Ответы к заданиям — Математика

Загляни сюда только после того, как сам(а) попробовал(а) решить! Сверь ответы и разбери ошибки.

Урок 1. Логика и рассуждения

1. Нельзя определить. И рыцарь скажет «я рыцарь» (правда), и лжец скажет «я рыцарь» (он ведь лжёт, на самом деле он лжец). Фраза подходит обоим.
2. Первый — рыцарь, второй — лжец. Если первый лжец, то его фраза «хотя бы один лжец» оказалась бы правдой, но лжец не говорит правду. Значит, первый рыцарь, и его правдивая фраза требует, чтобы лжец был, а это второй.
3. Один рыцарь и один лжец, но кто именно — определить нельзя. Оба не могут быть рыцарями (рыцарь не назовёт рыцаря лжецом) и оба не могут быть лжецами (тогда «A — лжец» от лжеца B было бы правдой). Значит, они разные.
4. Маша — рисование, Даша — танцы, Гриша — робототехника, Лёша — музыка. Гриша занял робототехнику. Маше остаётся рисование (музыку и танцы ей нельзя). Тогда Даше нельзя рисование (занято) и она получает танцы или музыку; Лёше — оставшееся. Даша не на рисовании, рисование у Маши; распределяем музыку и танцы: Лёша — музыка, Даша — танцы (проверь: всё согласуется).
5. «Конфеты или печенье» → конфеты; «Конфеты» → пустая; «Печенье» → печенье. Коробка с надписью «Конфеты или печенье» не пустая быть пустой не может только если... разбери перебором: ни одна надпись не верна. В коробке «Печенье» не печенье, значит конфеты или пусто; в «Конфеты» не конфеты; в «Конфеты или печенье» — не конфеты и не печенье, значит пусто... но проверь, что получится единственный вариант. Он именно такой, как в ответе. (Совет: выпиши таблицу запретов.)
6. Предположи обратное: оба чётные или оба нечётные. В обоих случаях сумма чётная (чёт+чёт=чёт, нечёт+нечёт=чёт). Это противоречит тому, что сумма нечётна. Значит, числа разной чётности.
7. Виноват Антон. Если соврал только Виктор, тогда Виктор виноват, но и Антон («я не виноват») сказал бы правду, а Борис («виноват Антон») солгал бы: уже двое соврали. Перебери: солгал ровно один даёт согласованную картину, когда виноват Антон (тогда лжёт сам Антон, а Борис и Виктор правдивы).
8. Либо все пятеро рыцари (0 лжецов), либо все пятеро лжецы (5 лжецов). Разбери, какие бывают пары соседей. Рыцарь, говорящий «он такой же, как я», говорит правду, значит, его правый сосед тоже рыцарь. Лжец, говорящий «он такой же», лжёт, значит, его правый сосед на самом деле ДРУГОЙ, то есть рыцарь. Получается: после рыцаря всегда стоит рыцарь, а после лжеца — рыцарь. Если хоть один лжец есть, то справа от него рыцарь, а дальше по кругу пойдут одни рыцари... и мы по кругу вернёмся к этому лжецу, у которого слева окажется рыцарь, говорящий «справа от меня такой же», но справа лжец, и рыцарь солгал бы. Противоречие. Значит, лжецов либо ноль (все рыцари: каждый честно говорит про рыцаря-соседа), либо... проверь отдельно случай «все лжецы»: каждый лжец говорит «сосед такой же», сосед тоже лжец (такой же!), значит фраза правдива, а лжец сказал правду. Противоречие! Итог: согласован только вариант все пятеро рыцари (0 лжецов).

