Рассмотрите треугольники, подобные исходному, у каждого из которых одна сторона имеет длину $x$

Ответ: $x = \frac{2abc}{ab + ac + bc} $
Рассмотрим треугольники, подобные исходному, у каждого из которых одна сторона имеет длину $x$ (на рисунке они заштрихованы).

[attachment 259 Три отрезка в треугольнике]

Рассмотрим стороны заштрихованных треугольников, параллельные стороне $AC$, имеющей длину $b$; обозначим длины этих сторон $b_1, b_2, b_3$. Заметим, что сумма их длин равна $2b$: $b_1 + b_2 + b_3 = 2b$.
Отсюда $\frac{b_1}{b} + \frac{b_2}{b} + \frac{b_3}{b} = 2$, то есть сумма коэффициентов подобия этих трех треугольников равна двум.
Поэтому $\frac{x}{a} + \frac{x}{b} + \frac{x}{c} = 2$, откуда $x = \frac{2abc}{ab + ac + bc} $

Произведение шести последовательных чисел можно ограничить между двумя произведениями трех последовательных чисел.

Ответ: Нет, других таких чисел не существует.
Произведение шести последовательных чисел можно ограничить между двумя произведениями трех последовательных чисел.
Пусть шесть чисел начинаются с $n$. Обозначим их произведение как $P_{6} = n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) $.
Сгруппируем сомножители попарно: $n(n+5), (n+1)(n+4) $ и $ (n+2)(n+3) $.
Пусть $t = n^2 + 5n$. Тогда выражения примут вид $t, t+4$ и $t+6$.
Перемножив их, получим формулу для шести чисел:
$P_{6}=t(t+4)(t+6)=t^{3}+10t^{2}+24t$.
Теперь рассмотрим произведение трех последовательных чисел с центральным числом $Y$. Их произведение равно $P_3 = Y^3 - Y$.
Сравним $P_{6}$ с двумя последовательными значениями для $P_{3}$:
При $Y = t+3$ произведение трех чисел равно $t^3 + 9t^2 + 26t + 24$.
При $Y = t+4$ произведение трех чисел равно $t^3 + 12t^2 + 47t + 60$.
При $n = 1$ переменная $t = 6$. Подставив её, мы получаем точное равенство $P_6 = P_3(t+3) $, что дает известное решение $720$.
При любом $n \geq 2$ значение $t > 6$. Из-за этого значение $P_{6}$ окажется строго зажатым в промежутке: $P_{3}(t+3) < P_{6} < P_{3}(t+4) $.
Так как $t$ – целое число, то $(t+3)$ и $(t+4)$ – это два соседних целых числа. Между ними нет других целых чисел, поэтому подобрать подходящее целое значение для тройки чисел больше невозможно.

Сколько единиц может быть в группе?

Ответ: $1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 10$ и $1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 4$
Обозначим сумму группы десяти натуральных чисел $S$, произведение – $P$.

Предположим, что имеется не больше $6$ единиц в группе, то есть в группе имеются числа $d \geq c \geq b \geq a \geq 2$. Тогда $P = abcd \geq 8d, S = a + b + c + d + 6 \leq 6 + 4d \; \rightarrow \; 4d \geq 6$. Получить $P = S$ невозможно.

Предположим, что в группе $7$ единиц, а остальные числа равны $2, 2$ и $a$. Тогда $P = 4a, S = 11 + a \; \rightarrow \; 3a = 11$. Получить $P = S$ невозможно.

Предположим, что в группе $7$ единиц, а остальные числа равны $2, 3$ и $a$. Тогда $P = 6a, S = 12 + a \; \rightarrow \; 5a = 12$. Получить $P = S$ невозможно.

Предположим, что в группе $7$ единиц, а остальные числа равны $2, a$ и $b$, причем $b \geq a \geq 3$. Тогда $P = 2ab \geq 6b, S = a +b + 9, S \leq 2b + 9 \; \rightarrow \; 4b \geq 9$. Получить $P = S$ невозможно.

