Ре­ше­ние. Съесть часть остав­шей­ся части ва­ре­нья  — это то же самое, что умно­жить раз­мер этой части ва­ре­нья на Зна­чит, через 99 дней оста­нет­ся

часть из­на­чаль­но­го объёма.

Ответ: 0,01.

Ре­ше­ние. Это число можно по­лу­чить, вы­пи­сы­вая на каж­дом шаге, кроме трёх по­след­них, наи­боль­шую до­ступ­ную цифру. Если на каком-то из этих шагов вы­пи­сать цифру мень­ше, то и ито­го­вое число ока­жет­ся мень­ше. Если после цифры 7 вы­пи­сать 4, то даль­ше не по­лу­чит­ся на­пи­сать обе остав­ши­е­ся цифры 0 и 1 (по­это­му число будет не более чем де­вя­ти­знач­ным, т. е. мень­ше ука­зан­но­го в от­ве­те числа). Зна­чит, сле­ду­ю­щая цифра после 7 долж­на быть 1, а после неё мак­си­маль­но до­ступ­ные цифры  — это 4 и 0. Зна­чит, число 9 638 527 140. мак­си­маль­но.

Ответ: 9 638 527 140.

Ре­ше­ние. Вы­пи­шем все кра­си­вые дроби

и при­ведём их к не­со­кра­ти­мо­му виду

Сразу поймём, что число, ко­то­рое в сумме с собой даёт целое,  — либо целое, либо дробь со зна­ме­на­те­лем 2. Под­хо­дя­щие числа 2, 4, 14, и в сумме с собой дадут числа 4, 8, 28, 1, 3 и 13.

Те­перь рас­смот­рим суммы двух раз­лич­ных чисел. За­ме­тим, что сумма двух не­со­кра­ти­мых дро­бей может быть целым чис­лом, толь­ко если их зна­ме­на­те­ли равны. По­пар­ные суммы 2, 4 и 14 дадут 6, 16 и 18; по­пар­ные суммы и дадут 2, 7 и 8; по­пар­ные суммы и дают 3, дру­гих чисел с оди­на­ко­вы­ми зна­ме­на­те­ля­ми нет.

По­лу­ча­ем всего 11 ис­ко­мых чисел: это 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 13, 16, 18, 28 (всего мы по­лу­чи­ли 13 целых сумм, но среди них числа 3 и 8 по­лу­чи­ли два­жды).

Ответ: 11.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что для точки X есть два ва­ри­ан­та рас­по­ло­же­ния: когда угол ADX рас­по­ла­га­ет­ся по ту же сто­ро­ну от от­рез­ка AD, что и квад­рат, или по дру­гую. В обоих слу­ча­ях точка A яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка XBD и (впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го).

Тре­уголь­ник XAD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, зна­чит, Если угол ADX рас­по­ла­га­ет­ся по ту же сто­ро­ну от от­рез­ка AD, что и квад­рат, то

а если по дру­гую, то

Ответ: 32° или 58°.

Ре­ше­ние. Пусть ока­за­лось сло­ма­но k кре­сел, тогда всего кре­сел было 99k. За­ме­тим, что т. к. С дру­гой сто­ро­ны, пусть в каж­дом го­ри­зон­таль­ном ряду m кре­сел, а в вер­ти­каль­ном  — n кре­сел, тогда всего кре­сел mn. Так как и то от­ку­да Зна­чит, k = 20, и всего кре­сел было Такая си­ту­а­ция воз­мож­на, если m = 45, n = 44 и всего сло­ма­лось 20 кре­сел: по од­но­му в пер­вых 20 го­ри­зон­таль­ных и вер­ти­каль­ных рядах. Так как все усло­вия вы­пол­не­ны.

Ответ: 1980.

Ре­ше­ние. Для каж­до­го рас­смот­рим набор чисел

Легко ви­деть, что все числа на­бо­ра по­рож­да­ют­ся любым из них с по­мо­щью опе­ра­ций (синие от­рез­ки) и (крас­ные от­рез­ки) и что ука­зан­ные опе­ра­ции не вы­во­дят за пре­де­лы на­бо­ра. Из этого сле­ду­ет, что любые два таких на­бо­ра либо не пе­ре­се­ка­ют­ся, либо сов­па­да­ют.

Числа в на­бо­ре не обя­за­тель­но раз­лич­ны: при в нём толь­ко три раз­лич­ных числа. Во всех осталь­ных слу­ча­ях все шесть чисел этого на­бо­ра раз­лич­ны (в этом можно убе­дить­ся, при­рав­ни­вая x к осталь­ным пяти чис­лам; ясно, что если какие-то два числа на­бо­ра равны, то и x при­сут­ству­ет в на­бо­ре более од­но­го раза).