Урок 2. Чётность

1. Сумма нечётная (нечётных слагаемых семь — нечётное количество). Произведение нечётное (все множители нечётные, а нечёт·нечёт = нечёт).
2. Нельзя. Все монеты (1, 5, 25) нечётные. Девять нечётных слагаемых дают нечётную сумму, а 100 чётно.
3. Нельзя. Сумма 1+2+…+9 = 45 — нечётна, а знаки не меняют чётность. 0 чётно, значит не получится.
4. Нельзя за 5 прыжков. Каждый прыжок меняет координату на 2 (чётное) или на 3 (нечётное). Чтобы вернуться в 0, сумма всех сдвигов = 0. Подумай: чётность координаты меняется только от прыжков «на 3». Чтобы вернуться в чётную точку 0, число прыжков «на 3» должно быть чётным. Перебери: при 5 прыжках вернуться в 0 невозможно (попробуй убедиться, что сумма сдвигов не обнуляется; ключ — чётность). Краткий ответ: нет.
5. Нельзя. Каждый ход меняет количество «решек» на 2, на 0 или на −2 (переворачиваем 2 монеты), то есть чётность числа решек не меняется. В начале решек 0 (чётно), а нужно 7 (нечётно). Невозможно.
6. Нельзя. Конь меняет цвет клетки каждым ходом. За 63 хода (нечётное число) он окажется на клетке цвета, противоположного стартовому. Но чтобы обойти все 64 клетки, нужно... посчитай цвета: на доске 32 белых и 32 чёрных. Маршрут из 64 клеток чередует цвета, начав, скажем, с чёрной a1: чёрная, белая, чёрная, … — 64-я клетка будет белой, и это нормально по цветам. Значит, по чётности запрета НЕТ: такой обход (маршрут коня) на самом деле существует! Правильный ответ: да, возможно (это классический «маршрут коня»). Запомни: чётность доказывает запреты, но если запрета нет — это ещё не значит, что задача нерешаема; здесь решение есть.
7. Нельзя. В доске 5×5 ровно 25 клеток — нечётное число, а каждая костяшка накрывает 2 клетки. Нечётное число клеток двойками не покроешь.
8. Чётным — да, нулём — тоже возможно. Ключ: при замене двух чисел a и b на |a−b| сумма всех чисел уменьшается на 2·(меньшее), то есть чётность общей суммы не меняется. Начальная сумма 1+2+…+20 = 210 — чётная. Значит, последнее оставшееся число всегда имеет ту же чётность, что и сумма, то есть оно чётное. А раз оно чётное, оно МОЖЕТ оказаться нулём (например, разбей числа на пары с равными разностями и сведи к 0). Итог: последнее число обязательно чётное, и оно может быть равно 0.

Урок 3. Принцип Дирихле (принцип ящиков)

1. 5 карандашей. Ящики — 4 цвета. Четыре можно вытащить разных, а пятый совпадёт по цвету с одним из них (5 > 4).
2. Усиленный принцип. Ящики — 12 месяцев, учеников 25. Так как 25 > 2·12 = 24, найдётся месяц, где не меньше 3 учеников. Доказано.
3. Пара любого цвета — 4 носка (3 цвета = 3 ящика, четвёртый совпадёт). Пара чёрного — 42 носка: остальных двух цветов по 20, то есть 40 «не-чёрных». В худшем случае сначала вытащишь все 40 не-чёрных, а потом ещё 2 чёрных: 40 + 2 = 42. (В этом и фокус: пара конкретного цвета гарантируется только с учётом числа «чужих».)
4. Доказано. Ящики — остатки при делении на 8 (их ровно 8: 0,1,2,3,4,5,6,7). Чисел 9 > 8, значит два числа дают одинаковый остаток. У них разность делится на 8.
5. Доказано. Раздели треугольник со стороной 2 на 4 маленьких равносторонних треугольника со стороной 1 (соединив середины сторон). 5 точек, 4 ящика: две точки в одном маленьком треугольнике, а внутри треугольника со стороной 1 расстояние не больше 1.
6. Доказано. Строк (горизонталей) на доске 8. Ладей 9 > 8: две попадут в одну строку.
7. Доказано. Разбей числа на 50 пар соседей: (1,2),(3,4),…,(99,100). Это 50 ящиков. Выбрали 51 число > 50, значит, какая-то пара взята целиком, а это два соседних числа.
8. Доказано. Каждый из n человек сделал от 0 до n−1 рукопожатий. Кажется, что это n возможных значений и n человек, ящиков ровно столько же. Но числа 0 и n−1 не могут встретиться вместе: если кто-то пожал руки всем (n−1), то ни у кого не может быть 0 рукопожатий, и наоборот. Значит, реально встречающихся значений не больше n−1, а людей n. Людей больше ящиков: двое совпадут.

