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 $25$.

Рассмотрите точку, соединенную отрезками с наибольшим количеством других точек

Ответ: $100$ отрезков
Покажем, что можно провести не более $100$ отрезков.
Рассмотрим точку, соединенную отрезками с наибольшим количеством других точек.
Обозначим это число $k$.
Тогда каждая из этих $k$ точек соединена не более, чем с $(20 – k) $ точками, а каждая из этих $(20 – k) $ точек соединена не более, чем с $k$ точками.
Отсюда общее число отрезков не больше $\frac{k(20 – k) + (20 – k)k}{2} = 20k – k^2 = $ $ 100 – {(10 – k)}^2$.
Сто отрезков можно получить, если разбить совокупность точек на два подмножества по $10$ точек в каждом и соединить отрезком каждые две точки, принадлежащие разным подмножествам

Рассмотрите число, составленное из троек

Ответ: Да, существует. Квадрат числа, составленного из $ (n + 1) $ троек начинается с $n$ единиц
$33^2=1089$
$333^2=110889$
$3333^2=11108889$
$33333^2=1111088889$

$\ldots$

В многоугольнике не должно быть тупых углов

Ответ: остроугольные и прямоугольные треугольники, прямоугольники
В многоугольнике не должно быть тупых углов

Рассмотрите $n$ – натуральное число, такое, что $n > a_2$

Ответ: Нет, не существует.
Предположим, что такая последовательность существует.
Пусть $n$ – натуральное число, такое, что $n > a_2$.
Тогда $a_{2n} = a_n + a_2 < a_n + n$.
Значит натуральные числа $a_{n+1}, a_{n+2}, \ldots a_{2n}$ лежат в промежутке $[a_n+1,a_n+n-1] $ различны, чего быть не может, так как в этом промежутке всего $n-1$ целое число

Разбейте плоскость квадратной сеткой со стороной квадратов 60 см.

Ответ: Да, можно
Разбейте плоскость квадратной сеткой со стороной квадратов 60 см, затем в квадрате 180 см х 180 см квадратики раскрасьте в разные цвета, потом периодически продолжайте раскраску

   МАЙ
   МАЙ
 + МАЙ
   МАЙ
   МАЙ
   МАЙ
  ----
  ТЕМА

Й - нечетное

   305
   305
 + 305
   305
   305
   305
  ----
  1830

Й - нечетное
Й = 1   А = 6   М = 6   не годится
Й = 3   А = 8   М = 9   Е = 8   не годится
Й = 5   А = 0   М = 3   годится   МАЙ = 305
Й = 7   А = 2   М = 6   Е = 7   не годится
Й = 9   А = 4   М = 9   не годится

Например, существует антимагический квадрат, в котором первая строчка состоит из цифр 1, 2, 3

Ответ: Например,

[attachment 246 Антимагический квадрат]

Рассмотрите многочлен $ P \left( x \right) = 4 \cdot \left(x + 1 \right)\cdot \left(x – \frac{1}{2} \right)^2$

Ответ: Да, верно
Рассмотрим многочлен $P\left(x\right) = 4 \cdot\left(x + 1\right)\cdot\left(x – \frac{1}{2}\right)^2 = \left(x + 1\right)\left(4x^2 – 4x + 1\right) = 4x^3 – 3x + 1$
Сложив $n$ очевидных неравенств $P(x_i)\geq 0, i = 1, 2, \ldots, n$, получаем
$-3\left(x_1 + x_2 + \ldots + x_n\right) + n \geq 0$.
Откуда
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n \leq \frac{n}{3}$

Да, существует

Ответ: Да, существует (см. рисунок)

[attachment 244 Рисунок]

Обозначим стороны треугольника $a = 6, b = 8, c$ и медианы $m_a, m_b$
Можно найти $m_a^2 + m_b^2$

Ответ: $2\cdot\sqrt{5} $
Обозначим стороны треугольника $a = 6, b = 8, c$ и медианы $m_a, m_b$ (см. рисунок)
$ \left(\frac{m_a}{3}\right)^2 + \left(\frac{2m_b}{3}\right)^2 = 3^2$
$ \left(\frac{2m_a}{3}\right)^2 + \left(\frac{m_b}{3}\right)^2 = 4^2$
$5\left(\frac{m_a}{3}\right)^2 + 5\left(\frac{m_b}{3}\right)^2 = 25$
$c^2 = \left(\frac{2m_a}{3}\right)^2 + \left(\frac{2m_b}{3}\right)^2 = 20$

[attachment 243 Перпендикулярные медианы]

Если сумма площадей двух треугольников, подобных данному треугольнику с коэффициентами подобия $k_1$ и $k_2$, равна площади данного треугольника, то $k_1^2+k_2^2 =1$

Ответ: Да, верно
Если сумма площадей двух треугольников, подобных данному треугольнику с коэффициентами подобия $k_1$ и $k_2$, равна площади данного треугольника, то $k_1^2+k_2^2 =1$
На рисунке в качестве примера приведено разрезание для $k_1 = \frac{3}{5}, k_2 = \frac{4}{5}$

[attachment 242 Разрезать треугольник на части, из которых можно составить подобные треугольники]

Ответ: Да, всегда
Пусть одно из чисел $a$ и $b$ четно, а другое – нечетно.
Тогда $a^2 +b^2$ нечетно. $a^2 +b^2 = 2N + 1$.
Положим $c = N, d = N + 1$.
Получим $d^2 – c^2 = (d + c)(d – n) = 2N + 1 = a^2 + b^2$.

