t-tech/T-math huggingface dataset:
Задача: В межгалактической гостинице есть 100 комнат вместимостью 101, 102, …, 200 человек. В этих комнатах суммарно живёт n человек. В гостиницу приехал VIP-гость, для которого нужно освободить целую комнату. Для этого директор гостиницы выбирает одну комнату и переселяет всех её жителей в одну и ту же другую комнату. При каком наибольшем n директор гостиницы всегда может таким образом освободить комнату независимо от текущего расселения?
Решение: Предположим, что при 8824 постояльцах директор не может осуществить переселение. Разобьём комнаты на пары по вместимости: 101 — 200, 102 — 199, …, 150 — 151. Отметим, что для каждой пары комнат суммарное количество человек, живущих в двух комнатах, больше, чем вместимость большей комнаты из пары, иначе всех человек из этой пары можно было бы собрать в комнате с большей вместимостью. Таким образом, общее количество человек не меньше 201 + 200 + 199 + … + 152 = 353 · 25 = 8825. Поэтому при 8824 постояльцах директор может освободить комнату.

Теперь приведём пример, доказывающий, что при 8825 и более постояльцах существует расселение, в котором освободить комнату указанным образом не удастся.

Упорядочим комнаты по возрастанию вместимости. Пусть в первых пятидесяти комнатах живёт по 76, а в комнате вместимости k при 151 ≤ k ≤ 200 живёт k − 75 человек. Посчитаем количество человек, живущих в гостинице:

76 · 50 + (76 + 77 + 78 + … + 125) =
= 3800 + 201 · 25 = 3800 + 5025 = 8825.

Рассмотрим две произвольные комнаты вместимости a < b. Заметим, что в комнате вместимости b живёт не меньше b − 75 человек, а в комнате a — не меньше 76 человек. Таким образом, переселить людей из одной комнаты в другую ни для какой пары комнат не удастся, поэтому пример подходит. Если n > 8825, то достаточно селить оставшихся людей поочерёдно в любые комнаты, где ещё остаются свободные места.
Ответ: 8824.
Задача: При каком наименьшем натуральном \(n\) существуют такие целые \(a_1\), \(a_2\), \(\ldots\), \(a_n\), что квадратный трёхчлен
\[ x^2 - 2(a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^2 x + \left(a_1^4 + a_2^4 + \ldots + a_n^4 + 1ight) \]
имеет по крайней мере один целый корень?
Решение: При \(n = 6\) можно положить \(a_1 = a_2 = a_3 = a_4 = 1\) и \(a_5 = a_6 = -1\); тогда трёхчлен из условия принимает вид \(x^2 - 8x + 7\) и имеет два целых корня: 1 и 7. Осталось показать, что это — наименьшее возможное значение \(n\).

Пусть числа \(a_1\), \(a_2\), \(\ldots\), \(a_n\) удовлетворяют условию задачи; тогда делённый на 4 дискриминант квадратного трёхчлена из условия должен быть полным квадратом. Он равен
\[ d = (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)^4 - \left(a_1^4 + a_2^4 + \ldots + a_n^4 + 1ight). \]
Тогда число $d$ нечётно и является квадратом, поэтому оно даёт остаток 1 при делении на 8.

Перепишем равенство выше в виде

$d+1+a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+\ldots+a_{n}^{4}=\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}ight)^{4}$