Урок 4. Делимость и остатки

1. Делится на 2, 3, 4, 5, 9, 10. Последняя цифра 0 → делится на 2, 5, 10. Две последние «80» делятся на 4 → делится на 4. Сумма цифр 7+3+8+0 = 18 делится и на 3, и на 9 → делится на 3 и на 9.
2. *** = 2, 5 или 8.** Сумма 4 + * + 6 = 10 + * должна делиться на 3. Подходят , при которых 10+ кратно 3: 12 (=2), 15 (=5), 18 (*=8).
3. Не делится ни на 3, ни на 9. Сумма цифр числа из ста единиц равна 100. Число делится на 3 ⟺ сумма цифр делится на 3, но 100 на 3 не делится (100 = 3·33 + 1). Значит, и на 3, и на 9 число НЕ делится. (Оно делилось бы на 3, только если бы количество единиц было кратно 3.)
4. Цифра 3. Цикл последних цифр степеней тройки: 3, 9, 7, 1 (длина 4). 2025 при делении на 4 даёт остаток 1 → первая цифра цикла → 3.
5. Остаток 3. 5 даёт остаток 1 при делении на 4, значит любая степень $5^k$ даёт остаток 1. Слагаемых 11 штук (от $5^0$ до $5^{10}$), сумма остатков 11, а 11 даёт остаток 3 при делении на 4.
6. Три подряд идущих числа дают при делении на 3 остатки в каком-то порядке 0, 1, 2 (остатки идут по кругу). Ровно одно из них имеет остаток 0: оно и делится на 3.
7. Доказано. Сумма цифр 1+2+…+8 = 36, и она одна и та же при любом порядке цифр. 36 делится на 9 (36 = 9·4), значит по признаку делимости на 9 любое такое число делится на 9.
8. Доказано. Число из n ≥ 2 единиц оканчивается на «…11». Две последние цифры 11 дают остаток 3 при делении на 4 (11 = 4·2+3). Значит, само число даёт остаток 3 по модулю 4. Но квадраты по модулю 4 дают только 0 или 1 (см. Пример 5). Остаток 3 невозможен, значит, это не квадрат.

Урок 5. Комбинаторика: учимся считать варианты

1. 12 способов. «Мороженое И сироп» → 3·4 = 12 (правило произведения).
2. 125 чисел. Каждая из трёх позиций — любая из 5 цифр (повторы разрешены): 5·5·5 = 125.
3. 720 способов. Это перестановки 6 предметов: 6! = 720.
4. КНИГА — 120 слов (все 5 букв разные: 5! = 120). КОЛОБОК — 7 букв, но повторы: К — 2 раза, О — 3 раза, остальные (Л, Б) по одному. Разных слов: 7! / (2!·3!) = 5040 / (2·6) = 5040 / 12 = 420.
5. 45 способов. С учётом порядка 10·9 = 90, делим на 2 (порядок неважен): 90 / 2 = 45.
6. 4536 чисел. Первая цифра: 9 (без нуля). Вторая: 9 (любая из 10, кроме первой). Третья: 8. Четвёртая: 7. Итого 9·9·8·7 = 4536.
7. 12 способов. «Первое И второе И десерт» → 2·3·2 = 12.
8. 10 способов. Перебери число пятёрок. Две пятёрки (10 р.) — 1 способ (остаток 0). Одна пятёрка (5 р., осталось 5 р. набрать 1- и 2-рублёвками): двушек может быть 0, 1 или 2 → 3 способа. Ноль пятёрок (набрать 10 р. рублями и двушками): двушек 0,1,2,3,4,5 → 6 способов. Всего 1 + 3 + 6 = 10.

