t-tech/T-math huggingface dataset:
Задача: Ваня выписал в ряд без пропусков друг за другом все натуральные числа от 1 до N в следующем порядке:

1 N 2 N - 1 3 N - 2...

Например, при N = 5 получилось бы 15243, а при N = 10 получилось бы 11029384756.

При каком наименьшем N в такой записи встретится последовательность цифр 301?
Решение: Заметим, что в нашей последовательности сумма двух подряд идущих чисел равна N + 1 или N + 2.

Рассмотрим последовательность цифр 301. Есть четыре случая:
- цифры этой последовательности принадлежат одному числу, тогда N ≥ 301, но мы покажем, что N может быть и меньше;
- цифры этой последовательности принадлежат трём разным числам: одно заканчивается на 3, другое начинается на 1 и число 0 посередине, но в нашем ряду только натуральные числа, поэтому этот случай невозможен;
- цифры этой последовательности принадлежат двум разным числам: одно заканчивается на 3, другое начинается на 01, но в нашем ряду только натуральные числа, поэтому этот случай невозможен;
- цифры этой последовательности принадлежат двум разным числам: одно заканчивается на 30, другое начинается на 1.

Последний случай рассмотрим более детально. Число, которое начинается на 1, не может равняться 1, так как в нашей последовательности перед 1 нет других чисел.

Таким образом, второе число не меньше 10, а предыдущее число не меньше 30, то есть сумма наших двух подряд идущих чисел не меньше 40. Но она равна N + 1 или N + 2, поэтому N ≤ 38.

Теперь приведём пример для N = 38.

1 38 2 37 3 36 4 35 5 34 6 33 7 32 8 31 9 30 10 29 ...
Ответ: 38.
Задача: Фома и Ерёма ехали по прямой дороге в Москву на повозке с постоянной скоростью.
- В 12:00 Фома спросил: «Сколько вёрст до Москвы?»
- Ерёма ответил: «82».
- В 13:00 Фома спросил: «Сколько вёрст до Москвы?»
- Ерёма ответил: «71».
- В 15:00 Фома спросил: «Сколько вёрст до Москвы?»
- Ерёма ответил: «46».

Известно, что Ерёма каждый раз округлял расстояние до ближайшего целого, а если таких было два — то до любого на свой выбор.

В 16:00 Фома снова спросил: «Сколько вёрст до Москвы?» В этот раз Ерёма уже дал точный ответ, не округляя его. Что ответил Ерёма?
Решение: Из ответов Ерёмы мы понимаем, что

• в 12:00 до Москвы оставалось от 81,5 до 82,5 вёрст;
• в 13:00 до Москвы оставалось от 70,5 до 71,5 вёрст;
• в 15:00 до Москвы оставалось от 45,5 до 46,5 вёрст.
То есть Фома и Ерёма
• с 12:00 до 13:00 проехали от 10 до 12 вёрст;
• с 13:00 до 15:00 проехали от 24 до 26 вёрст.
Но так как скорость повозки постоянна, она определяется однозначно и равняется 12 вёрст в час (это максимально возможная скорость с 12:00 до 13:00 и минимально возможная скорость с 13:00 до 15:00). Кроме этого, мы получаем, что
• в 12:00 до Москвы оставалось 82,5 версты;
• в 13:00 до Москвы оставалось 70,5 вёрст;
• в 15:00 до Москвы оставалось 46,5 вёрст.
Таким образом, в 16:00 до Москвы оставалось 34,5 версты.
Ответ: 34,5
Задача: На доску выписаны числа 1, 2, 3, ..., 57. Какое наибольшее количество чисел среди них можно выбрать так, чтобы никакие два выбранных числа не отличались ровно в 2,5 раза?
Решение: Рассмотрим последовательности натуральных чисел, удовлетворяющие следующему набору условий: в каждой последовательности

- каждое число не превосходит 57;
- есть хотя бы два числа, и все они идут по возрастанию;
- каждое следующее число в 2,5 раза больше предыдущего.

