Giả sử tất cả các hộp chỉ chứa số lượng bị không vượt quá $n$ viên, khi đó tổng số viên bi không vượt quá $k \cdot n$, mâu thuẫn với số bi là $kn + 1$.
Vậy phải có một hộp chứa nhiều hơn $n$ viên bi.

Giả sử tồn tại $m,n$ sao cho $2^n+1$ chia hết cho $2^m-1$ với $2 < m < n$.
Ta có $2^{n-m}(2^m-1) \vdots 2^m-1$, suy ra $2^n -2^{n-m} \vdots 2^m-1$, mà $2^n+1 \vdots 2^m-1$ suy ra $2^{n-m} +1$ chia hết cho $2^m-1$.
Lý luận tương tự ta có $2^{n-km} + 1$ chia hết cho $2^m-1$.\\ Giả sử $n = km + q, 0\leq q <m$. Chọn $k$ như trên ta có $2^q +1$ chia hết cho $2^m-1$. Mà $q < m$ nên $2^q + 1 =2^m-1$,giải ra $q = 1, m=2$ (vô lý).

a) Giả sử có cách ghi thỏa đề bài xét hai số đứng kề số 1, gọi là $a, b$ như sau $a1b$, khi đó $a+1 \geq 17, b+1 \geq 17$, suy ra $a = b= 16$ vô lí. Do đó không có cách ghi thỏa đề bài.
b) Giả sử có cách ghi thỏa đề bài: 3 số liên tiếp bất kì có tổng lớn hơn 24. Khi đó bỏ số 16 ra, còn lại 15 số chia làm 5 nhóm rời nhau thì tổng lớn hơn $24 \times 5 = 120$, trong khi đó $1 + 2 + \cdots + 15 = 120$ vô lí.

Giả sử có một cách ghi thỏa đề bài. Khi đó
ta thấy rằng các số $0, 1, 2, 8, 9$ không thể đứng cạnh nhau đôi một. Hơn nữa có đúng 10 số, vậy các số còn lại sẽ đứng xen kẽ giữa các số này.
Khi đó xét số 7, ta thấy số 7 chỉ có thể đứng bên cạnh số 2 trong các số $\{0, 1, 2, 8, 9\}$, mâu thuẫn.
Vậy không tồn tại cách ghi thỏa đề bài.

• Giả sử tồn tại một cách điền số vào các ô thỏa yêu cầu đặt ra. Khi đó bảng ô vuông được chia thành hai phần ngăn cách nhau bởi cột điền các số chính phương. Một phần chứa $11n$ ô vuông $1 \times 1$, và phần còn lại chứa $110-11n$ ô vuông $1 \times 1$ , với $0 \le n \le 5.$
• Để ý rằng các số tự nhiên nằm giữa hai số chính phương liên tiếp $a^2$ và $(a+1)^2$ sẽ cùng nằm về một phần và dó đó các số tự nhiên nằm giữa $(a+1)^2$ và $(a+2)^2$ sẽ nằm ở phần còn lại.
• Số lượng các số tự nhiên nằm giữa 1 và 4, 4 và 9, 9 và 16,…,100 và 121 lần lượt là 2,4,6,8,…,20. Do đó một phần sẽ chứa 2+6+10+14+18=50 số, phần còn lại chứa 4+8+12+16+20=60 số. Cả 50 và 60 đều không chia hết cho 11, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại cách điền số thỏa yêu cầu đề bài.

• Giả sử ngược lại, giao tất cả các tập thuộc $F$ bằng rỗng.
  Xét tập $E_1 = \{x_1, \cdots, x_r\}$.
• Do giao tất cả các tập thuộc $F$ là rỗng, nên với $x_k$ tồn tại một tập $E_{i_k}$ mà $x \notin E_{i_k}, \forall k = \overline{1,r}$.
• Khi đó xét giao của họ gồm $r+1$ tập $E_1, E_{i_1}, \cdot, E_{i_r}$ thì bằng rỗng, mâu thuẫn.
  Vậy giao của tất cả các tập thuộc $F$ là khác rỗng.

• Nếu $A$ hoặc $B$ là tập hợp hữu hạn phần tử thì chỉ cần chọn $a, b$ lớn hơn phần tử lớn nhất của $A$ hoặc $B$ ta có điều cần chứng minh.
• Nếu $A, B$ là tập vô hạn, giả sử tồn tại $n$ sao cho với mọi $a, b$ thì $a, b, a+b$ không cùng thuộc $A$ hoặc $B$. (1)
• Ta chọn các số $x, y, z \in A$ sao cho $x < y < z$ và $z-y, y-x > n$.
• Do (1) nên các số $y-x, z-y,z-x \in B$, suy ra $z-y+y-x = z-x \in A$ (mâu thuẫn).
  Vậy điều giả sử là sai, tức là ta có điều cần chứng minh.

• Giả sử tồn tại tam giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên.
  Xét hình chữ nhật có các đỉnh là các điểm nguyên, sao cho đỉnh của tam giác đều thuộc cạnh của hình chữ nhật. Khi đó dễ dàng suy ra diện tích tam giác đều là số hữu tỷ.
• Mặt khác diện tích tam giác đều $S = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$ là số vô tỷ, vì $a$ là số nguyên, $\sqrt{3}$ là số vô tỷ.

• Xét các phần tử thuộc $A$ theo mod 3 thì có ít nhất 7 phần tử có cùng 0, 1, 2 mod 3. Xét tập B có 7 hoặc nhiều hơn phần tử có cùng số dư khi chia cho 3. Khi đó hiệu 2 số bất kì là số chia hết cho 3.
• Giả sử không có hai số có hiệu bằng 3, khi đó hiệu hai số sẽ từ 21 trở đi. Giả sử $a_1 < a_2 < a_3 < a_4 < a_5 < a_6 < a_7 \in B$. Ta có $a_2 – a_1 \geq 21, \cdots, a_7 – a_6 \geq 21$, suy ra $a_7 \geq 1 + 21\times 6 = 127$ mâu thuẫn.
• Vậy có 2 số có hiệu bằng 3.

• Giả sử ngược lại, không có hình vuông $2 \times 2$ nào mà số ô đen là lẻ mà đều là số chẵn.
• Lấy tổng các ô đen của các hình vuông $2\times 2$, khi đó ta được một số chẵn các ô đen.
• Mặt khác, mỗi ô vuông trên cạnh (khác ô góc) được tính 2 lần (vì có 2 hình vuông $2 \times 2$ chứa nó, các ô vuông bên trong được tính 4 lần, các ô góc được tính 1 lần, do đó số ô đen là một số lẻ. Mâu thuẫn.
• Vậy có ít nhất một hình vuông $2 \times 2$ ô đen là một số lẻ.