Пусть $a$ и $b$ оба четны.
Тогда $a^2 + b^2 = 4N$.
Положим $d = N + 1, c = N – 1$.
Получим $d^2 – c^2 = (d + c)(d – n) = 2N\cdot2 = 4N = a^2 + b^2$.

Несложно также доказать, что, если $ab$ нечетно, то таких $c$ и $d$ найти нельзя

   КАЗАК
   КАЗАК
   КАЗАК
 + КАЗАК
   КАЗАК
   КАЗАК
  ------
  АТАМАН

К = 1, 3, 5, 7, 9
А = 1, 2, 3, 4, 5
АК = 19, 21, 39, 41, 59
КА = 91, 12, 93, 14, 95
Годится только КА = 95

   95859
   95859
   95859
 + 95859
   95859
   95859
  ------
  575154

Сумма всех чисел на циферблате равна 78, а всех цифр – 51

Ответ: см. рисунок

[attachment 241 Разделить циферблат часов на три части]

Вместо чисел 10, 11, 12 будем рассматривать числа 1, 0, 1, 1, 1, 2

Ответ: $S =4$
Обозначим $a$ – первый член; $q$ – знаменатель геометрической прогрессии; $S_3$ – сумма первых трех ее членов, $S_6$ – сумма первых шести ее членов.
Тогда
$S = \frac{a}{1 – q}$
$S_3 = \frac{a\cdot(1-q^3)}{1 – q} = S\cdot(1-q^3) $
$S_6 = \frac{a\cdot(1-q^6)}{1 – q} = S\cdot(1-q^6) $
Далее
$S = S\cdot(1 – q^3) + 2$
$S\cdot(1 – q^6) = 3$
Исключая $q$ получаем
$S^2 – 3S – 4 = 0$
Откуда
$S = 4$
$q = \frac{1}{2^{\frac{1}{3}}}$
$a=4\cdot(1-\frac{1}{2^{\frac{1}{3}}})$

Рассмотрите $\frac{1000002}{6}$ и $\frac{1000002}{3}$

Ответ: $А = 166667, В = 333334$, двенадцатизначное число $166667333334 = 3\cdot166667\cdot333334$
Пусть $A$ и $B$ – искомые числа
$10^6A + B = kAB$
$10^6 + \frac{B}{A} = kB \; \rightarrow \; B = mA$
$10^6 + m = kmA$
$m = 2, k = 3$

Пусть число строк равно $m$, а число столбцов равно $n$.

Ответ: Нет, не может
Пусть число строк равно $m$, а число столбцов равно $n$.
Тогда $mn = 2026$.
Вычислим двумя способами сумму всех чисел в прямоугольнике.
С одной стороны, сумма чисел в каждой строке равна $1$, количество строк равно $m$, значит, сумма всех чисел равна $m$.
С другой стороны, сумма чисел в каждом столбце равна $2$, количество столбцов равно $n$, значит, сумма всех чисел равна $2n$.
Тогда $m = 2n$, откуда $2n^2 = 2026, n^2 = 1013$, что невозможно ($n$ – натуральное число).

Рассмотрите проекции многоугольников на прямую

Ответ: Да.
Спроектируем все многоугольники на какую-нибудь горизонтальную прямую.
Проекцией каждого многоугольника будет отрезок.
Среди правых концов этих отрезков выберем самый левый.
Пусть это будет правый конец A многоугольника M (см. рисунок), проведем через него прямую L, перпендикулярную горизонтальной прямой.

[attachment 240 Многоугольники]

Прямая L пересекает все многоугольники, так как никакой многоугольник не может лежать целиком левее нее (тогда правый конец его проекции был бы левее A) и никакой не может лежать целиком правее (так как тогда он не имел бы общих точек с многоугольником M).

Пусть $P(x) = c_nx^n + c_{n–1}x^{n-1} + … + c_1x + c_0, c_n\neq0 $; числа $c_n, c_{n-1}, …, c_0$ – натуральные.
Рассмотрите $P(10^k)$, где $k$ – натуральное число такое, что $10^k > max(c_n, c_{n-1}, …, c_0) $.