Выпишем их все.
- 2, 5
- 4, 10, 25
- 6, 15
- 8, 20, 50
- 12, 30
- 14, 35
- 16, 40
- 18, 45
- 22, 55

Заметим, что в каждой из этих девяти последовательностей должно быть хотя бы одно невыбранное число. Тогда выбранных чисел не более, чем 57 - 9 = 48.

Пример, когда выбранных чисел ровно 48, построить несложно: достаточно выбрать все числа от 1 до 57, кроме вторых чисел из перечисленных выше девяти последовательностей.
Ответ: 48
Задача: На плоскости отмечено 36 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Некоторые пары отмеченных точек соединены отрезком так, что из каждой отмеченной точки выходит не более 3 отрезков.

Какое наибольшее количество различных замкнутых 4-звенных ломаных может получиться?

Вершинами ломаной могут быть только отмеченные точки, а звеньями — только проведённые отрезки. Неважно, где у ломаной начало и как она ориентирована: например, если для некоторых 4 отмеченных точек A, B, C, D проведены отрезки AB, BC, CD, DA, то ABCD, BCDA, CDAB, DABC, ADCB, BADC, CBAD, DCBA — это одна и та же ломаная.
Решение: Для начала докажем, что ломаных не больше 54.

Рассмотрим конструкцию «галочка», состоящую из трёх точек A, B и C, а также двух отрезков AB и AC (при этом отрезок BC может как присутствовать, так и не присутствовать; точку A будем называть вершиной галочки). Так как из B и C выходит ещё не более чем по два отрезка, то каждая галочка может содержаться не более, чем в двух 4-звенных ломаных. При этом точка A является вершиной не более чем трёх галочек, поэтому она находится не более чем в шести 4-звенных ломаных.

Теперь оценим количество ломаных. Всего точек 36, каждая находится не более чем в 6 ломаных, при этом в каждой ломаной участвуют ровно 4 точки. Таким образом, ломаных не больше чем 36 · 6 / 4 = 54.

Теперь докажем, что ломаных могло быть ровно 54.
Опишем конструкцию, состоящую из 6 точек: \(A_1, A_2, A_3, B_1, B_2, B_3\). Между ними проведём отрезки так, чтобы для всех \(i, j \in \{1, 2, 3\}\) точка \(A_i\) была соединена с точкой \(B_j\) (таким образом, из каждой точки выходит ровно 3 отрезка). Тогда любая пара вершин \(A_{i_1}, A_{i_2}\) вместе с любой парой вершин \(B_{j_1}, B_{j_2}\) будет образовывать 4-звенную ломаную. Таким образом, ломаных будет ровно 9. Для построения примера, требующегося в задаче, достаточно рассмотреть 6 таких конструкций, все точки которых различны.
Ответ: 54
Задача: В вершины правильного 100-угольника поставили 100 фишек, на которых написаны номера 1, 2, ..., 100, именно в таком порядке по часовой стрелке. За ход разрешается обменять местами некоторые две фишки, стоящие в соседних вершинах, если номера этих фишек отличаются не более чем на \( k \). При каком наименьшем \( k \) серией таких ходов можно добиться расположения, в котором каждая фишка сдвинута на одну позицию по часовой стрелке (по отношению к своему начальному положению)?
Решение: Пример. Фишку 50 последовательно 99 раз меняем со следующей против часовой стрелки. Получаем требуемое расположение.

Оценка. Предположим, что при некотором \( k < 50 \) требуемая расстановка получена.

В каждый момент времени считаем покрашенной дугу от фишки 100 до фишки 1 по часовой стрелке. Так как фишки 100 и 1 нельзя поменять за один ход, каждая конкретная фишка \( m \) (\( 2 \leqslant m \leqslant 99 \)) могла попасть на покрашенную дугу или покинуть покрашенную дугу только путём обмена с одной из фишек 1 или 100.

