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

Да, существуют

Ответ: Да, существуют, например, $\{30, 35, 36, 40, 42, 45\}$
Покажем, как можно строить сколь угодно длинные наборы таких чисел.
Пусть $\{a_1, a_2, \ldots, a_n\}$ – набор из $n$ натуральных чисел, удовлетворяющий условию задачи.
Тогда $n + 1$ чисел $\{a_1 \cdot a_2\cdot, \ldots, \cdot a_n, a_1\cdota_2\cdot, \ldots, \cdota_n + a_1, \ldots, a_1\cdota_2\cdot, \ldots, \cdota_n + a_n\}$ также будут удовлетворять условию.
Действительно, $2\cdota_1\cdota_2\cdot, …, \cdota_n + a_i$ делится на $a_i$; $2\cdota_1\cdota_2\cdot, \ldots, \cdota_n + a_i + a_j$ делится на $a_j – a_i$ (так как $2\cdota_1\cdota_2\cdot, \ldots, \cdota_n$ делится и на $a_i$ и на $a_j$, и $a_i + a_j$ делится на $a_j – a_i$ в силу выбора набора $\{a_1, a_2, \ldots, a_n\}$.
Таким способом можно получить наборы любой длины: $\{1\}, \{1, 2\}, \{2, 3, 4\}, \{24, 26, 27, 28\}$ и т.д.
Приведем также «минимальные» наборы: $\{1\}, \{1, 2\}, \{1, 2, 3\}, \{2, 3, 4, 6\}, \{6, 8, 9, 10, 12\}, \{30, 35, 36, 40, 42, 45\}$

Рассмотрите $n = k + 20$

Ответ: Нет, не может
Покажем, что числа $k^2 + 2^k$ и $(k + 20)^2 + 2^{k + 20}$ оканчиваются одинаковой цифрой.
$k^2$ и $ (k + 20)^2 = k^2 + 40k + 400$ оканчиваются одинаковой цифрой.
$2^{k + 20} = 2^{20}\cdot2^k$.
Так как $2^{20}$ оканчивается на $6$, то $2^k$ и $2^{k + 20}$ оканчиваются одинаковой цифрой.
Итак, числа $k^2 + 2^k$ и $(k + 20)^2 + 2^{k + 20}$ оканчиваются одинаковой цифрой.
Поэтому достаточно проверить нечетные числа от $1$ до $19$ (очевидно, что $n$ должно быть нечетным), чтобы убедиться, что среди соответствующих чисел $n^2 + 2^n$ нет чисел, оканчивающихся на $5$.
Отметим, что $n^2 + 2^n$ может оканчиваться на $1, 3, 7, 9$:
$13^2 + 2^{13} = 8361$
$1^2 + 2^1 = 3$
$3^2 + 2^3 = 17$
$11^2 + 2^{11} = 2169$

Да, хватит

Ответ: Да, хватит
Соединим точки $A$ и $B$ прямой.
На участках, где нет деревьев, проведем провод по этой прямой.
Там же, где прямая пересекает сечение ствола, пустим провод по меньшей из двух дуг окружности, ограничивающей сечение ствола плоскостью, перпендикулярной к стволу (см. рисунок).

[attachment 239 Протянуть провод в лесу]

Покажем, что в этом случае длина провода не превосходит $\frac{\pi\cdot L}{2}$.
Пусть $a_1, \ldots, a_n$ – длины прямолинейных участков провода, а $b_1, \ldots, b_k$ – длины участков прямой $AB$, находящихся внутри стволов.
Поскольку каждое $b_i$ не превосходит диаметра соответствующей окружности, суммарная длина криволинейных участков провода не превосходит $\frac{\pi \cdot b_1}{2} + \ldots + \frac{\pi \cdot b_k}{2}$, а общая длина провода не превосходит
$ a_1 + \ldots + a_n + \frac{\pi \cdot b_1}{2} + \ldots + \frac{\pi \cdot b_k}{2} < \frac{\pi}{2}(a_1 + \ldots + a_n + b_1 + \ldots + b_k) = \frac{\pi \cdot L}{2} < 1,6\cdot L$.
Величину $\frac{\pi \cdot L}{2}$ нельзя заменить в этом неравенстве меньшей, так легко указать пример, когда потребуется провод длины ровно $\frac{\pi \cdot L}{2}$: в лесу растет единственное дерево, диаметром $L$, а точки $A$ и $B$ – диаметрально противоположные точки окружности его ствола.

Обозначим искомые числа $A$ и $B$.
Тогда $AB$ кратно $111$.

Ответ: $ (37; 18), (74, 3) $
Обозначим искомые числа $A$ и $B$ $ (A > B) $.
Тогда $AB$ кратно $111$.
Соответственно, $A = 37$ или $A = 74$, а $B$ кратно $3$.
$A = 37 \; \rightarrow \; B = 10(x + 4) + x \; \rightarrow \; $ не получается
$A = 37 \; \rightarrow \; B =10x + (x + 7) \; \rightarrow \; B = 18$
$A = 74 \; \rightarrow \; B =10x + (x + 3) \; \rightarrow \; B = 3$