Предположим, что в группе $7$ единиц, а остальные числа равны $a, b$ и $c$, причем $c \geq b \geq a \geq 3$. Тогда $P = abc \geq 9c, S = a + b + c + 7, S \leq 7 + 3c \; \rightarrow \; 6c \geq 7$. Получить $P = S$ невозможно.

Таким образом, в группе должно быть $8$ единиц (если единиц $9$, то $S = a + 1, P = a \; \rightarrow \; a = a + 1$. Получить $P = S$ невозможно).

Итак, пусть в группе $8$ единиц, а остальные числа равны $a$ и $b$, причем $b \geq a \geq 2$. Тогда $P = ab, S = a + b + 8, a = \frac {b + 8}{b – 1} = 1 + \frac{9}{b – 1}$.
$2$ решения: $b = 2, a = 10$ и $b = 4, a = 4$

Пусть $P(x) = c_nx^n + c_{n-1}x^{n-1} + \ldots + c_1x + c_0, c_n \neq 0$.
Рассмотрите такое натуральное $m$, что $10^m$ больше всех чисел $c_n, c_{n-1}, \ldots, c_1, c_0$.

Ответ: Да, верно
Пусть $P(x) = c_nx^n + c_{n-1}x^{n-1} + \ldots + c_1x + c_0, c_n \neq 0$.
Рассмотрим такое натуральное $m$, что $10^m$ больше всех чисел $c_n, c_{n-1}, \ldots, c_1, c_0$.
Тогда в десятичной записи числа $P(10^m) $ будут сначала (слева) идти цифры числа $c_n$, затем нули; затем цифры числа $c_{n-1}$, опять нули и т.д.
Таким образом, число $a_{10^m}$, равное сумме цифр числа $P(10^m) $ будет равно сумме $S = c_n + c_{n-1} + \ldots + c_1 + c_0$.
Рассуждая аналогично, мы видим, что $S = a_{10^{m+1}} = a_{10^{m+2}} = \ldots$, то есть число $S$ действительно встречается в последовательности $a_1, a_2, \ldots, c_n, \ldots $ бесконечное число раз

Уравнения являются квадратными относительно $a $.

Ответ: $a = 100$
Из первого уравнения следует, что $\alpha \in [89; 111] $.
Найдя $\alpha$ из второго уравнения, получаем $a = \frac{(15 \pm 5)u + (5 \pm 15)v}{2}$, откуда получается, что $\alpha$ – целое число, кратное $5$, то есть $\alpha = 90, 95, 100, 105, 110$.
При $\alpha = 90, 110 (111 - a)(a - 89) = 21$
При $\alpha = 95, 105 (111 - a)(a - 89) = 96$.
Легко проверить, что не существует целых $x$ и $y$, таких, что $x^2 + y^2 = 21$ и $x^2 + y^2 = 96$.
При $a = 100 (111 - a)(a - 89) = 121 = 11^2$
При $a = 100$ существует, например, решение $x = 11, y = 0, u = 5, v = 5$

Да, верно

Ответ: Да, верно.
Произведение шести указанных в условии тройных произведений равно $–a^2b^2c^2d^2e^2f^2g^2h^2k^2$, то есть отрицательно.
Это означает, что шесть рассматриваемых чисел не могут быть все положительными или отрицательными

Да, можно

Да, можно
Обозначим монеты A, B, C, D, E, F
Проведем следующие взвешивания

Первое взвешивание ABC DEF
Если обнаружилась «тяжелая» тройка, то за два взвешивания находим фальшивые монеты из этой тройки.

Если весы в равновесии, то проводим второе взвешивание ABF CDE
Если обнаружилась «тяжелая» тройка, то за одно взвешивание находим фальшивые монеты. Например, тройка ABF – «тяжелая», тогда взвешиваем AF CD

Если весы в равновесии, то проводим третье взвешивание AEF BCD
Если обнаружилась «тяжелая» тройка, то фальшивые монеты – AE или BD

Если весы в равновесии, то проводим четвертое взвешивание ACD BEF
Если одна из чашек перевесила, то в ней фальшивые монеты (AD или BE)
Если весы в равновесии, то фальшивые монеты CF

В таблице указано, в каких по порядку взвешиваниях участвовала пара монет (до обнаружения «тяжелой» тройки) и который раз она взвешивается.
Пара может содержать обе фальшивые монеты только, если она взвешивается первый раз.