Поскольку изначально и в конце фишка \( m \) не была на покрашенной дуге, она сделала одинаковое количество входов на покрашенную дугу и выходов с покрашенной дуги. При \( m \leqslant 50 \) фишка \( m \) не могла меняться с фишкой 100, поэтому она могла делать вход или выход только путём обмена с фишкой 1. При входе фишка 1 совершает сдвиг на 1 по часовой стрелке, а при выходе — на 1 против часовой стрелки. Проведём аналогичные рассуждения для фишек \( m \geqslant 51 \), которые не могут меняться с фишкой 1.

Тем самым, мы получаем, что фишки 1 и 100 совершают одинаковый сдвиг по и против часовой стрелки, поэтому они остаются на своих позициях. Противоречие.
Ответ: 50.
Задача: В вершины правильного 100-угольника поставили 100 фишек, на которых написаны номера \(1,2, \ldots, 100\), именно в таком порядке по часовой стрелке. За ход разрешается обменять местами некоторые две фишки, стоящие в соседних вершинах, если номера этих фишек отличаются не более чем на \(k\). При каком наименьшем \(k\) серией таких ходов можно добиться расположения, в котором каждая фишка сдвинута на одну позицию по часовой стрелке (по отношению к своему начальному положению)?
Решение: Пример. Фишку 50 последовательно 99 раз меняем со следующей против часовой стрелки. Получаем требуемое расположение.
Первый способ. Предположим, что при некотором \(k<50\) требуемая расстановка получена. В каждый момент времени считаем покрашенной дугу от фишки 100 до фишки 1 по часовой стрелке. Так как фишки 100 и 1 нельзя поменять за один ход, каждая конкретная фишка \(m\) \((2 \leqslant m \leqslant 99)\) могла попасть на покрашенную дугу или покинуть покрашенную дугу только путём обмена с одной из фишек 1 или 100. Поскольку изначально и в конце фишка \(m\) не была на покрашенной дуге, она сделала одинаковое количество входов на покрашенную дугу и выходов с покрашенной дуги. При \(m \leqslant 50\) фишка \(m\) не могла меняться с фишкой 100, поэтому она могла делать вход или выход только путём обмена с фишкой 1. При входе фишка 1 совершает сдвиг на 1 по часовой стрелке, а при выходе — на 1 против часовой стрелки. Проведём аналогичные рассуждения для фишек \(m \geqslant 51\), которые не могут меняться с фишкой 1. Тем самым, мы получаем, что фишки 1 и 100 совершают одинаковый сдвиг по и против часовой стрелки, поэтому они остаются на своих позициях. Противоречие.
Второй способ. Будем считать сдвиги фишек относительно их начальной позиции, причём сдвиг по часовой стрелке будет считаться с плюсом, против часовой — с минусом. Тогда при обмене двух фишек к сдвигу одной из них прибавляется +1, а другой -1. Значит, в результате проведенных операций сумма сдвигов будет равна 0. Рассуждаем от противного: пусть при \(k<50\) каждая фишка \(i\) в итоге сдвинута на одну позицию по часовой стрелке, т.е. ее сдвиг оказался равным \(1+100 t_{i}\) (здесь \(t_{i}\) — целое «число оборотов» по часовой стрелке, в частности при \(t_{i}<0\) фишка \(i\) сделала \(\left|t_{i}ight|\) оборотов против часовой стрелки). Тогда суммарный сдвиг всех 100 фишек равен \(100\left(t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{100}ight)+100\). Поскольку он должен равняться 0, имеем \(t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{100}=-1\). Поскольку \(k<50\), фишки с номерами \(i\) и \(j\), где \(j \geqslant i+50\), не могли меняться местами, поэтому их сдвиги в любой момент заведомо отличаются меньше чем на 100, значит «количества оборотов» \(t_{i}\) и \(t_{j}\) равны при \(j \geqslant i+50\). Отсюда имеем \(t_{1}=t_{51}\), \(t_{2}=t_{52}, \ldots, t_{50}=t_{100}\). Тогда сумма \(t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{100}=2\left(t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{50}ight)\) — четна, а значит не равна -1. Противоречие.
Ответ: 50
Задача: Квадрат \( 100 \times 100 \) разбит на квадраты \( 2 \times 2 \). Потом его разбивают на доминошки (прямоугольники \( 1 \times 2 \) и \( 2 \times 1 \)). Какое наименьшее количество доминошек могло оказаться внутри квадратов разбиения?
Решение: Пример. Верхнюю и нижнюю горизонтали разобьём на горизонтальные доминошки - они окажутся в квадратах \( 2 \times 2 \). Остальной прямоугольник \( 98 \times 100 \) разобьём на вертикальные доминошки - они не окажутся в квадратах \( 2 \times 2 \).