Урок 6. Инварианты и раскраски

1. Сумма-инвариант: $1+2+\cdots +10=\frac{10\cdot 11}{2}=55$. Ответ: 55.

2. При замене двух чисел их разностью чётность суммы не меняется (мы вычитаем чётное $2b$). Начальная сумма $1+\cdots +15=\frac{15\cdot 16}{2}=120$ — чётная. Значит и последнее число чётное. Нечётным быть не может.

3. $7\times 7=49$ клеток — нечётно, а домино покрывает по 2. Нельзя.

4. Если вырезали две клетки одного цвета, цветов станет 30 и 32, не поровну, а домино требует поровну → точно нельзя замостить. Если разного цвета, станет 31 и 31, поровну; это не доказывает, что можно (равенство цветов необходимо, но не всегда достаточно), но и не запрещает; чаще всего такие доски замостить удаётся.

5. Следим за числом орлов. Сначала орлов 7 (нечётно). За ход переворачиваем 3 монеты: число орлов меняется на нечётное число (на −3, −1, +1 или +3 в зависимости от того, сколько из трёх были орлами). Значит чётность числа орлов меняется каждый ход. Чтобы получить 0 орлов (чётно) из 7 (нечётно), нужно нечётное число ходов — это как раз возможно! Например, перевернуть монеты $1,2,3$, потом $1,4,5$, потом $1,6,7$: проверь сам, монета 1 перевернётся 3 раза (станет решкой), остальные по 1 разу. Да, можно, за нечётное число ходов. (Вывод: тут чётность не запрещает, в отличие от задачи с переворотом по 2 на нечётном числе стаканов.)

6. Шахматная раскраска: путь по соседним клеткам всё время чередует цвета. 64 клетки → путь из 64 клеток чередует цвета и начинается на одном цвете, заканчивается на другом (т.к. 64 чётно → последняя клетка другого цвета, чем первая). Но левый нижний и правый верхний углы — одного цвета. Значит закончить в противоположном углу нельзя. Невозможно.

7. Раскраска по остатку $(i+j)\mathrm{mod}4$. Каждая полоска 1×4 накрывает по одной клетке каждого цвета. Для замощения нужно поровну, по 25 каждого цвета (всего 100 клеток, $100/4=25$). Подсчёт даёт цвета $25,24,25,26$ — не поровну, значит поровну распределить полоски не выйдет. Замостить нельзя. Подсказка для подсчёта: пройди по всем клеткам и сосчитай, сколько раз встречается каждый остаток $(i+j)\mathrm{mod}4$.

Урок 7. Игры и выигрышные стратегии

1. Проигрышные позиции кратны 4. $12=4\cdot 3$ — это П-позиция, она досталась первому. Выигрывает второй, дополняя ходы первого до 4.

2. $21=4\cdot 5+1$ — не кратно 4, значит В-позиция. Выигрывает первый. Первый ход: взять 1 камень (оставить 20 — кратное 4). Дальше дополнять ходы соперника до 4.

3. Берут 1–4, последний проигрывает. Проигрышные позиции — остаток 1 при делении на 5 (оставить сопернику 1 камень: он обязан взять и проиграть; ключевые остатки 1, 6, 11, …). $15=5\cdot 3$, остаток 0 → В-позиция. Выигрывает первый. Первый ход: взять 4 (оставить 11). Дальше дополнять ходы соперника до 5.

4. Прибавляют 1–3 до 24. Шаг ключевых чисел $1+3=4$. Ключевые суммы: 4, 8, 12, 16, 20, 24 — кратные 4. Первый игрок не может сразу назвать 4 (максимум 3). Значит первое ключевое число (4) достанется тому, кто ходит вторым: что бы первый ни прибавил (1, 2 или 3), второй дополнит до 4. Выигрывает второй, дополняя суммы до кратных 4.