и рассмотрим его по модулю 8 . Нетрудно проверить, что четвёртые степени целых чисел дают лишь остатки 0 и 1 при делении на 8 , то есть правая часть равенства даёт остаток 0 или 1 . Левая же часть сравнима с $1+1+k$, где $k$ - количество нечётных чисел среди $a_{i}$. Значит, $n \geqslant k \geqslant 6$.
Ответ: При \(n = 6\).
Задача: Квадрат со стороной 7 клеток полностью замостили трёхклеточными «уголками» и пятиклеточными «плюсиками». Какое наибольшее количество «плюсиков» могло быть использовано?
Решение: Пусть для указанного замощения использовано x «уголков» и y «плюсиков», тогда 3x + 5y = 49.
Заметим, что угловые клетки доски могут быть покрыты только «уголками», поэтому «уголков» должно быть не меньше четырёх. Но при x = 4; 5; 6; 7; значения y не будут целыми.
Если x = 8, то y = 5. При дальнейшем увеличении значения x значения y будут меньше пяти. Следовательно, 5 — это наибольшее возможное значение y.
Ответ: 5
Задача: Стороны основания кирпича равны 28 см и 9 см, а высота 6 см. Улитка ползёт прямолинейно по граням кирпича из вершины нижнего основания в противоположную вершину верхнего основания. Горизонтальная и вертикальная составляющие ее скорости v_x и v_y, связаны соотношением v_x^2 + 4v_y^2 = 1. Какое наименьшее время в минутах может затратить улитка на своё путешествие?
Решение: Увеличим высоту кирпича и вертикальную составляющую скорости улитки в два раза. Получим кирпич ABCDEFGH, на котором скорость улитки будет всегда одна и та же: v = √(v_x² + (2v_y)²) = 1 см/мин, а наименьшее время движения такое же, как по исходному кирпичу.
Пусть улитка ползет из вершины B в вершину F. Рассмотрим развёртку трех граней этого кирпича: основания ABCD и двух смежных вертикальных граней с общим ребром DF. Так как скорость улитки постоянная, то наименьшее время будет при наименьшей длине пути, то есть при движении по диагонали одного из двух прямоугольников: BCFE или ABGF. По теореме Пифагора получим, что BF = 35 см; BF = 41 см. Значит, выгоднее двигаться по диагонали BF, тогда при скорости 1 см/мин наименьшее время составит 35 минут.
Ответ: 35 мин
Задача: Число 890 обладает таким свойством: изменив любую его цифру на 1 (увеличив или уменьшив), можно получить число, кратное 11. Найдите наименьшее трехзначное число, обладающее таким же свойством.
Решение: Так как при указанном изменении последней цифры должно получиться число, делящееся на 11, то искомое число должно отличаться от него на 1. Наименьшее трехзначное число, кратное 11, это 110. Но соседние с ним числа 109 и 111 требуемым свойством не обладают. Действительно, если изменить в числе 109 вторую цифру на 1, то можно получить только 119, а это число на 11 не делится. Если изменить в числе 111 первую цифру на 1, то можно получить только 211, а это число на 11 не делится. Следующее трехзначное число, делящееся на 11, это 121. Рассмотрим число 120. Из него можно получить числа, кратные 11, в соответствии с условием. Изменённые числа 121, 110, 220 кратны 11.
Ответ: 120
Задача: У натурального числа N выписали все его делители, затем у каждого из этих делителей подсчитали сумму цифр. Оказалось, что среди этих сумм нашлись все числа от 1 до 9. Найдите наименьшее значение N.
Решение: Заметим, что у числа 288 есть делители 1, 2, 3, 4, 32, 6, 16, 8, 9. Поэтому это число удовлетворяет условию задачи. Докажем, что меньшего числа, удовлетворяющего условию, не существует. Действительно, так как N должно иметь делитель с суммой цифр 9, то N делится на 9. Рассмотрим теперь делитель d с суммой цифр 8. d не делится на 3, поэтому числа d и 9 — взаимно простые, значит, N делится на 9d. При этом, если d ≥ 32, то 9d ≥ 288, то есть N ≥ 288. Значит, остается проверить d = 26, d = 17 и d = 8. Если d = 26, то 9d = 234. У этого числа нет делителя с суммой цифр 5, а любое число, ему кратное, больше, чем 288. Если d = 17, то 9d = 153. У этого числа нет делителя с суммой цифр 2, а любое число, ему кратное, больше, чем 288. Если d = 8, то 9d = 72. Ему кратные и меньшие, чем 288 — это 144 и 216. Но у этих чисел нет делителя с суммой цифр 5.