Оценка. Рассмотрим квадраты \( A_{1}, A_{3}, \ldots, A_{99} \) размеров \( 1 \times 1, 3 \times 3, \ldots, 99 \times 99 \), у которых левый нижний угол совпадает с левым нижним углом исходного квадрата $100 \times 100$. Для каждого из квадратов $A_{i}(i=1,3,5, \ldots, 99)$ найдётся доминошка $X_{i}$, пересекающая его сторону (поскольку квадраты нечётной площади не разбиваются на доминошки). Легко видеть, что $X_{i}$ лежит внутри квадратика $2 \times 2$ из разбиения.

Аналогично, рассматривая квадраты $B_{1}, B_{3}, \ldots, B_{99}$ размеров $1 \times 1,3 \times 3, \ldots 99 \times 99$, у которых правый верхний угол совпадает с правым верхним углом исходного квадрата $100 \times 100$, находим ещё 50 нужных нам доминошек $Y_{j}(j=1,3,5, \ldots, 99)$.

Это завершает решение (очевидно, что все доминошки $X_{1}$, $X_{3}, \ldots, X_{99}, Y_{1}, Y_{3}, \ldots, Y_{99}$ различны).
Ответ: 100
Задача: Если на столе лежит несколько кучек камней, считается, что на столе много камней, если можно найти 50 кучек и пронумеровать их числами от 1 до 50 так, что в первой кучке есть хотя бы один камень, во второй — хотя бы два камня, ..., в пятидесятои — хотя бы пятьдесят камней. Пусть исходно на столе лежат 100 кучек по 100 камней в каждой. Найдите наибольшее n ≤ 10 000 такое, что после удаления из исходных кучек любых n камней на столе всё равно останется много камней. (При удалении камней кучка не распадается на несколько.)
Решение: Если удалить полностью 51 кучку, то, очевидно, не останется много камней. Значит, искомое значение n меньше 5100. (Альтернативно, можно удалить из всех кучек по 51 камню.)

Осталось показать, что при удалении любых n = 5099 камней останется много камней. Пусть в кучках осталось a₁, a₂, ..., a₁₀₀ камней соответственно; можно считать, что 0 ≤ a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ a₁₀₀ ≤ 100. Покажем, что aᵢ₊₅₀ ≥ i при i = 1, 2, ..., 50, то есть кучки с номерами от 51 до 100 удовлетворяют требованиям.

Пусть это не так, то есть aᵢ₊₅₀ ≤ i - 1 при некотором i ≤ 50. Это значит, что каждая из первых i + 50 кучек содержит не более i - 1 камня, то есть из неё удалено хотя бы 101 - i камней. Поэтому общее количество удалённых камней не меньше, чем (i + 50)(101 - i) = 5100 - (i - 1)(i - 50) ≥ 5100. Противоречие.
Ответ: 5099
Задача: Дан треугольник ABC. Пусть точка I — центр его вписанной окружности, а точки P и Q — середины сторон AB и AC соответственно. Оказалось, что ∠PIQ + ∠BIC = 180°. Найдите длину отрезка BC, если AB = 20 и AC = 14.
Решение: Из условия следует, что ∠BIP + ∠CIQ = 180°. Кроме того, отметим, что PQ || BC как средняя линия треугольника.

