой \(x=-1009\) (т.е. \(f(x)=f(-2018-x)\)), то на промежутке \((-\infty,-2019]\) столько же корней, сколько и на промежутке \([1,+\infty)\), т. е. ровно один корень. Итого, у данного уравнения два корня.
Ответ: 2
Задача: В стопку сложены 300 карточек: 100 белых, 100 чёрных и 100 красных. Для каждой белой карточки подсчитано количество чёрных, лежащих ниже её, для каждой чёрной — количество красных, лежащих ниже её, а для каждой красной — количество белых, лежащих ниже её. Найдите наибольшее возможное значение суммы трёхсот получившихся чисел.
Решение: Первый способ. Количество различных перестановок карточек конечно. Поэтому их расположение с наибольшей указанной суммой существует (возможно, не единственное).

Пусть карточки лежат так, что эта сумма максимальна. Без ограничения общности можно считать, что верхняя карточка — белая. Тогда в этой расстановке не могут лежать сверху вниз подряд пары карточек ЧБ, КЧ и БК, иначе можно увеличить сумму, поменяв их в таких парах местами (симметричные им пары при перестановке не увеличивают искомую сумму). Значит, карточки должны лежать так (сверху вниз): ББ...БЧЧ...ЧКК...КББ...Б...
Длина каждой следующей серии карточек одного цвета не может быть меньше длины предыдущей серии. Действительно, если, например, в расположении с наибольшей суммой встретится фрагмент ...БББЧЧК..., то можно переставить карточку К наверх: ...КБББЧЧ..., увеличив сумму. Так как количество карточек каждого цвета одно и то же, то длины всех серий должны быть одинаковыми (в противном случае карточек того цвета, которые оказались в самом низу, будет больше, чем карточек другого цвета). Тогда серии одного цвета можно переставить "по циклу", не изменив суммы, то есть получить такое расположение карточек: сверху 100 белых, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных. Значит, искомая сумма равна 100·100 + 100·100 = 20 000.
Второй способ. Пусть количество карточек каждого из трёх цветов равно n. Используя метод математической индукции, докажем, что для указанной суммы S выполняется неравенство S ≤ 2n².

База индукции. При n = 1 перебором убеждаемся, что S ≤ 2. Шаг индукции: Пусть неравенство верно для n карточек каждого цвета. Докажем, что оно верно, если количество карточек каждого цвета равно n + 1. Рассмотрим, как может увеличиться сумма S, если добавить по одной карточке каждого цвета.. Без ограничения общности можно считать, что белая карточка добавлена на самый верх стопки, а добавленные чёрная и красная карточки – самые верхние среди карточек своего цвета. Пусть выше первой сверху красной карточки расположено b ранее лежащих чёрных, а выше первой сверху чёрной – w ранее лежащих белых. Тогда белая карточка добавляет в сумму n + 1 (учитывая все чёрные, лежащие под ней), чёрная карточка добавляет n + 1 (учитывая все красные, лежащие под ней) и w, за счёт того, что она лежит под w старыми белыми карточками, а красная карточка добавляет не более, чем n – w за счёт белых, лежащих под ней, и b за счёт того, что она лежит под b старыми чёрными карточками. Итого, S ≤ 2n² + n + 1 + n + 1 + w + n – w + b = 2n² + 3n + b + 2. Учитывая, что b ≤ n, получим: S ≤ 2n² + 4n + 2 = 2(n + 1)².