[attachment 258 6 монет.png]

Рассмотрите шестиугольник, построенный на основе правильного треугольника со стороной $2$

Ответ: Нет, не всегда
Возьмем правильный треугольник со стороной $2$ (на рисунке он показан синим цветом).

[attachment 257 Выпуклый шестиугольник]

Из середин его сторон восставим во внешнюю сторону перпендикуляры, отложим на них отрезки длины $0,1$ и соединим полученные точки с вершинами треугольника.
Покажем, что стороны полученного таким образом шестиугольника (на рисунке он показан красным цветом) больше единицы, но все его диагонали не больше двух.
Действительно, стороны такого шестиугольника равны $\sqrt{1^2 + 0,1^2} > 1$.
Синие диагонали равны двум, зеленые равны $\sqrt{3} + 0,1 < 2$, голубые меньше, чем $1 + 0,1 + 0,1 = 1,2 < 2$.

Да, можно

Ответ: Да, можно. Например, см. рисунок

[attachment 256 Нумерация вершин куба трехзначными числами]

Рассмотрим систему координат, в которой вершины куба имеют координаты (0,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1).
В этой системе координат соседними являются только те вершины, у которых совпадает ровно две координаты.
Поэтому условие задачи можно переформулировать следующим образом: существует ли такое отображение множества вершин куба на себя, при котором все соседние вершины куба перестают быть соседними?
Такое отображение существует – см. пример ниже
X F(X)
000 000
100 101
010 011
001 111
110 110
101 010
011 100
111 001
Осталось заменить нули на двойки

СИ$ \times $СИ = СОЛЬ

С = 9

$98 \times 98 = 9604 $

Достаточно рассмотреть последние цифры чисел $2^n, 3^n, 4^n$

Ответ: $1^n + 2^n + 3^n + 4^n$ делится на $10$, когда $n$ не делится на $4$
Достаточно рассмотреть последние цифры чисел $2^n, 3^n, 4^n$.
При $n = 1, 2, 3, 4, 5, \ldots$ последние цифры степеней равны:
$2, 4, 8, 6, 2, \ldots$ для $2^n$;
$3, 9, 7, 1, 3, \ldots$ для $3^n$;
$4, 6, 4, 6, 4, \ldots$ для $4^n$.
Начиная с $n = 5$ цифры повторяются.
Таким образом, $1^n + 2^n + 3^n + 4^n$ делится на $10$ при $n = 1, 2, 3, 5, 6, 7$ и т.д., то есть, когда $n$ не делится на $4$

Очевидно, что число сторон больше трех

Ответ: число сторон может быть равным $4$ или $5$
Докажем, что многоугольник с указанным свойством не может иметь более пяти сторон.
Обозначим через $n$ число сторон многоугольника и допустим, что $n \geq 6$. Пусть $A_1, A_2, \ldots, A_n$ – вершины многоугольника. Рассмотрим вершины $A_1, A_2, A_{n-2}, A_{n–1}$. Отрезки $A_1A_2$ и $A_{n-2}A_{n–1}$ являются сторонами, а отрезки $A_1A_{n-1}$ и $A_2A_{n-2}$ – диагоналями нашего многоугольника (см. рисунок).

[attachment 254 Рисунок]

В выпуклом четырехугольнике $A_1A_2A_{n-2}_A_{n–1}$ сумма диагоналей $A_1A_{n-2}$ и $A_2A_{n–1}$ всегда больше суммы двух его сторон $A_1A_{n-1}$ и $A_2A_{n–2}$, а это противоречит тому, что $A_1A_{n-1} = A_1A_{n–2} = A_2A_{n-1} = A_2A_{n–2}$ по условию задачи. Значит $n < 6$.
Очевидно, что $n > 3$ (в треугольнике нет диагоналей).
Для случаев же $n = 4$ и $n = 5$ многоугольники с указанным свойством легко строятся: ими являются квадрат и правильный пятиугольник.