5. $5\times 7=35$ долек. Число разломов $=35-1=34$ — чётное. Ходы 1, 2, …, 34; последний (34-й) делает второй игрок. Выигрывает второй, независимо от игры.

6. Да, может. После «промаха» первого второй кладёт монету в центр и дальше зеркалит ходы первого относительно центра: теперь уже у второго всегда есть ответный ход. Перехват возможен: выигрывает второй.

7. Берут 1–5, последний выигрывает. Проигрышные позиции — кратные $1+5=6$. $100=6\cdot 16+4$ — не кратно 6 → В-позиция. Выигрывает первый. Первый ход: взять 4 (оставить 96 — кратное 6). Дальше дополнять ходы соперника до 6.

8. Симметрия. У доски 7×7 есть настоящая центральная клетка, четвёртая по строке и столбцу. Выигрывает первый. Первым ходом он ставит короля точно в центр. Дальше он зеркалит: на любой ход соперника отвечает ходом в центрально-симметричную клетку (если соперник поставил короля на клетку $(r,c)$, первый ставит на клетку $(8-r,8-c)$). Такой ответ всегда корректен: симметричная клетка свободна (все короли, кроме центрального, стоят парами-зеркалами), и она не оказывается соседней ни с центральным королём, ни с только что поставленным (на 7×7 клетка и её зеркало всегда далеко друг от друга, можешь проверить сам на нескольких клетках). Значит у первого всегда есть ход, и проиграет тот, у кого хода не останется, то есть второй.

Урок 8. Геометрия: углы, площади, разрезания

1. Смежный: $180°-118°=62°$. Вертикальный данному: 118°. Четвёртый: 62°. Ответ: 118°, 62°, 118°, 62°.

2. $x+2x+3x=6x=180°$, значит $x=30°$. Углы: 30°, 60°, 90°.

3. Сумма $=(10-2)\cdot 180°=8\cdot 180°=1440°$. Один угол правильного: $1440°/10=144°$. Ответ: 1440° и 144°.

4. $90°+60°+40°=190°\ne 180°$. Сумма углов треугольника обязана быть 180°. Такого треугольника нет.

5. Простой способ: основание на оси длиной 5, высота от вершины $(2,4)$ до оси равна 4. Площадь $S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4=10$. Теперь Пик: посчитаем узлы на границе Г. Удобный приём: на отрезке с концами в узлах число промежуточных узлов плюс один конец равно наибольшему общему делителю разностей координат. По сторонам: $(0,0)-(5,0)$ даёт $\text{НОД}(5,0)=5$; $(5,0)-(2,4)$ даёт $\text{НОД}(3,4)=1$; $(2,4)-(0,0)$ даёт $\text{НОД}(2,4)=2$. Сумма $5+1+2=8$ — это и есть число узлов на границе, Г $=8$. Из формулы Пика найдём внутренние узлы: $В=S-\frac{Г}{2}+1=10-4+1=7$. Проверка: $S=В+\frac{Г}{2}-1=7+4-1=10$. Оба способа дали 10. Ответ: 10.

6. $S=В+Г/2-1=6+10/2-1=6+5-1=10$. Ответ: 10.

7. «Достроим и вычтем»: наименьший прямоугольник — квадрат $0\le x\le 4$, $0\le y\le 4$, площадь $16$. По углам четыре прямоугольных треугольника, у каждого катеты $3$ и $1$, площадь $\frac{3\cdot 1}{2}=1,5$; всего $4\cdot 1,5=6$. Значит $S=16-6=10$. Проверка по Пику: на каждой стороне разности координат взаимно просты, поэтому промежуточных узлов нет, Г $=4$; внутренних В $=9$; $S=9+\frac{4}{2}-1=10$. Оба способа дали 10. Ответ: 10.

