Найдите сумму всех шестизначных чисел, в которых встречаются только единицы, двойки и тройки, а разность каждых двух соседних цифр равна 1.

Ответ: 3555552. Решение: В каждом числе чередуются 2 и нечётная цифра (1 или 3). Разобьём все числа на пары, когда у одного стоит 1, то у другого – 3, и наоборот, а 2 у них стоят в одних и тех же разрядах, например, 123232 и 321212. Тогда в каждой паре сумма равна 444444, всего чисел 2∙2³, т.к. два вида чередования чётности и по 2 варианта нечётной цифры (1 или 3), в каждом из 3 разрядов, предназначенных для них. Значит, вся сумма равна 444444∙2⁴/2=2⁵∙111111=32∙111111=3555552.

Комментарий: Конечно же, автор задачи оставлял школьникам шанс написать все эти 16 чисел и просто их сложить, что многие и сделали … Но нашёлся таки 1 школьник, который увидел ИНВАРИАНТ процесса – сумму 444444. А потому что … он пытается УЧИТЬСЯ!

Мюнхгаузен утверждает, что существуют семь различных положительных чисел таких, что каждое из них равно трети произведения каких-то двух других. Прав ли он?

Ответ: Мюнхгаузен прав. Решение: Например, подойдут числа , , 3⁰=1, 3¹=3, 3²=9, 3³=27, 3⁴=81. Тогда .

Комментарий 1: См. комментарий к задаче №2 для 7-го класса.

Комментарий 2: Практически заранее было понятно, что школьникам будет очень трудно решить эту задачу, что и произошло, но тем не менее задача была поставлена в вариант из методических соображений. Потому что … надо УЧИТЬСЯ! Без серьёзной учёбы в ОЛИМПИДНОЙ МАТЕМАТИКЕ делать нечего!

Комментарий 3:  См. также комментарии к аналогичной задаче №2 для 7-го класса.

4. Новая шахматная фигура длинный король бьёт все клетки на краю квадрата 5 ´ 5, в центральной клетке которого находится сам король (см. рис.). Какое наибольшее количество длинных королей можно разместить на шахматной доске 8 ´ 8 так, чтобы никто никого не бил?

Ответ: 16. Доказательство оценки: Разобьём доску на 4 квадрата 4´4, каждый из которых разобьём на 4 части – угловые клетки квадрата 3´3 (см. рис.1), всего 16 частей. В каждой такой части максимум 1 длинный король, иначе короли бьют друг друга, значит, длинных королей не более 16. Пример: см. рис.2.

Комментарий: Получить 2 балла за правильный ответ и пример, что было массовым явлением, совсем нетрудно. А вот доказать оценку можно было только в том случае, если школьник хочет УЧИТЬСЯ! Метод доказательства оценки совсем простой – РАЗБИЕНИЕ НА ЧАСТИ, но... без знаний в этой задаче нечего было делать!

На окружности стоят 23 точки. Можно ли каждую из них раскрасить в один из шести цветов таким образом, чтобы для любых трёх цветов нашлись три точки этих цветов, стоящие подряд?

Ответ: нет. Решение: По принципу Дирихле найдётся цвет, который встречается не более [23:6]=3 раз. Тогда он участвует максимум в 3∙3=9 тройках точек, т.е. максимум с 9 парами цветов. Но при этом ему надо участвовать в тройках с  парами цветов, а 10>9. Противоречие. Значит, невозможно раскрасить точки требуемым образом.

Комментарий: Задача была вполне решаемая, что несколько человек и подтвердили!

Класс

1. Есть ли хотя бы одно решение у ребуса: ? (разные буквы – разные цифры)

Ответ: да, например, , . Явно есть и другие варианты.

Комментарий: Догадаться до дроби со знаменателем 1 и таких целочисленных дробей, как 4/2, 6/2, 8/2, 6/3, 9/3 8/4, совсем нетрудно, а дальше подобрать цифры Т и Д уже дело техники. Но, к огромному сожалению, дети массово путают понятия «цифра» и «число».

2. Мог ли на контрольной в классе из 20 человек процент отличников оказаться равен 20%, а средний балл при этом оказаться равен 4,4? Могли быть выставлены только оценки 2, 3, 4 и 5.

Ответ: Нет, т.к. в этом случае получаем ровно 4 отличника (20% – это пятая часть (от 20)), суммарный балл будет не более 4∙5+16∙4=84, тогда средний балл будет не более 84:20=4,2, что ниже заявленных 4,4.