Проведём к вписанной окружности треугольника \(ABC\) касательную, параллельную отрезку \(BC\). Обозначим через \(P'\) и \(Q'\) точки пересечения этой касательной со сторонами \(AB\) и \(AC\) соответственно. Поскольку в трапецию \(P'Q'CB\) вписана окружность с центром \(I\), то точка \(I\) является точкой пересечения биссектрис всех четырёх углов этой трапеции. Так как \(P'Q' \parallel BC\), то \(\angle P'Q'C + \angle BCQ' = 180^\circ\). Тогда \(\angle IQ'C + \angle ICQ' = 90^\circ\), откуда \(\angle CIQ' = 90^\circ\). Аналогично \(\angle BIP' = 90^\circ\). Тогда

\[
\angle BIP' + \angle CIQ' = 180^\circ = \angle BIP + \angle CIQ.
\]

Ясно, что если отрезок \(P'Q'\) находится выше отрезка \(PQ\), то \(\angle BIP' > \angle BIP\) и \(\angle CIQ' > \angle CIQ\), а если ниже, то \(\angle BIP' < \angle BIP\) и \(\angle CIQ' < \angle CIQ\). В обоих этих случаях полученное равенство невозможно. Следовательно, точки \(P'\) и \(Q'\) совпадают с точками \(P\) и \(Q\), т. е. четырёхугольник \(PQCB\) является описанной трапецией.

Заметим, что \(BP = AP = 10\) и \(CQ = AQ = 7\), а также \(PQ = \frac{1}{2}BC\). Значит, по свойству описанного четырёхугольника

\[
10 + 7 = BP + CQ = PQ + BC = \frac{3}{2}BC,
\]

откуда и получаем \(BC = \frac{34}{3}\).
Ответ: 34/3.
Задача: В зоопарк для кормления трёх обезьян привезли апельсины, бананы и кокосы, фруктов всех трёх видов было поровну. Первую обезьяну кормили только апельсинами и бананами, причём бананов было на 40% больше, чем апельсинов. Вторую кормили только бананами и кокосами, причём кокосов было на 25% больше, чем бананов. А третью кормили только кокосами и апельсинами, причём апельсинов было в 2 раза больше, чем кокосов. Обезьяны съели все привезённые фрукты.

Пусть первая обезьяна съела a апельсинов, а третья обезьяна съела b апельсинов. Найдите a/b.
Решение: Пусть первая обезьяна съела x апельсинов, вторая обезьяна съела y кокосов, а третья обезьяна съела z кокосов. Тогда первая обезьяна съела 1,4x бананов; вторая обезьяна съела 1,25y кокосов; третья обезьяна съела 2z апельсинов. Поскольку всех фруктов съедено поровну, имеем

x + 2z = 1,4x + y = 1,25y + z.
Перепишем это в виде системы:
$$
\left\{
\begin{array}{l}
x + 2z = 1,25y + z, \\
x + 2z = 1,4x + y.
\end{array}
\right.
$$
Сгруппировав одинаковые слагаемые, получим
$$
\left\{
\begin{array}{l}
x + z = 1,25y, \\
2z = 0,4x + y.
\end{array}
\right.
$$
Домножив первое равенство на 2 и вычтя из него второе, получим $2x = 1,5y - 0,4x$, откуда $2,4x = 1,5y$ и $y = 1,6x$. Подставляя это в уравнение $x + z = 1,25y$, получаем $x + z = 2x$, т. е. $z = x$.
Теперь можно ответить на вопрос задачи. Первая обезьяна апельсинов съела $x$, а третья — $2z = 2x$. Значит, искомое отношение равно 1/2.
Ответ: 1/2
Задача: На горизонтальном полу лежат три волейбольных мяча радиусом 18, попарно касающиеся друг друга. Сверху положили теннисный мяч радиусом 6, касающийся всех трёх волейбольных мячей. Найдите расстояние от верхней точки теннисного мяча до пола. (Все мячи имеют форму шара.)
Решение: Центры волейбольных мячей обозначим через $A$, $B$, $C$, а центр теннисного — через $D$; верхнюю точку теннисного мяча обозначим через $X$.
Рассмотрим сечение волейбольных мячей плоскостью $ABC$. Это три попарно касающиеся окружности радиусом 18. Следовательно, точки $A$, $B$, $C$ расположены в вершинах правильного треугольника со стороной 36. Центр этого треугольника обозначим за $O$; тогда $OA = 18 / \cos(30^\circ) = 12\sqrt{3}$ (из прямоугольного треугольника $OAM$, где $M$ — середина $AB$).
Из соображений симметрии ясно, что точки $X$, $D$ и $O$ лежат на одной вертикальной прямой. Рассмотрим сечение теннисного мяча и одного из волейбольных плоскостью $ADO$. Треугольник $ADO$ прямоугольный, $AD = 18 + 6 = 24$, по теореме Пифагора имеем