8. Площадь каждой части $=36/4=9$ клеток. Способы: (а) четыре полосы 6×1 (по три полосы… нет — четыре части по 9 клеток: полосы $1,5\times 6$ не годятся на клетке); удобнее: четыре прямоугольника 3×3 (квадраты), либо четыре уголка-«вертушки» из 9 клеток вокруг центра, либо две вертикальные и… Самые надёжные: четыре квадрата 3×3; четыре Г-образные части «вертушкой»; четыре одинаковые ступенчатые части с поворотом на 90°. Главное — каждая 9 клеток и поворотная симметрия на 90° помогает строить одинаковые части.

9. $(n-2)\cdot 180°=1440°\Rightarrow n-2=8\Rightarrow n=10$. Десятиугольник. Может ли сумма быть 1000°? Тогда $(n-2)\cdot 180°=1000°$, $n-2=1000/180=5,55\dots$ — не целое. Нет, сумма углов многоугольника всегда кратна 180°, а 1000° на 180° не делится.

Урок 9. Процессы: переливания, взвешивания, переправы

1. НОД$(7,12)=1$, поэтому 1 литр отмерить можно. Идея: наполнять 12-литровый из озера и переливать в 7-литровый, а полный 7-литровый выливать обратно в озеро. Состояния (7-литровый; 12-литровый): $(0;0)$ →налить 12→ $(0;12)$ →перелить в 7→ $(7;5)$ →вылить 7→ $(0;5)$ →перелить в 7→ $(5;0)$ →налить 12→ $(5;12)$ →перелить в 7→ $(7;10)$ →вылить 7→ $(0;10)$ →перелить в 7→ $(7;3)$ →вылить 7→ $(0;3)$ →перелить в 7→ $(3;0)$ →налить 12→ $(3;12)$ →перелить в 7→ $(7;8)$ →вылить 7→ $(0;8)$ →перелить в 7→ $(7;1)$. В 12-литровом сосуде остался ровно 1 литр. Ответ: 1 л.

2. Наполни 5-литровый; перелей в 3-литровый доверху: в большом останется $5-3=2$ литра. Ответ: 2 л (это состояние (3; 2) из шага 2 примера 1, в большом кувшине 2 л).

3. Кувшины 4 и 9. Один из путей: наполни 9-литровый (0; 9); перелей в 4-литровый (4; 5); вылей 4-литровый (0; 5); перелей 5 в 4-литровый, влезет 4, останется 1 → (4; 1); вылей 4-литровый (0; 1); перелей 1 в 4-литровый (1; 0); наполни 9-литровый (1; 9); долей в 4-литровый до краёв (влезет 3) → (4; 6). В 9-литровом 6 литров.

4. 4 монеты, одна тяжелее. Двух взвешиваний достаточно (а одного мало: одно даёт 3 исхода, а вариантов 4). Схема: взвесь 2 против 2, и тяжёлая пара содержит фальшивую; затем в этой паре сравни монеты 1 против 1.

5. 3 монеты, одна тяжелее. Одного взвешивания хватит: положи монету 1 против монеты 2. Если одна тяжелее, она фальшивая; если равновесие, фальшивая третья. Да, хватит.

6. 27 монет. $3^3=27$, то есть нужно (и хватает) 3 взвешивания. Схема: дели на три группы по 9, взвешиванием находишь нужную девятку; потом по 3; потом по 1. Меньше нельзя: 2 взвешивания различают только 9 вариантов, а монет 27.

7. Возьми из мешков разное число монет: из 1-го — 1 монету, из 2-го — 2, …, из 10-го — 10. Всего $1+2+\cdots +10=55$ монет. Если бы все были настоящими, вес был бы $55\cdot 10=550$ г. Каждая фальшивая монета легче на 1 г, а фальшивых ровно столько, сколько монет мы взяли из «плохого» мешка. Значит недостаток веса $550-(\text{показание весов})$ в граммах и есть номер мешка с фальшивыми монетами. Например, весы показали 546 г → недостаток 4 → фальшивый 4-й мешок. Одного взвешивания достаточно.