Ответ: 288
Задача: Назовём расстоянием между двумя клетками клетчатой доски наименьшее количество ходов, за которое шахматный король может добраться от одной из них до другой. Найдите наибольшее количество клеток, которое можно отметить на доске \(100 	imes 100\) так, чтобы среди них не нашлось двух клеток, расстояние между которыми равно 15.
Решение: Разобьём доску на 9 квадратов \(30 	imes 30\), 6 прямоугольников \(10 	imes 30\) и один квадрат \(10 	imes 10\). В каждом квадрате \(30 	imes 30\) клетки разбиваются на \(15^{2}\) четвёрок так, что расстояние между любыми клетками в одной четвёрке равно 15 (каждая четвёрка состоит из клеток с координатами \((a, b)\), \((a, b+15),(a+15, b)\) и \((a+15, b+15))\). Тогда в любой четвёрке может быть отмечено не более одной клетки, то есть общее число отмеченных клеток в таком квадрате не превосходит \(15^{2}\).
Аналогично, каждый прямоугольник \(10 	imes 30\) (скажем, с длинной горизонтальной стороной) разбивается на пары клеток, отстоящих друг от друга на 15 (с координатами \((a, b)\) и \((a+15, b))\) — поэтому в нём не более \(15 \cdot 10\) отмеченных клеток. Наконец, в квадрате \(10 	imes 10\) всего \(10^{2}\) клеток. Итого, отмеченных клеток не больше, чем \(9 \cdot 15^{2}+6 \cdot 15 \cdot 10+10^{2}=(3 \cdot 15+10)^{2}=55^{2}\).
Ответ: 3025 клеток
Задача: Два приведённых квадратных трёхчлена f(x) и g(x) таковы, что каждый из них имеет по два корня, и выполняются равенства f(1) = g(2) и g(1) = f(2). Найдите сумму всех четырёх корней этих трёхчленов.
Решение: Пусть f(x) = x^2 + ax + b, g(x) = x^2 + cx + d. Тогда условия задачи запишутся в виде 1 + a + b = 4 + 2c + d и 4 + 2a + b = 1 + c + d. Вычитая из первого равенства второе, получаем −3 − a = 3 + c, то есть a + c = −6. Но по теореме Виета −a — это сумма корней первого трёхчлена, а −c — сумма корней второго трёхчлена, откуда и следует требуемое.
Рассмотрим вспомогательный квадратный трёхчлен h(x) = g(3 − x) (он тоже приведённый!). Тогда h(x) − f(x) — линейный многочлен с корнями 1 и 2; значит, он тождественно нулевой, то есть f(x) = g(3 − x). Поэтому, если x_0 является корнем f(x), то 3 − x_0 является корнем g(x), и сумма этих двух корней равна 3. Аналогично, сумма остальных корней этих многочленов также равна 3.
Ответ: 6
Задача: Каждая грань куба 1000 × 1000 × 1000 разбита на 1000² квадратных клеток со стороной 1. Какое наибольшее количество этих клеток можно закрасить так, чтобы никакие две закрашенные клетки не имели общей стороны?
Решение: Рассмотрим произвольную закраску, удовлетворяющую условию. Разобьём все клетки поверхности на «каёмки» так, как показано на рис. 2 — по 500 каёмок вокруг каждой из восьми вершин (одна из каёмок отмечена серым). Тогда в k-й каёмке, считая от вершины, будет Sₖ = 6k - 3 клеток. Так как никакие две закрашенных клетки не могут быть соседними, в этой каёмке будет не более [Sₖ/2] = 3k - 2 = (Sₖ - 1)/2 закрашенных клеток. Просуммировав по всем 4000 каёмкам и учтя, что их общая площадь равна 6 · 1000², получаем, что общее количество закрашенных клеток не превосходит (6 · 1000² - 4000)/2 = 3 · 10⁶ - 2000.
Осталось привести пример, показывающий, что столько клеток закрасить можно. Назовём две противоположных грани куба верхней и нижней, а остальные — боковыми. На каждой из боковых граней можно отметить половину клеток шахматным образом. После этого на верхней и нижней гранях можно будет также окрасить половину клеток во всех строках, кроме двух крайних, оставив их пустыми — см. рис. 3, где видны две боковых и верхняя грани. Нетрудно видеть, что при такой закраске в каждой каёмке будет максимальное возможное количество закрашенных клеток.
Ответ: 3 · 1000² - 2000 = 2 998 000 клеток
Задача: Вычислите:

\[
\left(\frac{1+2}{3}+\frac{4+5}{6}+\frac{7+8}{9}+\ldots+\frac{2017+2018}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right).
\]
Решение: Имеем

\[
\begin{aligned}
& \left(\frac{1+2}{3}+\frac{4+5}{6}+\frac{7+8}{9}+\ldots+\frac{2017+2018}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)= \\
= & \left(\frac{(3-2)+(3-1)}{3}+\frac{(6-2)+(6-1)}{6}+\frac{(9-2)+(9-1)}{9}+\ldots \\
& \left.\ldots+\frac{(2019-2)+(2019-1)}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)= \\
= & \left(\frac{(3+3)-(2+1)}{3}+\frac{(6+6)-(2+1)}{6}+\frac{(9+9)-(2+1)}{9}+\ldots \\
& \left.\ldots+\frac{(2019+2019)-(2+1)}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)= \\
= & \left(2-\frac{3}{3}+2-\frac{3}{6}+2-\frac{3}{9}+\ldots+2-\frac{3}{2019}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)= \\
= & 2 \cdot 673-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{673}\right)= \\
= & 2 \cdot 673=1346 .
\end{aligned}
\]
Ответ: 1346
Задача: Внутри шляпы волшебника живут 100 кроликов: белые, синие и зелёные. Известно, что если произвольным образом вытащить из шляпы 81 кролика, то среди них обязательно найдутся три разноцветных. Какое наименьшее количество кроликов нужно достать из шляпы, чтобы среди них точно было два разноцветных?
Решение: Докажем, что если произвольным образом вытащить из шляпы 61 кролика, то среди них найдутся два разноцветных. Предположим противное: пусть имеется \(a \geqslant 61\) кроликов какого-то цвета (например, белого). Пусть второй цвет по количеству кроликов — синий. Тогда в шляпе живёт хотя бы \(\frac{100-a}{2}\) синих кроликов. А значит, общее количество белых и синих хотя бы

\[ a+\frac{100-a}{2}=\frac{100+a}{2} \geqslant \frac{161}{2}=80,5 . \]

Так как кроликов целое число, белых и синих вместе хотя бы 81, что противоречит условию.

Покажем, что 60 кроликов может быть недостаточно. Пусть в шляпе живёт 60 белых и по 20 синих и зелёных. Тогда может получиться, что все вытащенные кролики белые. С другой стороны, если вытащить 81 кролика, то среди них точно встретятся кролики всех трёх цветов.
Ответ: 61
Задача: Есть три брата-акробата. Их средний рост — 1 метр 74 сантиметра. А средний рост двух из этих братьев: самого высокого и самого низкого — 1 метр 75 сантиметров. Какого роста средний брат? Ответ обоснуйте.
Решение: Поскольку средний рост всех трёх — 1 метр 74 сантиметра, суммарный рост всех составляет 5 метров 22 сантиметра. Средний рост двух братьев равен 1 метр 75 сантиметров, поэтому их суммарный рост составляет 3 метра 50 сантиметров. А значит, рост среднего брата составляет 1 метр 72 сантиметра.
Ответ: 1 метр 72 сантиметра
Задача: У царя восемь сыновей, и все дураки. Каждую ночь царь отправляет троих из них стеречь золотые яблоки от жар-птицы. Поймать жар-птицу царевичи не могут, винят в этом друг друга, и поэтому никакие двое не соглашаются пойти вместе в караул второй раз. Какое наибольшее количество ночей это может продолжаться?
Решение: Оценка. Рассмотрим любого из сыновей. В каждом карауле он находится вместе с двумя братьями, поэтому после трёх его выходов останется один брат, вместе с которым он не ходил в караул, и уже не сможет пойти, так для них не будет третьего. Эта ситуация «симметрична», то есть если сын А после трёх своих выходов не ходил в караул с сыном В, то и сын В после трёх своих выходов не ходил в караул с сыном А. Следовательно, есть как минимум четыре пары сыновей, которые в одном карауле не были и не будут. Всевозможных пар: \(\frac{8 \cdot 7}{2} = 28\), поэтому в караулах побывают не более чем 28 - 4 = 24 пары. Так как за одну ночь задействованы по три пары сыновей, то ночей может быть не больше чем 24 : 3 = 8.

