1. Квадрат числа состоит из цифр 0, 2, 3, 5. Найдите это число.
2. Найдите натуральное число A, если из трёх следующих утверждений два верны, а одно нет: а) A+51 есть точный квадрат; б) последняя цифра числа A есть единица; в) A-38 есть точный квадрат.
3. Можно ли замостить шахматную доску 10×10 плитками 4×1?

1. Квадрат числа состоит из цифр 0, 2, 3, 5. Найдите это число.

Понимаем условие так: квадрат числа записан четырьмя цифрами 0, 2, 3, 5, каждая используется по одному разу.

Квадрат натурального числа не может оканчиваться на 2 или 3, потому что квадраты по последней цифре могут оканчиваться только на:

Значит, последняя цифра квадрата — либо 0, либо 5.

Если квадрат оканчивается на 0, то само число оканчивается на 0, а его квадрат должен оканчиваться на 00. Но среди данных цифр только один ноль, значит, это невозможно.

Остаётся, что квадрат оканчивается на 5. Тогда само число оканчивается на 5, а квадрат любого числа, оканчивающегося на 5, оканчивается на 25.

Значит, квадрат имеет вид:

Оставшиеся цифры — 0 и 3. Возможны два числа:

Проверяем:

А 325 не является квадратом натурального числа.

Ответ:

2. Найдите натуральное число $A$, если из трёх утверждений два верны, а одно нет:

а) $A+51$ есть точный квадрат;
б) последняя цифра числа $A$ есть единица;
в) $A-38$ есть точный квадрат.

Рассмотрим варианты.

Пусть верны утверждения а) и в). Тогда существуют натуральные числа $x$ и $y$, такие что:

Вычтем второе равенство из первого:

Разложим разность квадратов:

Значит,

Число 89 — простое. Поэтому возможен только вариант:

Складываем:

Тогда:

Теперь найдём $A$:

Проверим третье:

То есть утверждения а) и в) действительно верны.

Теперь проверим утверждение б): последняя цифра числа $1974$ — это 4, а не 1. Значит, б) ложно.

Итак, два утверждения верны, одно ложно.

Ответ:

Дополнительно убедимся, что других вариантов нет.

Если бы были верны а) и б), то $A$ оканчивалось бы на 1. Тогда $A+51$ оканчивалось бы на 2. Но квадрат не может оканчиваться на 2. Значит, такой вариант невозможен.

Если бы были верны б) и в), то $A$ оканчивалось бы на 1. Тогда $A-38$ оканчивалось бы на 3. Но квадрат не может оканчиваться на 3. Значит, такой вариант тоже невозможен.

Поэтому единственный ответ:

3. Можно ли замостить шахматную доску $10\times 10$ плитками $4\times 1$?

Площадь доски:

Площадь одной плитки:

По площади препятствия нет, потому что:

То есть если бы замощение существовало, понадобилось бы 25 плиток.

Но одной проверки площади недостаточно. Докажем, что замощение невозможно.

Раскрасим клетки доски по диагоналям в четыре цвета с весами:

Пусть при переходе вправо или вниз цвет меняется циклически:

Тогда любая плитка $4\times 1$, как бы она ни лежала — горизонтально или вертикально, — покрывает четыре подряд идущие клетки. Их веса всегда дают сумму:

Значит, каждая плитка покрывает клетки с общей суммой весов 0. Тогда и вся доска, если бы она была замощена такими плитками, тоже должна была бы иметь общую сумму весов 0.

Теперь посчитаем сумму весов всей доски $10\times 10$.

В одном направлении 10 клеток дают последовательность:

Её сумма:

Для всей доски сумма получается:

А это не равно нулю.

Получили противоречие: каждая плитка даёт сумму 0, значит, вся замощённая доска должна давать сумму 0, но сама доска даёт сумму $2i$