Черноризец Храбър 2016

[Цанкова]

Някой може ли да ми помогне с тези задачи?

[Davids]

Аз ли нещо не разбирам на 17. задача, или въпросната фигура представлява четири квадратчета със страна 1 мерна единица? Може би не схващам дефиницията на точките от условието, но ми се струва леко нелогично

[KOPMOPAH]

Нищо не й е на 17 задача.
Не са квадратчета, а правоъгълничета.

А какво да кажем за 18 задача? Че така след някоя година и проблема на Голдбах могат да зададат

[Добромир Глухаров]

18) $1,2,3,4$ - не могат да се представят по искания начин. $5=2+3$. $6$ - не може. $7=2+5,8=3+5,9=4+5,10=3+7,11=4+7,...$
Нататък всички числа, които не са кратни на $7$, могат да се представят като сума от числото $7$ и число, взаимно просто със $7$.
Остават числата $14,21,28,...,7+7k;k\in\mathbb{N}$. $14=11+3,21=11+10,28=11+17,...,7N=11+3+7k$. Ако $3+7k$ не се дели на $11$, числата $11$ и $3+7k$ са взаимно прости и представянето е допустимо.
Нека $3+7k=11l\Rightarrow 7N=11+11l\Rightarrow 7N=11(l+1)\Rightarrow l+1=7f\Rightarrow$ числото е $77f$
Значи остава да проверим числата $77,154,231,...,77l,...$.
Но $77=73+4,154=73+81,...,77l=73+4+77(l-1),...$
Ако $4+77(l-1)$ не се дели на $73$ отново числото $73+4+77(l-1)$ е представимо, а ако $4+77(l-1)\equiv0(mod 73)\Rightarrow(77-73)l\equiv77-4(mod73)\Rightarrow4l\equiv0(mod73)\Rightarrow l=73m\Rightarrow$ числата са $73+4+77(73m-1)=77.73m=5621m;m\in\mathbb{N},\Rightarrow$ са по-големи от $2015$.
Така не остават непредставими числа, освен $1,2,3,4$ и $6$.

[Davids]

Нищо не й е на 17 задача.
Не са квадратчета, а правоъгълничета.

А какво да кажем за 18 задача? Че така след някоя година и проблема на Голдбах могат да зададат

Да де, правоъгълничета, ама идеята ми е, че ми се вижда твърде просто в сравнение с 18-та

[KOPMOPAH]

За 18 задача изказвам следните съображения:

1. Всички нечетни числа $a_k=2k+1$, по-малки от дадено $n$ (в случая $n=2015$, което е без значение за решението) могат да бъдат представени като сбор на две последователни числа $k$ и $k+1$, които очевидно са взаимно прости.
2. Всички четни числа са или от вида $4k$, или от вида $4k+2$. В първия случай могат да бъдат представени като сума $(2k-1)+(2k+1)$, а във втория - $(2k+3)+(2k-1)$. Не е трудно да се докаже, че и тези събираеми са взаимно прости - ако имат общ множител, то той трябва да дели разликата им, която е $2$ или $4$, а те са нечетни.
Накратко, към нечетните числа, по-големи от 7, прилагаме 1), а към четните - 2). Остават числата, които Добромир Глухаров е посочил.