Математическая олимпиада школьников Республики Татарстан.
1. Коля и Толя участвовали в велогонке. Все участники стартовали одновременно и показали на финише разное время. Коля финишировал сразу после Толи и оказался на восьмом месте. Сколько человек участвовало в гонке, если Толя был тринадцатым с конца?
Решение. Поскольку Коля был восьмым, Толя пришел седьмым и перед ним — 6 человек. Поскольку Толя был тринадцатым с конца, после него — 12 человек. Поэтому всего участников было 12(после него)+6(до него)+1(сам Толя)=19.
2. 
Разрежьте фигуру, изображенную на рисунке, на три равные части. Части считаются равными, если их можно наложить одну на другую так, чтобы они полностью совместились. Резать можно как угодно, не обязательно по клеткам.
Решение. Возможный пример разрезания показан на рисунке.
3. Света выписывает в ряд в порядке возрастания все натуральные числа, сумма цифр которых делится на 5 (то есть, 5, 14, 19, 23, 28, 32, …, 96, 104, …). Какая наименьшая разница между двумя соседними числами встретится в этом ряду?
Решение. Разница между двумя натуральными числами всегда составляет хотя бы 1. В ряду встретятся два таких числа, например, 49999 и 50000. Суммы их цифр равны 40 и 5 соответственно.
4. 
Миша закрасил в квадрате 4×4 несколько клеток в черный цвет, а остальные — в белый. Оказалось, что у каждой белой ровно 3 черные соседки, а у каждой черной — ровно одна белая соседка. а) Нарисуйте, как он мог так закрасить клетки. б) Единственна ли эта раскраска? Если нет, нарисуйте их все. Клетки считаются соседками, если у них есть общая сторона.
Решение. 1) Заметим, что у клетки в углу всего два соседа, поэтому такая клетка не может быть белой — ей не хватит черных соседей. Итак, все эти клетки — черные. Мы уже получили картинку справа.
2) Посмотрим на черную клетку в левом нижнем углу. У нее должен быть белый сосед, значит, ровно одна из двух клеток 1 и 2 — белая. Предположим, это клетка 1. Тогда все три ее соседа — черные, и клетка 2 — тоже черная.
3) У клетки 2 теперь должен быть белый сосед, но это может быть только клетка 3. Клетка между 1 и 4 — черная, и у нее уже есть белый сосед (клетка 1), следовательно, остальные ее соседи обязаны быть черными. Это клетки 4 и 5.
4) У клетки 4 уже есть белый сосед (клетка 3), значит остальные ее соседи — черные. Это клетки 6 и 7. Тогда клетка 8 не может быть черной — у нее уже все соседи черные, никто из них не белый. Следовательно, она — белая. Тогда у клетки в правом верхнем углу больше не может быть белых соседей, поэтому клетка 9 — черная. После этого клетка 10 может быть только белой. Окончательно имеем раскраску на первом рисунке внизу.
5) Если же клетка 1 — черная, а клетка 2 — белая, рассуждая точно так же, придем ко второй возможной раскраске на втором рисунке внизу. Итого, всего есть две возможных раскраски.
5. На столе стоят 5 гирь. Могло ли так случиться, что среди любых трех из этих пяти гирь какая-то гиря весит столько же, сколько две остальные из этих трех?
Первое решение. Покажем, что это невозможно. Предположим, что все же такая ситуация случилась. Расположим веса гирь по убыванию: a ³ b ³ c ³ d ³ e. Возьмём гири a, d, e. Среди них a — самая тяжелая, поэтому только она может равняться двум другим по весу. Значит, a = d + e. Аналогично, a = c+e и a = b+e. Отсюда b+e= c+e= d+e, следовательно, b = c = d. Возьмем гири b, c, d. Среди них нет такой, которая весит столько же, сколько две остальных, поскольку любая весит вдвое меньше суммы двух оставшихся. Противоречие.
Второе решение. В обозначения первого решения возьмём тройки (a, b, c), (b, c, d) и (c, d, e). Аналогично получим равенства a = b + c, b = c+d и c = d+e. Сложим их все: a+b+c= b+c+c+d+d+e. Сократим b и c. Получим a = c+e+ 2 d. Рассмотрим еще тройку (a, c, e). В ней a=c+e. Тогда 2 d = 0, но каждая гиря должна иметь положительный вес.