Обозначим $S_3 = (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 = 3x^2 + 2$

Ответ: для $N = 3, 5, 7, 9$ не может; для $N = 11$, например, $18^2 + 19^2 +20^2 + \ldots + 28^2 = 77^2$
Обозначим $S_3 = (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 = 3x^2 + 2$
$S_5 = (x – 2)^2 + (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 + (x + 2)^2 = 5x^2 + 10$
$S_7 = (x – 3)^2 + (x – 2)^2 + (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 3)^2 = 7x^2 + 28$
$S_9 = (x – 4)^2 + (x – 3)^2 + (x – 2)^2 + (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 3)^2 + (x + 4)^2 = 9x^2 + 60$
$S_{11} = (x – 5)^2 + (x – 4)^2 + (x – 3)^2 + (x – 2)^2 + (x – 1)^2 + x^2 + (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 3)^2 + (x + 4)^2 + (x + 5)^2 = 11x^2 + 110$
$S_3$ не может быть квадратом целого числа, так как квадрат целого числа либо делится на $3$, либо дает остаток $1$ при делении на $3$.
$S_5$ не может быть квадратом целого числа, так как $x^2 + 2$ не делится на $5$.
$S_7$ не может быть квадратом целого числа, так как $x^2 + 4$ не делится на $7$.
$S_9$ не может быть квадратом целого числа, так как $3x^2 + 20$ не делится на $3$.
$S_{11} = 11x^2 + 110 = 11(x^2 + 10) $.
Проверим, может ли $x^2 + 10$ делиться на $11$.
Тогда $x^2 – 1 = (x^2 + 10) – 11$ должно делиться на $11$.
Так как $x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1) $, то либо $x – 1 = 11k$, либо $x + 1 = 11m$.
При $k = 2$, получаем $x = 23, \; S_{11} = 5929 = 77^2$

Рассмотрите делимость числа $x^3 + y^3 + z^3$ на $9$

Ответ: Да, верно.
Легко проверить, что, если $x$ – целое число, то при делении $x^3$ на $9$ в остатке может получиться только $0, 1$ и $–1$.
Пусть $x = 3k \pm 1$. Тогда $x^3 = 9(3k^3 \pm 3k^2 + k) \pm 1$
Отсюда ясно, что сумма трех кубов при делении на $9$ может дать в остатке только $0, \pm1, \pm2, \pm3$.
Поэтому все числа вида $9k \pm 4$ в виде суммы трех кубов представлены быть не могут

Да, верно

Ответ: Да, верно
Рассмотрим всевозможные наборы из $n$ отрезков, таких, что один конец лежит в красной точке, другой – в синей точке, и никакие два отрезка не выходят из одной точки. Чтобы получить такой набор отрезков, надо как-нибудь разбить $2n$ точек на $n$ пар – по одной красной и одной синей точке в каждой паре – и соединить точки каждой пары отрезком.
Покажем, что набор отрезков, такой, что сумма длин его отрезков – минимальная из всевозможных наборов (для данных $2n$ точек) и является искомым, то есть отрезки этого набора не имеют друг с другом общих точек.
Действительно, пусть построен набор с минимальной суммой длин отрезков. Докажем, что все его отрезки не имеют общих точек. Допустим противное: пусть два отрезка $K_1C_1$ и $K_2C_2$ имеют общую точку ($K_1, K_2$ – красные точки; $C_1C_2$ – синие точки (см. рисунок)).