Таким образом, утверждение доказано для всех натуральных n. При n = 100 получим, что S ≤ 2·100² = 20 000. Это значение достигается, например, при таком расположении: сверху 100 белых карточек, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных.
Ответ: 20 000
Задача: Назовём лодочкой трапецию с основаниями 1 и 3, получающуюся приклеиванием к противоположным сторонам единичного квадратика двух треугольничков (полуклеток). В квадрате 100 × 100 расположена невидимая лодочка (её можно поворачивать, она не выходит за границы квадрата, её средняя клетка целиком лежит на одной из клеток квадрата). Одним выстрелом можно накрыть любую треугольную половинку клетки. Если выстрел пересекается с внутренностью лодочки (т. е. пересечение треугольника выстрела с лодочкой имеет ненулевую площадь), то она считается потопленной. Какого наименьшего количества выстрелов достаточно, чтобы наверняка потопить лодочку?
Решение: Покажем сначала, что 4000 выстрелов хватит. Разобьём квадрат 100 × 100 на 400 квадратов размером 5 × 5, и в каждом квадрате произведем 10 выстрелов. Нетрудно видеть, что в каждой строке и в каждом столбце между соседними выстрелами нельзя вставить лодочку; значит, один из выстрелов обязательно потопит лодочку.
Осталось показать, что нельзя гарантированно потопить лодочку менее, чем за 4000 выстрелов. Разобьём доску на 2000 горизонтальных прямоугольников 1 × 5 и покажем, что в каждый такой прямоугольник надо сделать хотя бы два выстрела. Действительно, в левые три клетки прямоугольника нужно сделать хотя бы один выстрел, иначе в них могла расположиться непотопленная лодочка; то же верно для его правых трёх клеток. Значит, в этот прямоугольник могло быть сделано не более одного выстрела, только если единственный выстрел попал в центральную клетку прямоугольника. Без ограничения общности, этот выстрел был произведён в левый нижний треугольничек этой клетки; но тогда лодочка, расположенная определённым образом, не будет потоплена.
Ответ: 4000 выстрелов.
Задача: Кондитерская фабрика выпускает N сортов конфет. На Новый год фабрика подарила каждому из 1000 учеников школы подарок, содержащий по конфете нескольких сортов (составы подарков могли быть разными). Каждый ученик заметил, что для любых 11 сортов конфет он получил конфету хотя бы одного из этих сортов. Однако оказалось, что для любых двух сортов найдётся ученик, получивший конфету ровно одного из этих двух сортов. Найдите наибольшее возможное значение N.
Решение: Обозначим через A₁, A₂, ..., Aₙ множества учеников, не получивших конфет соответственно 1-го, 2-го, ..., N-го сортов. Согласно условию, все эти множества различны; кроме того, каждый ученик содержится не более, чем в десяти из них. Отсюда следует, что суммарное количество элементов в наших множествах не превосходит 1000⋅10 = 10000.
Пусть среди наших множеств ровно k одноэлементных. Тогда количество множеств из более, чем одного ученика, не превосходит (10000−k)/2, поэтому общее число всех непустых множеств не превосходит (10000−k)/2 + k = (10000+k)/2 ≤ 11000/2 = 5500. С учётом того, что одно из множеств может быть пустым, получаем, что N ≤ 5501.
Осталось показать, как описанная ситуация могла возникнуть при N = 5501. Сделаем множество A₅₅₀₁ пустым; различные множества A₄₅₀₁, ..., A₅₅₀₀ будут содержать по одному ученику. Осталось выбрать различные двухэлементные множества A₁, ..., A₄₅₀₀ так, чтобы каждый из учеников был ровно в 9 из них. Для этого, например, можно разбить учеников на 100 групп по 10 человек и взять все пары детей, находящихся в одной группе (их получится как раз 100⋅(10⋅9)/2 = 4500).
Ответ: 5501
Задача: Лёша не поленился вычислить сумму

\[
9 + 99 + 999 + \ldots + \underbrace{9 \ldots 9}_{2017}
\]

и выписать ее на доску. Сколько раз в итоговом результате записана цифра 1?
Решение: Преобразуем выражение:

\[
9 + 99 + 999 + \ldots + \underbrace{9 \ldots 9}_{2017} = (10 - 1) + (100 - 1) + \ldots + (10^{2017} - 1) =
\]
\[
= \underbrace{1 \ldots 1}_{2017} 0 - 2017 = \underbrace{1 \ldots 1}_{2013} 09093.
\]
Ответ: 2013
Задача: Рыцарский турнир длится ровно 7 дней. К концу четвертого дня сэр Ланселот не успел сразиться лишь с одной четвертью от общего числа участников турнира. А сэр Тристан к этому времени сразился ровно с одной седьмой из тех рыцарей, с кем успел сразиться сэр Ланселот. Какое минимальное количество рыцарей могло участвовать в турнире?
Решение: Пусть Ланселот не сразился с x рыцарями. Тогда общее число рыцарей равно 4x, а сразился Ланселот с 3x - 1 рыцарем (общее количество за вычетом x и самого Ланселота). Тогда Тристан сразился с \(\frac{3x-1}{7}\) рыцарей. Чтобы найти наименьшее возможное количество рыцарей, необходимо подобрать минимальное x такое, что 3x - 1 делится на 7. Значения x = 1, 2, 3, 4 не подходят, а x = 5 подходит. Таким образом, наименьшее возможное число рыцарей равно 20.
Ответ: 20