8. Нет, меньше 7 рейсов не выйдет. Из-за того, что коза враждует и с волком, и с капустой, без «возврата козы» не обойтись, и минимально нужно именно 7 переправ лодки. (Идея: каждый «полезный» перевоз груза туда требует возвратов, и подсчёт показывает минимум 7.)

9. 12 монет, неизвестно легче/тяжелее. Вариантов: 12 монет × 2 (легче/тяжелее) $=24$, а $3^3=27\ge 24$, по информации хватает 3 взвешиваний. Рабочая схема (классика): пронумеруй монеты 1–12. Взвешивание 1: 1,2,3,4 против 5,6,7,8. Взвешивание 2 и 3 подбираются в зависимости от исхода (равновесие → фальшивая среди 9,10,11,12, и за 2 оставшихся взвешивания её находят сравнениями с заведомо настоящими; неравновесие → известна «подозрительная» восьмёрка и направление перекоса, далее аккуратные перевзвешивания). Полная схема длинная, главное, что ты доказал: по числу исходов трёх взвешиваний хватает, и существует схема, которая и находит монету, и определяет, легче она или тяжелее.

Урок 10. Итоговая домашняя олимпиада

Разбор задачи 1. У каждого болельщика ровно одно показание верно. Утверждение «Ваня — IV» встречается дважды (у 1-го и 2-го болельщика). С него и начнём.

Предположим, что «Ваня — IV» — правда. Тогда у 1-го болельщика второе показание «Коля — I» ложно, а у 2-го «Серёжа — II» ложно. Раз «Серёжа — II» ложно, то у 3-го верно другое: Коля — III. У 5-го болельщика «Надя — III» теперь невозможно (III занял Коля), значит верно «Толя — V» → Толя — V. Тогда у 4-го «Толя — I» ложно, значит верно «Надя — II» → Надя — II. Остаётся первое место: оно достаётся Серёже (II, III, IV, V уже заняты).

Проверка (в каждой строке ровно одно верно): 1) «Коля I» — нет, «Ваня IV» — да; 2) «Серёжа II» — нет, «Ваня IV» — да; 3) «Серёжа II» — нет, «Коля III» — да; 4) «Толя I» — нет, «Надя II» — да; 5) «Надя III» — нет, «Толя V» — да. Всё сходится.

А если бы «Ваня — IV» было ложью, то у 1-го верно «Коля — I», у 2-го «Серёжа — II»; тогда у 4-го «Толя — I» ложно (I у Коли), значит «Надя — II», но II уже у Серёжи. Противоречие, поэтому решение единственно.

Ответ: I — Серёжа, II — Надя, III — Коля, IV — Ваня, V — Толя.

Разбор задачи 2. Главное наблюдение — про чётность суммы. Какие бы знаки мы ни ставили, чётность результата совпадает с чётностью суммы всех чисел $1+2+\cdots +2025$. Почему? Поставить «минус» перед числом $a$ вместо «плюса» меняет результат на $2a$ — чётное число. А прибавление или вычитание чётного не меняет чётность. Значит чётность выражения всегда равна чётности обычной суммы.

Посчитаем сумму: $1+2+\cdots +2025=\frac{2025\cdot 2026}{2}=2025\cdot 1013=2,051,325$. Это число нечётное (произведение двух нечётных чисел нечётно). А ноль — чётный. Нечётное выражение никогда не равно чётному нулю.

Ответ: нет, нельзя, ведь сумма нечётна, а ноль чётен.

Разбор задачи 3. За круглым столом 16 мест. Разобьём их на пары «напротив»: место и то, что прямо через стол от него. Таких пар ровно $16/2=8$ — это наши «клетки».

«Больше половины» из 16 — это больше 8, то есть девушек не меньше 9.

Предположим обратное: ни в одной паре напротив не сидят сразу две девушки. Тогда в каждой из 8 пар не больше одной девушки, а значит всего девушек не больше $8$. Но их не меньше $9$, и $9>8$ — противоречие! Значит найдётся пара, в которой напротив друг друга сидят две девушки.