[attachment 253 Рисунок]

По условию никакие три из точек $K_1, K_2, C_1, C_2$ не лежат на одной прямой. Тогда точки $K_1, K_2, C_1, C_2$ – вершины выпуклого четырехугольника. Разумеется, сумма длин любых двух его противоположных сторон меньше суммы длин диагоналей, например, $|K_1C_2| + |K_2C_1| < |K_1C_1| + |K_2C_2|$. Заменив в наборе отрезки $K_1C_1$ и $K_2C_2$ отрезками $K_1C_2$ и $K_2C_1$, мы уменьшим сумму длин всех отрезков, что противоречит предположению

Обозначим $ABCD$ – выпуклый четырехугольник, $|AB| = a, |BD| = b, |CD| = c$.
Тогда $S_{ABCD} = S_{\Delta ABD} + S_{\Delta BCD}$

Ответ: Длина другой диагонали равна $8\sqrt{2}$ см.
Пусть $ABCD$ – выпуклый четырехугольник, удовлетворяющий условию.
Обозначим $|AB| = a, |BD| = b, |CD| = c$.
Тогда $32 = S_{ABCD} \leq \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}bc$, причем равенство достигается, лишь, если $ \angle ABD = \angle BDC = \frac{\pi}{2}$.
$32 \leq \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}bc = \frac{1}{2}b \left( a+c \right) = \frac{1}{2}b \left( 16 – b \right) = 32 – \frac{1}{2} \left( 8 – b \right) ^2 \leq 32$, причем равенство достигается, лишь, если $b = 8$ см.
Отсюда $\angle ABD = \angle BDC = \frac{\pi}{2}$ и $ \left| AC \right| = 8\sqrt{2}$ см

Легко найти последнюю цифру числа $|11^m – 5^n|$

Ответ: $|11^m – 5^n| = 4$ при $m =2, n = 3$
Если $11^m > 5^n$, то число $|11^m – 5^n|$ оканчивается на $6$; если $11^m < 5^n$, то число $|11^m – 5^n|$ оканчивается на $4$.
При $m =2, n = 3 \; |11^m – 5^n| = 4$

Пусть наибольшее значение достигается для чисел $a_1, a_2, \ldots, a_n (a_1 + \ldots + a_n = 2026) $.
$? \leq a_j \leq ? $

Ответ: $2^2\cdot3^{673}$
Пусть наибольшее значение достигается для чисел $a_1, a_2, …, a_n (a_1 + … + a_n = 2026) $.
$a_j \geq 2$ для всех $j = 1, \ldots, n$, так как $a + 1 > a \cdot 1$.
$a_j \leq 4$, так как, если $a_k \geq 5$, то $a_k < 3(a_k – 3) $ (то есть $a_k - 3$ и $3$ лучше, чем $a_k$.
Итак, $2 \leq a_j \leq 4$ для всех $j = 1, \ldots, n$.
Далее заменим каждый сомножитель, равный $4$, двумя сомножителями, равными двум, от этого произведение не изменится.
Заметим еще, что $2 + 2 + 2 = 3 + 3$, но $2 \cdot 2 \cdot 2 < 3 \cdot 3$.
Окончательно, $a_j$ принимает значение $2$ или $3$, причем значение $2$ принимает не более двух $a_j$.
$2026 = 674\cdot 3 + 2\cdot2$, поэтому произведение равно $2^2 \cdot 3^{674}$

Рассмотрите, например, $N = 3$

Ответ: Например, $N = 3$
Так как $K$ – четное число, то все числа $K^K, K^{K^K, K^{K^{K^K}}$ также четные и любой член последовательности имеет вид $K^{2M} + 1 = {(K^M)}^2 + 1$, где $M$ – натуральное число
Но квадрат любого целого числа либо делится на $3$, либо дает в остатке $1$, так, что число ${(K^M)}^2 + 1$ не делится на $3$ ни при каком $M$.

Рассмотрите окружность с центром в середине стороны и радиусом, равным половине этой стороны.