Пример. Обозначим сыновей: 1, 2, 3, 4, A, B, C, D. Тогда восемь троек, удовлетворяющих условию задачи: A12, B23, C34, D41, AB4, BC1, CD2, DA3.
Ответ: 8 ночей
Задача: Какое наименьшее количество клеток нужно отметить на доске размером 8×9 так, чтобы среди любых пяти подряд идущих клеток по горизонтали, вертикали или диагонали была отмеченная клетка?
Решение: Пример. См. рис. 11.4а.
Оценка. Выделим на доске 14 прямоугольников размером 1×5, не затрагивающие только две центральные клетки (см. рис. 11.4б). В каждом из них должно быть хотя бы по одной отмеченной клетке, то есть отмеченных клеток не меньше, чем 14.
Ответ: 14 клеток
Задача: Петя ошибся, записывая десятичную дробь: цифры записал верно, а запятую сдвинул на одну позицию. В результате получилось число, которое меньше нужного на 19,71. Какое число должен был записать Петя?
Решение: Так как в результате ошибки число уменьшилось, то запятая была сдвинута влево. При этом число уменьшилось в 10 раз. Пусть получилось число x, тогда исходное число – это 10x. По условию: 10x – x = 19,71, значит, x = 2,19, 10x = 21,9.
Ответ: 21,9
Задача: Кузя разрезал выпуклый бумажный 67-угольник по прямой на два многоугольника, затем таким же образом разрезал один из двух получившихся многоугольников, затем — один из трёх получившихся, и так далее. В итоге у него получилось восемь n-угольников. Найдите все возможные значения n.
Решение: Прямолинейный разрез бывает трёх видов: от стороны к стороне, от вершины к стороне и от вершины до вершины. Значит, после одного разреза суммарное количество сторон многоугольников увеличивается на 4, 3 или 2 соответственно. Кузя сделал 7 разрезов, поэтому добавилось не меньше, чем 14, но не больше, чем 28 сторон. Следовательно, у восьми n-угольников в сумме от 81 до 95 сторон. Из целых чисел этого отрезка только число 88 делится на 8 без остатка, поэтому n = 88 : 8 = 11.
Ответ: 11
Задача: Число 2019 представили в виде суммы различных нечётных натуральных чисел. Каково наибольшее возможное количество слагаемых?
Решение: Оценка. Вычислим сумму 45 наименьших нечётных натуральных чисел: \( 1 + 3 + \ldots + 87 + 89 = \frac{1 + 89}{2} \cdot 45 = 2025 > 2019 \). Значит, слагаемых меньше, чем 45, но сумма 44 нечётных слагаемых является чётным числом, поэтому слагаемых не больше, чем 43.

Пример. \( 2019 = 1 + 3 + \ldots + 81 + 83 + 255 \).
Ответ: 43
Задача: На доске написано $n$ различных целых чисел. Произведение двух наибольших равно 77. Произведение двух наименьших тоже равно 77. При каком наибольшем $n$ это возможно?
Решение: Числа $-11,-7,-6,-5, \ldots, 6,7,11$ дают пример при $n=17$.