$$ OD = \sqrt{AD^2 - OA^2} = 12. $$

Сама точка $O$, как и вся плоскость $ABC$, находится на высоте радиуса волейбольного мяча, то есть 18; точка $D$, как мы выяснили, выше неё на 12; а точка $X$ выше точки $D$ на радиус теннисного мяча, то есть на 6. В сумме получаем $18 + 12 + 6 = 36$.
Ответ: 36
Задача: Точка $M$ — середина основания $BC$ трапеции $ABCD$. На основании $AD$ выбрана точка $P$. Луч $PM$ пересекает луч $DC$ в точке $Q$. Перпендикуляр к основанию $AD$, проведённый через точку $P$, пересекает отрезок $BQ$ в точке $K$.

Известно, что $\angle KQD = 64^\circ$ и $\angle KDQ = 38^\circ$. Сколько градусов составляет угол $KBC$?
Решение: Из условия следует, что $\angle BKD = \angle KQD + \angle KDQ = 64^\circ + 38^\circ = 102^\circ$.
Пусть прямые $QB$ и $AD$ пересекаются в точке $X$. Треугольники $QXP$ и $QBM$ подобны с коэффициентом $QP/QM$, и с тем же коэффициентом подобны треугольники $QDP$ и $QCM$. Тогда из равенства $MB = MC$ следует, что $PX = PD$. Значит, точка $K$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $XD$, поэтому $\angle KXD = \angle KDX = \frac{1}{2}(180^\circ - 102^\circ) = 39^\circ$. Поскольку $BC \parallel AD$, получаем, что $\angle KBC = \angle KXD = 39^\circ$.
Замечание. Также равенство $PX = PD$ можно было установить с помощью гомотетии с центром $Q$, переводящей треугольник $QBC$ в треугольник $QXD$.
Ответ: $39^\circ$
Задача: У Маши есть три одинаковых игральных кубика, на гранях каждого из них написано шесть различных простых чисел с суммой 87. Маша дважды кинула все три кубика. В первый раз сумма выпавших чисел равнялась 10, во второй раз сумма выпавших равнялась 62. Ровно одно из шести чисел ни разу не выпало. Какое?
Решение: Заметим, что число 10 единственным образом представляется в виде суммы трёх простых чисел: $10 = 2 + 3 + 5$. Это означает, что на кубиках есть числа 2, 3, 5, и они выпали в первый раз.

Заметим, что если чётное число 62 представимо в виде суммы трёх простых чисел, то одно из них чётно и поэтому равно 2. Тогда сумма двух оставшихся равна 60. Заметим, что среди этих двух чисел не может быть ни числа 2, ни числа 3, ни числа 5, а также что они различные (ведь числа 58, 57, 55 и 30 — составные). Это означает, что на кубиках есть два различных простых числа с суммой 60, больших 5, и они выпали во второй раз (вместе с 2).

Итак, на каждом кубике есть числа 2, 3, 5, а также два других простых числа с суммой 60.
Поскольку сумма всех шести чисел равна 87, то шестое число, которое никогда не выпадало, равно $87 - 2 - 3 - 5 - 60 = 17$.
Ответ: 17
Задача: Перед сладкоежкой лежат пять коробок с конфетами: в первой коробке 11 конфет, во второй — 22 конфеты, в третьей — 33 конфеты, в четвёртой — 44 конфеты, в пятой — 55 конфет. За один ход сладкоежка может взять из одной коробки четыре конфеты и разложить их по одной конфете в оставшиеся четыре коробки.