Ответ: Да, верно.
Пусть $P(x) = c_nx^n + c_{n–1}x^{n-1} + … + c_1x + c_0, c_n\neq=0$ ; числа $c_n, c_{n-1}, …, c_0$ – натуральные.
Рассмотрим натуральное число $k$, такое, что $10^k > max(c_n, c_{n-1}, …, c_0) $.
В десятичной записи числа $P(10^k) $ будут идти сначала цифры числа $c_n$, затем нули; затем цифры числа $c_{n-1}$, затем нули и т.д.
Таким образом сумма цифр числа $P(10^k) $ равна сумме $S$ цифр всех чисел $c_n, c_{n-1}, …, c_0$, то есть $a_{10^k} = S$.
Рассуждая аналогично, мы видим, что $S = a_{10^k} = a_{10^{k+1}} = a_{10^{k+2}} = \ldots $
То есть число $S$ встречается в последовательности $a_1, a_2, a_3, \ldots$ бесконечное число раз

Положим на чашки весов по 50 монет

Ответ: 2 взвешивания

Положим на чашки весов по 50 монет

Если весы находятся в равновесии, то оставшаяся монета – фальшивая, и за следующее взвешивание определим легче она или тяжелее настоящей.

Пусть весы не находятся в равновесии.
Снимем с них более тяжелую кучку из 50 монет, а оставшиеся на весах монеты разложим по 25 монет на каждую чашку.
Если весы находятся в равновесии, то фальшивая монета тяжелее настоящей, в противном случае (весы не находятся в равновесии) фальшивая монета легче настоящей

Делимость на 9 достигается автоматически

Ответ: 123457896
Делимость на 9 достигается автоматически.
Первые слева 5 цифр – это 12345.
78 и 98 не делятся на 4.
7968 > 7896

Используйте четность/нечетность координат вершин

Ответ: $n$–угольник может иметь $n=3$ или $n=4$ сторон
Предположим, что $n \geq 5$.
Введем на плоскости систему координат так, чтобы координатные оси являлись линиями клетчатой бумаги. Тогда точки узлов клетчатой бумаги имеют целочисленные координаты.
Около каждой вершины $n$–угольника напишем две буквы. На первом месте напишем Ч, если первая координата вершины четная, и Н – в противном случае; аналогично на втором месте напишем Ч, если вторая координата вершины четная, и Н, если она нечетная.
Так как всего имеется четыре различные пары (ЧЧ, ЧН, НЧ, НН), а $n \geq 5$, то найдутся две вершины $A$ и $B$ многоугольника, около которых написаны одинаковые наборы букв. Пусть $A(x_1,y_1), B(x_2,y_2) $. Середина $C$ отрезка $AB$ лежит внутри многоугольника или на его стороне (так как многоугольник выпуклый). Так как $x_1$ и $x_2$ имеют одинаковую четность, то абсцисса точки $C$, равная $\frac{x_1 + x_2}{2}$ будет целым числом, аналогично $C$ имеет целочисленную ординату.
Таким образом, точка $C$ лежит в узле клетчатой бумаги. Противоречие

Надо следить за максимальным числом камней в одной кучке.

Ответ: Выигрывает Александр
Будем следить за максимальным числом камней в одной кучке (обозначим его $M$).
Своим первым ходом Александр может получить $M = 63$.
Тогда после первого хода Бориса будет $32 \leq M \leq 62$ и своим вторым ходом Александр может получить $M = 31$. Далее Александр может получить $M = 15, 7, 3, 1$ (победа Александра).
Таким образом, в этой игре выигрывает Александр, если вначале $M \neq 2^k – 1$ и Борис, если $M = 2^k – 1$

А) Да
Б) Нет

А) Ответ: Да, обязательно
Обозначим максимальное число в первой тройке $ (a, b, c) $ через $m$.
Ясно, что максимальное число в каждой следующей тройке, по крайней мере, на $1$ меньше, чем в предыдущей. Максимальное число во второй тройке не больше $m -1$, в третьей – не больше, чем $m – 2$ и т.д.
Не далее как в $m$–й тройке максимальное число окажется равным нулю

Б) Нет, не обязательно. Приведем пример
Пусть исходная тройка имеет вид $ (\lambda, \lambda^2, \lambda^3) $, где $\lambda$ выбрана так, что числа в следующей тройке $ (|\lambda^2 – \lambda|, |\lambda ^3 – \lambda^2|, |\lambda^3 – \lambda|)$ пропорциональны числам первой тройки.
Так как
$\lambda^2 – \lambda = \lambda\cdot(\lambda – 1) $
$\lambda^3 – \lambda^2 = \lambda^2\cdot(\lambda – 1) $
$\lambda^3 – \lambda = (\lambda^2 + \lambda)\cdot(\lambda – 1) $,
то возьмем $\lambda$ равным положительному корню уравнения $\lambda^2 + \lambda = \lambda^3$, то есть $\lambda = \frac{1 + \sqrt{5}}{/2}$.
При этом $n$––я тройка будет такой: $(\lambda\cdot(\lambda – 1)^{n – 1}, \lambda^2\cdot(\lambda – 1)^{n – 1}, \lambda^3\cdot(\lambda – 1)^{n – 1})$.
Ни одно из чисел не будет равно нулю