Допустим, что есть хотя бы 18 чисел с таким свойством. Тогда какие-то 9 из них будут одного знака (все положительны или все отрицательны). Среди этих 9 чисел модули двух наибольших будут не меньше 8 и 9 соответственно. Тогда их произведение не может быть равно 77.
Ответ: При $n=17$.
Задача: На доске написаны n различных целых чисел, любые два из них отличаются хотя бы на 10. Сумма квадратов трёх наибольших из них меньше трёх миллионов. Сумма квадратов трёх наименьших из них также меньше трёх миллионов. При каком наибольшем n это возможно?
Решение: Заметим сразу, что 990² + 1000² + 1010² = (1000 - 10)² + 1000² + (1000 + 10)² = 3 · 1000² + 2 · 10², что больше трёх миллионов. С другой стороны, 989² + 999² + 1009² = (1000 - 11)² + (1000 - 1)² + (1000 + 9)² = 3 · 1000² - 6 · 1000 + (9² + 1² + 11²), что меньше трёх миллионов.
Если неотрицательных чисел на доске не меньше, чем 102, то три наибольших из них не меньше, чем 99 · 10 = 990, 100 · 10 = 1000 и 101 · 10 = 1010 соответственно. Тогда по замечанию выше сумма их квадратов больше трёх миллионов, что невозможно. Поэтому неотрицательных чисел на доске не больше 101. Аналогично, отрицательных чисел не больше 101. Таким образом, общее количество чисел не больше, чем 101 + 101 = 202.
Пример при n = 202 дают числа -1009, -999, -989, ..., -9, 9, 19, ..., 999, 1009. Из замечания выше, он подходит.
Ответ: При n = 202.
Задача: Зелёный хамелеон всегда говорит правду, а коричневый хамелеон врёт и после этого немедленно зеленеет. В компании из 2019 хамелеонов (зелёных и коричневых) каждый по очереди ответил на вопрос, сколько среди них сейчас зелёных. Ответами были числа 1, 2, 3, ..., 2019 (в некотором порядке, причём не обязательно в указанном выше). Какое наибольшее число зелёных хамелеонов могло быть изначально?
Решение: Рассмотрим двух хамелеонов, говоривших подряд. Один из них в момент высказывания был коричневым; действительно, если бы они оба были зелёными, то после высказывания первого количество зелёных хамелеонов не изменилось бы, и второй назвал бы то же число, что и первый. Разобьём всех хамелеонов на 1009 пар, говоривших подряд, и ещё одного хамелеона; поскольку в каждой паре был коричневый, исходное количество зелёных хамелеонов было не больше 2019 − 1009 = 1010.
Осталось показать, что 1010 зелёных хамелеонов быть могло. Пронумеруем хамелеонов в порядке их высказываний. Пусть все нечётные хамелеоны — зелёные, а все чётные — коричневые. Тогда первый скажет 1010, второй — 1 и станет зелёным. Тогда третий скажет 1011, а четвёртый — 2 и станет зелёным, и так далее. В результате нечётные хамелеоны произнесут все числа от 1010 до 2019, а чётные — все числа от 1 до 1009.
Ответ: 1010
Задача: При некоторых натуральных $n>m$ число $n$ оказалось представимо в виде суммы 2021 слагаемых, каждое из которых равно некоторой целой неотрицательной степени числа $m$, а также в виде суммы 2021 слагаемых, каждое из которых равно некоторой целой неотрицательной степени числа $m+1$. При каком наибольшем $m$ это могло произойти (хоть при каком-то $n>m$)?
Решение: Пусть $m>2021$. Поскольку любая степень числа $m+1$ дает остаток 1 от деления на $m$, то сумма 2021 таких степеней дает остаток 2021 от деления на $m$. С другой стороны, степени числа $m$ дают лишь остатки 0 или 1 от деления на $m$, поэтому сумма 2021 степени числа $m$ может давать остаток 2021 от деления на $m$ только если все слагаемые равны 1. Но тогда $n=2021<m$, противоречие. Значит, $m \leqslant 2021$.