Мно­же­ство X, оче­вид­но, раз­би­ва­ет­ся на на­бо­ры опи­сан­но­го вида. Сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство его эле­мен­тов де­лит­ся на 3. С дру­гой сто­ро­ны, любое ко­ли­че­ство эле­мен­тов, де­ля­ще­е­ся на 3, можно на­брать не­пе­ре­се­ка­ю­щи­ми­ся на­бо­ра­ми по шесть эле­мен­тов, до­ба­вив к ним при не­об­хо­ди­мо­сти набор

Итак, от­ве­том в за­да­че яв­ля­ют­ся все на­ту­раль­ные числа, не пре­вос­хо­дя­щие 20, де­ля­щи­е­ся на 3: это 3, 6, 9, 12, 15, 18.

Ответ: 3, 6, 9, 12, 15, 18.

Ре­ше­ние. Предъ­явим стра­те­гию, поз­во­ля­ю­щую узнать пло­щадь боль­шо­го пря­мо­уголь­ни­ка за 199 во­про­сов.

Узна­ем за 199 во­про­сов пло­ща­ди всех пря­мо­уголь­ни­ков в ниж­ней стро­ке и в левом столб­це. До­ка­жем, что те­перь можно од­но­знач­но вос­ста­но­вить пло­щадь лю­бо­го ма­лень­ко­го пря­мо­уголь­ни­ка на кар­тин­ке.

Вы­бе­рем про­из­воль­ный пря­мо­уголь­ник раз­би­е­ния. Рас­смот­рим че­ты­ре пря­мо­уголь­ни­ка, ле­жа­щих в пе­ре­се­че­нии пер­вых рядов и рядов, со­дер­жа­щих вы­бран­ный пря­мо­уголь­ник. Обо­зна­чим их пло­ща­ди и длины сто­рон как на ри­сун­ке. Тогда от­ку­да не­из­вест­ная пло­щадь вы­ра­жа­ет­ся через из­вест­ные пло­ща­ди фор­му­лой

Сум­ми­руя пло­ща­ди всех ма­лень­ких пря­мо­уголь­ни­ков, на­хо­дим пло­щадь боль­шо­го.

Те­перь до­ка­жем от про­тив­но­го, что мень­ше чем за 199 во­про­сов пло­щадь узнать не по­лу­чит­ся. Рас­смот­рим дву­доль­ный граф, у ко­то­ро­го вер­ши­ны одной доли со­от­вет­ству­ют стро­кам, вер­ши­ны дру­гой доли со­от­вет­ству­ют столб­цам, а рёбра со­от­вет­ству­ют пря­мо­уголь­ни­кам на пе­ре­се­че­нии строк и столб­цов, про пло­ща­ди ко­то­рых спро­си­ли у Пети. Так как в графе 200 вер­шин и мень­ше 199 рёбер, он не­связ­ный. Зна­чит, граф можно раз­бить на не­сколь­ко ком­по­нент связ­но­сти. Вы­бе­рем одну ком­по­нен­ту.

Рас­смот­рим все стро­ки и все столб­цы, со­от­вет­ству­ю­щие вер­ши­нам вы­бран­ной ком­по­нен­ты. По­про­бу­ем уве­ли­чить вы­со­ты всех рас­смат­ри­ва­е­мых строк в раз, од­но­вре­мен­но умень­шив длины всех рас­смат­ри­ва­е­мых столб­цов в x раз. За­ме­тим, что от этого пло­ща­ди всех ма­лень­ких пря­мо­уголь­ни­ков, про ко­то­рые спро­си­ли у Пети, не из­ме­нят­ся, так как мы ра­бо­та­ем с от­дель­ной ком­по­нен­той связ­но­сти.

Введём обо­зна­че­ния: a  — сумма высот рас­смат­ри­ва­е­мых строк, b  — сумма высот осталь­ных строк, c  — сумма длин рас­смат­ри­ва­е­мых столб­цов, d  — сумма длин осталь­ных столб­цов.

Из­на­чаль­но пло­щадь боль­шо­го пря­мо­уголь­ни­ка была равна а после из­ме­не­ния стала Урав­не­ние можно при­ве­сти к виду

Если вы­брать то пло­ща­ди до и после из­ме­не­ния будут раз­ны­ми, а со­от­вет­ствен­ные от­ве­ты Пети в этих двух слу­ча­ях  — оди­на­ко­вы­ми. Зна­чит, узнать пло­щадь за мень­ше чем 199 во­про­сов на­вер­ня­ка не по­лу­чит­ся.

Ответ: 199.

Ре­ше­ние. На про­дол­же­нии от­рез­ка CA за точку A от­ме­тим точку F такую, что Тогда то есть тре­уголь­ник BCF  — рав­но­бед­рен­ный.

Тогда По­сколь­ку

и

по­лу­ча­ем

От­ме­тим внут­ри тре­уголь­ни­ка BCF такую точку M, что тре­уголь­ник BMF  — рав­но­сто­рон­ний. Оче­вид­но, что точки M и C лежат на се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре к от­рез­ку BF, по­это­му

За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки BMC и CEB равны по двум сто­ро­нам и углу между ними: BC  — общая сто­ро­на,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 150.