Ответ: нет, не существует.
Пусть отношение стороны к медиане равно двум или больше двух.
Тогда соответствующий угол является прямым (см. рисунок) или тупым, так как его вершина лежит на окружности или внутри окружности с центром в середине стороны и радиусом, равным половине этой стороны

[attachment 252 Рисунок]

Рассмотрите прямоугольник с соотношением сторон 9 : 5

Ответ: Да, существует (см. рисунок)

[attachment 251 Рисунок]

Используйте преобразование центральной симметрии

Ответ: Да, можно
Отразим исходный синий четырехугольник 1 симметрично относительно середины стороны AB.
Получим красный четырехугольник 2.
Отразим четырехугольник 2 симметрично относительно середины его стороны BC.
Получим зеленый четырехугольник 3.
Наконец отразим четырехугольник 3 симметрично относительно середины его стороны CD.
Получим голубой четырехугольник 4.
Четырехугольники 1, 2, 3, 4 примыкают к их общей вершине углами A, B, C, D. Так как сумма углов четырехугольника равна 360 градусов, то эти четыре четырехугольника располагаются вокруг общей вершины без пропусков и перекрытий.

[attachment 249 Рисунок 1]

Такое же построение можно провести вокруг каждой вершины каждого из новых четырехугольников, что и дает паркет на всей плоскости.

[attachment 250 Рисунок 2]

Заметим, что исходный четырехугольник может быть и невыпуклым – паркет получается и в этом случае.

Рассмотрите квадрат, проходящий через центры всех 28 граничных точек

Ответ: Нет, нельзя.
На рисунке показано, как провести 14 прямых (на рисунке эти прямые - красные), разделяющих все центры полей шахматной доски.
Однако 13 прямых для этого недостаточно.
Действительно, рассмотрим квадрат проходящий через центры всех 28 граничных клеток (на рисунке это квадрат из синих точек. Ясно, что 13 прямых пересекают его не более, чем в 26 точках и потому разрезают не более, чем на 26 частей, то есть какие-то два «граничных» центра окажутся в одной части.
Значит для разделения 28 граничных, а, следовательно, и всех центров понадобится не менее 14 прямых

[attachment 248 13 прямых на шахматной доске]

Ответ: $b^2 = ac$
Обозначим длины сторон исходного треугольника $a, b, c$, длины высот $h_a, h_b, h_c$.
Тогда $a \cdot h_a = b \cdot h_b = c \cdot h_c (= 2S) $, где $S$ – площадь исходного треугольника.
Пусть $a \leq b \leq c$, тогда $h_a \geq h_b \geq h_c$.
С учетом подобия должно выполняться $h_a : h_b : h_c = c : b : a$, откуда $\frac{h_a}{h_b}= \frac{c}{b}$.
С другой стороны $\frac{h_a}{h_b} = \frac{b}{a}$ (так как $a \cdot h_a = b \cdot h_b = 2S$).
Следовательно, $\frac{c}{b} = \frac{b}{a}$ или $b^2 = ac$

Для $i$–ых часов рассмотрите треугольник с такими вершинами: центр стола $O$; $A_i$ – конец минутной стрелки в момент времени $t$; $B_i$ – конец минутной стрелки через полчаса.

Ответ: Да, найдется

[attachment 247 50 часов на столе]

Для $i$–ых часов рассмотрим треугольник с такими вершинами: центр стола $O$; $A_i$ – конец минутной стрелки в момент времени $t$; $B_i$ – конец минутной стрелки через полчаса.
Центр $i$–ых часов – точка $O_i$ является основанием медианы треугольника $A_iOB_i$, проведенной из вершины $O$.
Известно, что в произвольном треугольнике удвоенная длина медианы меньше суммы длин заключающих ее сторон треугольника, то есть $2\cdot|OO_i| \leq |OA_i| + |OB_i|$, причем равенство возможно только тогда, когда угол $A_iOB_i$ равен нулю, то есть, когда точки $A_i$ и $B_i$ лежат на луче с вершиной в точке $O$.
Если в любой момент времени угол $A_iOB_i$ равен нулю, то $i$–ые часы стоят, что противоречит условию задачи.
Поэтому найдется момент времени $t$, когда угол $A_iOB_i$ не равен нулю и $2\cdot|OO_i| < |OA_i| + |OB_i$|.
Тогда для момента времени $t$ выполняется
$2\cdot(|OO_1| + |OO_2| + \ldots + |OO_{50}|) < (|OA_1| + |OA_2| + \ldots + |OA_{50}|) + (|OB_1| + |OB_2| + \ldots + |OB_{50}|)$.
Из этого неравенства следует, что либо в момент времени $t$
$|OO_1| + |OO_2| + … + |OO_{50}| < |OA_1| + |OA_2| + … + |OA_{50}|$,
либо в момент времени $t$ + полчаса
$|OO_1| + |OO_2| + … + |OO_{50}| < |OB_1| + |OB_2| + … + |OB_{50}|$.
Что и требовалось доказать.