Для $m=2021$ есть пример: $2021 m=1+2020(m+1)$.
Ответ: 2021
Задача: В языке три буквы — Ш, У и Я. Словом называется последовательность из 100 букв, ровно 40 из которых — гласные (то есть У или Я), а остальные 60 — буква Ш. Какое наибольшее количество слов можно выбрать так, чтобы у любых двух выбранных слов хотя бы в одной из ста позиций одновременно стояли гласные, причём различные?
Решение: Пример. Рассмотрим все $2^{40}$ слов, у которых начиная с 41-ой все буквы Ш, а первые 40 — У или Я. Этот набор слов удовлетворяет условию.

Оценка. Каждому из наших $m$ слов сопоставим $2^{60}$ слов, заменяя каждую букву Ш, на У или Я (всеми возможными способами). Заметим, что полученные $m \cdot 2^{60}$ слов состоят из букв У и Я и попарно различны (для слов, полученных из одного и того же, это ясно из построения, а для слов, полученных из двух разных, следует из условия). Таким образом, $m \cdot 2^{60} \leqslant 2^{100}$ и $m \leqslant 2^{40}$.
Ответ: 2^{40}
Задача: На окружности отмечено 1000 точек, каждая окрашена в один из $k$ цветов. Оказалось, что среди любых пяти попарно пересекающихся отрезков, концами которых являются 10 различных отмеченных точек, найдутся хотя бы три отрезка, у каждого из которых концы имеют разные цвета. При каком наименьшем $k$ это возможно?
Решение: Предположим, что на окружности есть 8 точек одного цвета (скажем, красного). Добавим к ним ещё две отмеченных точки, получив десятиугольник $A_{1} A_{2} \ldots A_{5} B_{1} B_{2} \ldots B_{5}$. Тогда отрезки $A_{1} B_{1}, A_{2} B_{2}, \ldots, A_{5} B_{5}$ попарно пересекаются, и среди них есть три отрезка, у которых все концы красные. Это противоречит условию. Таким образом, точек каждого цвета не больше семи, поэтому $k \geqslant \frac{1000}{7}$, то есть $k \geqslant 143$.
При $k=143$ отметим дополнительную, 1001-ю, точку и разделим все отмеченные точки на 143 группы по 7 подряд идущих точек. Каждую группу окрасим своим цветом. Пусть $A_{1} B_{1}, \ldots$, $A_{5} B_{5}$ — пять попарно пересекающихся отрезков с концами в отмеченных точках. Можно считать, что точки $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{5}, B_{1}$, $B_{2}, \ldots, B_{5}$ расположены на окружности именно в этом порядке. Предположим, что отрезок $A_{1} B_{1}$ имеет одноцветные концы (скажем, красные). Тогда либо все точки $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{5}$, либо все точки $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{5}$ красные. В первом случае максимум две из точек $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{5}$ красные. Но тогда три отрезка, не содержащие этих точек, будут иметь разноцветные концы. Второй случай аналогичен.
Ответ: При $k=143$.
Задача: Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{10 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
Ответ: 20
Задача: Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{11 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
Ответ: 22
Задача: Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{12 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
Ответ: 24
Задача: Сколько корней имеет уравнение \(\underbrace{f(f(\ldots f(x) \ldots))}_{13 \text { раз } f}+\frac{1}{2}=0\), где \(f(x)=|x|-1\)?
Ответ: 26
Задача: Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=82^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
Ответ: 38
Задача: Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=86^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
Ответ: 34
Задача: Равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(BC\) и \(AD\) такова, что \(\angle ADC=2 \angle CAD=88^{\circ}\). Внутри трапеции выбрана точка \(T\) так, что \(CT=CD, AT=TD\). Найдите \(\angle TCD\).
Ответ: 32