В любой момент сладкоежка может забрать конфеты из любой коробки и уйти. Какое наибольшее количество конфет он сможет забрать?
Решение: Рассмотрим количества конфет в коробках. Изначально это 5 натуральных чисел, дающих различные остатки при делении на 5. Докажем, что пока сладкоежка не заберёт конфеты из какой-либо коробки, эти 5 чисел всегда дают различные остатки при делении на 5. Для этого достаточно понять, что разность любых двух из этих 5 чисел никогда не делится на 5.

Пусть в какой-то момент в каких-то двух коробках лежало \( x \) и \( y \) конфет, причём разность \( x - y \) не делится на 5. После того, как сладкоежка как-то переложит конфеты, эта разность будет принимать одно из значений

\[(x + 1) - (y + 1) = x - y, \quad (x - 4) - (y + 1) = x - y - 5, \quad (x + 1) - (y - 4) = x - y + 5.
\]
Очевидно, что все они по-прежнему не делятся на 5.

Пусть сладкоежка в какой-то момент забрал все конфеты из одной из коробок. Посмотрим на оставшиеся четыре коробки: общее количество конфет в них не меньше, чем сумма остатков при делении на 5 соответствующих чисел. Таким образом, в них осталось хотя бы 0+1+2+3 = 6 конфет. Соответственно, сладкоежка забрал не более 11+22+33+44+55−6 = 159 конфет.

Теперь приведём пример, как сладкоежка может забрать ровно 159 конфет. Пусть он перекладывает по 4 конфеты из первых четырёх коробок, пока это возможно (то есть пока хотя бы в одной из этих коробок есть хотя бы 4 конфеты). Этот процесс рано или поздно закончится, ведь с каждым таким ходом общее количество конфет в первых четырёх коробках уменьшается ровно на 1 (в одной коробке количество конфет уменьшается на 4, а в трёх оставшихся — увеличивается на 1).

В тот момент, когда такой процесс закончится, в каждой из первых четырёх коробок будет от 0 до 3 конфет. Но мы доказали ранее, что количества конфет в этих четырёх коробках должны давать разные остатки при делении на 5. Отсюда следует, что в одной коробке лежит 0 конфет, в другой — 1, в третьей — 2, в четвёртой — 3 конфеты. Значит, остальные 159 конфет лежат в пятой коробке, их сладкоежка и заберёт.
Ответ: 159.
Задача: На доске написано число 111123445678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получились число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Решение: Цифры 6, 7 и 8 необходимо вычеркнуть, а 5 оставить (иначе число не будет делиться на 5). Каждую цифру перед пятёркой можно вычёркивать или не вычёркивать. На цифры 2 и 3 есть по два варианта на каждую (вычеркнуть или нет), на 4 — 3 варианта (не вычёркивать ни одной, вычеркнуть одну или вычеркнуть обе), а сделать что-то с единицами можно пятью вариантами (не вычеркнуть ни одной, вычеркнуть одну, две, три или все четыре). Вычёркивания разных цифр — независимые события, поэтому полученные числа надо перемножить: 5 · 3 · 2 · 2 = 60.
Ответ: 60
Задача: На доске написано число 11122345678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получилось число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 48
Задача: На доске написано число 111133345678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получились число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 40
Задача: На доске написано число 11233345678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получилось число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 48
Задача: На доске написано число 122344445678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получилось число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 60
Задача: На доске написано число 2234445678, необходимо вычеркнуть несколько цифр (не все), чтобы получилось число кратное 5. Сколькими способами можно это сделать?
Ответ: 48
Задача: Число n таково, что 8n является 65-значным числом, а 81n — 67-значным. Чему может быть равна вторая с начала цифра n?
Ответ: 2