Рассмотрим двузначное $N = 10a + b$.
$ (a + b) + (a + b )^2 = 10a + b$

Ответ: $12, 42, 90, 156$
Рассмотрим двузначное $N = 10a + b$.
$ (a + b) + (a + b )^2 = 10a + b$
$ (a + b )^2 = 9a$
Откуда следует, что $a$ – полный квадрат, то есть $a = 1, 4, 9$
Аналогичное рассмотрение для трехзначного $N = 100a + 10b + с$ ($11a + b$ – полный квадрат) дает $156$

Примените формулу Виета

Ответ: $ (1; 2) $
$p^2 – 2q = 5 \; \rightarrow \; (x_1 + x_2)^2 -2x_1x_2 = 5 \; \rightarrow \; x_1^2 + x_2^2 = 5$
Корни $1$ и $2$ при $p=-3, q = 2$

При первом взвешивании надо положить на обе чашки весов по 3 монеты

Ответ: Да, хватит
При первом взвешивании кладем на обе чашки весов по 3 монеты.

1 Весы в равновесии
Это означает, что в одной тройке все монеты настоящие, а в другой тройке находятся обе фальшивые монеты.
Кладем на каждую чашку весов по одной монете из первой тройки.
1.1 Если весы находятся в равновесии, то в первой тройке все монеты настоящие, а во второй тройке находятся обе фальшивые монеты. Кладем на одну чашку весов настоящую монету из первой тройки, а на другую чашку одну из монет второй тройки. За два таких взвешивания сможет установить фальшивые монеты во второй тройке.

1.2 Если в результате второго взвешивания весы не находятся в равновесии, то, наоборот во второй тройке все монеты настоящие, а в первой тройке находятся обе фальшивые монеты. Действуя аналогично, сможем за два взвешивания установить фальшивые монеты в первой тройке.

2 После первого взвешивания весы не находятся в равновесии.
Тогда тяжелая фальшивая монета находится в тяжелой тройке, а легкая – в легкой.
За одно взвешивание любых двух монет из тяжелой тройки находим тяжелую фальшивую монету.
Аналогично за одно взвешивание любых двух монет из легкой тройки находим легкую фальшивую монету.

Рассмотрите последние цифры квадратов чисел

Ответ: $6084 = 78^2$
Обозначим $A^2 = B$
Последней цифрой числа $B$ может быть только $4$, так как, если последняя цифра числа $B$ равна $6$, то $A = 10a + 4$ или $A = 10a + 6$ и предпоследняя числа $B$ будет нечетной.
Остается проверить квадраты $32^2, 42^2, \ldots, 92^2$ и $38^2, 48^2, \ldots, 98^2$

Обозначим $|AO| = x, |OC| = y$.
Тогда $\frac{4}{x} = \frac{S_{ABC}}{x + y}$ и $\frac{9}{y} = \frac{S_{ADC}}{(x + y}$.

Ответ: $25$
Обозначим $|AO| = x, |OC| = y$.
Тогда $\frac{4}{x} = \frac{S_{ABC}}{x + y}$ и $\frac{9}{y} = \frac{S_{ADC}}{(x + y}$.
$S_{ABCD} = S_{ABC} + S_{ADC} =13 + \frac{4y}{x} + \frac{9x}{y}$.
Это выражение при $\frac{y}{x} = \frac{3}{2}$ достигает минимума, равного $25$.