Ответ: доказано, что какие-то две девушки сидят напротив друг друга.

Разбор задачи 4.

а) Последняя цифра. Последние цифры степеней двойки идут по кругу: $2^1=2$, $2^2=4$, $2^3=8$, $2^4=16$ (цифра 6), $2^5=32$ (снова 2), … — цикл $2,4,8,6$ длины 4. Значит последняя цифра $2^n$ зависит от остатка $n$ при делении на 4: остаток 1 → 2, остаток 2 → 4, остаток 3 → 8, остаток 0 → 6. Для $n=2026$: $2026=4\cdot 506+2$, остаток 2. Поэтому последняя цифра $2^{2026}$ такая же, как у $2^2$, то есть 4.

б) Остаток при делении на 7. Остатки степеней двойки: $2^1$ даёт 2, $2^2$ даёт 4, $2^3=8=7+1$ даёт 1, а дальше всё повторяется: $2,4,1,2,4,1,\dots$ — цикл длины 3. Остаток $2^n$ зависит от $n$ по модулю 3: делится на 3 → 1, остаток 1 → 2, остаток 2 → 4. Для $n=2026$: $2026=3\cdot 675+1$, остаток 1, поэтому остаток такой же, как у $2^1$, то есть 2.

Ответ: а) последняя цифра 4; б) остаток 2.

Разбор задачи 5. Считаем четырёхзначные числа с разными цифрами и чётные. Чётность определяется последней цифрой: она должна быть из $\{0,2,4,6,8\}$. Удобно разобрать два случая по последней цифре, потому что ноль особенный (он не может стоять в начале).

Случай 1: последняя цифра — 0. Тогда первые три позиции заполняем разными цифрами из оставшихся девяти (1–9), причём первая позиция уже не имеет запрета на ноль (ноль занят). Число способов: на первую позицию 9 цифр, на вторую 8, на третью 7. Итого $9\cdot 8\cdot 7=504$.

Случай 2: последняя цифра — одна из 2, 4, 6, 8 (4 варианта). Выберем последнюю цифру — 4 способа. Теперь первая цифра: она не может быть 0 и не может совпадать с уже использованной последней. Из 10 цифр исключаем 0 и одну занятую → 8 вариантов. Вторая цифра: любая из оставшихся, исключая две уже занятые → 8 вариантов (тут ноль уже разрешён). Третья цифра: исключаем три занятые → 7 вариантов. Итого $4\cdot 8\cdot 8\cdot 7=1792$.

Складываем случаи: $504+1792=2296$.

Ответ: 2296.

Разбор задачи 6. Это игра «отнимание камней», берут 1–3, последний выигрывает. Разберём с конца, помечая позиции по числу оставшихся камней.

• 0 камней: ходить нечем, ты проиграл (соперник взял последний). П.
• 1, 2, 3: забери все — победа. В.
• 4: что ни возьми (1–3), оставишь сопернику 3, 2 или 1 — всё В-позиции для него. Значит все ходы плохие. П.

Закономерность: проигрышные позиции — кратные 4 (0, 4, 8, …, 28). Перед началом 30 камней. $30=4\cdot 7+2$ — не кратно 4, это выигрышная позиция. Значит выигрывает первый игрок.

Стратегия первого: первым ходом оставить сопернику кратное 4. Ближайшее снизу — 28, значит первый берёт $30-28=2$ камня. Дальше первый всегда дополняет ход соперника до 4: если соперник взял $k$, первый берёт $4-k$. После каждой пары ходов остаток уменьшается на 4, оставаясь кратным 4: $28\to 24\to 20\to 16\to 12\to 8\to 4\to 0$. Последние камни заберёт первый, и победит.

Ответ: выигрывает первый; первым ходом берёт 2 камня (оставляет 28), затем дополняет каждый ход соперника до 4.