Для $n = 3$, например, $3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3$

Ответ: Да, верно
$3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3$
$1^3 +5^3 + 7^3 + 12^3 = 13^3$
Построить наборы из большего числа кубов можно путем «наращивания». Умножив все кубы в первом равенстве на $2^3$ или во втором равенстве на $6^3$, получим равенство кубов, наименьший из которых равен $6^3$, его можно заменить на $3^3 + 4^3 + 5^3$.
Таким образом, из первого равенства получим равенства для нечетных $n$:
$3^3 + 4^3 + 5^3 + 8^3 + 10^3 = 12^3$ (для $n = 5$)
$3^3 + 4^3 + 5^3 + 8^3 + 10^3 + 16^3 +20^3 = 24^3$ (для $n = 7$)
и т.д. Из второго равенства получим равенства для четных $n$:
$3^3 + 4^3 + 5^3 + 30^3 + 42^3 + 72^3 = 78^3$ (для $n = 6$)
$3^3 + 4^3 + 5^3 + 8^3 + 10^3 + 60^3 + 84^3 + 144^3 = 156^3$ (для $n = 8$)
и т.д.

Пусть школу надо построить в точке $M$.
Тогда $|AM| + |MB| \geq |AB|, AM| + |MC |\geq |AC|$

Ответ: в деревне $A$.
Действительно, пусть школу надо построить в точке $M$.
Тогда $|AM| + |MB| \geq |AB|, AM| + |MC |\geq |AC| $, причем, если точка $M$ отлична от точки $A$, то хотя бы в одном случае неравенство строгое.
Значит, $20|AM| + 20|MB| \geq 20|AB|, 10|AM| + 10|MC| \geq 10|AC|$.
Поскольку хотя бы в одном случае неравенство строгое, то, складывая неравенства, получаем
$30|AM| + 20|MB| + 10|MC| > 20|AB| + 10|AC|$

Плоскость пересекает ребро, если границы этого ребра лежат по разные стороны от плоскости.

Ответ: ребро $AD$
Плоскость пересекает ребро, если границы этого ребра лежат по разные стороны от плоскости.
Поэтому точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от плоскости.
Точка $C$ лежит там же, где и $A$, $D$ там же, где и $B$.
Следовательно, плоскость должна пересечь ребро $AD$

Да, может

Ответ: Да, может
Рассмотрим, например, многочлен $\frac{x(x – 1)(x – 2)\ldots(x – 12)}{13}$.
Этот многочлен принимает во всех целых точках $x$ целые значения, а коэффициент при $x^{13}$ у него равен $\frac{1}{13}$

Левая часть уравнения – строго возрастающая функция на множестве натуральных чисел.

Ответ: $x = 584$
Обозначим $ F(x) = [\frac{x}{1!}] + [\frac{x}{2!}] + \ldots+ [\frac{x}{10!}] = 1001$
Так как $583 < 584 < 585 < 6! = 720$, то
$F(583) = [\frac{583}{1}] + [\frac{583}{2}] + [\frac{583}{6}] + [\frac{583}{24}] + [\frac{583}{120}] = 583 + 291 + 97 + 24 + 4 = 999$
$F(584) = [\frac{584}{1}] + [\frac{584}{2}] + [\frac{584}{6}] + [\frac{584}{24}] + [\frac{584}{120}] = 584 + 292 + 97 + 24 + 4 = 1001$
$F(585) = [\frac{585}{1}] + [\frac{585}{2}] + [\frac{585}{6}] + [\frac{585}{24}] + [\frac{585}{120}] = 585 + 292 + 97 + 24 + 4 = 1002$
Левая часть уравнения – строго возрастающая функция на множестве натуральных чисел.
Поэтому решение единственно

Пусть $4^n + 5 = m^2$
$m^2 – 4^n = (m + 2^n)(m – 2^n)$

Ответ: только при $n = 1$
Пусть $4^n + 5 = m^2$
$m^2 – 4^n = (m + 2^n)(m – 2^n) = 5$
$m + 2^n=5, m – 2^n = 1 \; \rightarrow \; m =3, n = 1$
Таким образом, число $4^n + 5$ может быть полным квадратом только при $n = 1$

Сумма последовательных натуральных чисел от $y$ до $x$ равна $\frac{(x+y)(x–y+1)}{2}$

Ответ: числа $2^k, k = 0, 1, 2, \ldots$
Сумма последовательных натуральных чисел от $y$ до $x$ равна $\frac{(x+y)(x–y+1)}{2}$
Любое натуральное число можно представить в виде $2^kr$, где $r$ – нечетное число
Если $r>1$ и $k>0$, то полагаем $x+y=2^k,x-y+1=r$ и уравнение $\frac{(x+y)(x–y+1)}{2}=2^kr$ имеет решение $x=2^{k-1}+\frac{r-1}{2}, y=2^{k-1}-\frac{r-1}{2}$
При $r>1$ и $k=0$ нечетное число $r=2m+1$ можно представить в виде $r = m + (m+1)$
При $r=1$ уравнение $\frac{(x+y)(x–y+1)}{2}=2^k$ не имеет решений в натуральных числах, так как числа $x+y$ и $x–y+1$ имеют разную четность

Обозначим концы известных медиан треугольника $ABC \; B,B_1,C, C_1$.
Легко найти площадь четырехугольника $BCB_1C_1$

Ответ: $S_{\DeltaABC}=\frac{2mn}{3} $
Обозначим концы известных медиан треугольника $ABC \; B,B_1,C, C_1$.

[attachment 238 Перпендикулярные медианы]

Легко найти площадь четырехугольника $BCB_1C_1$.
$S_{BCB_1C_1} = \frac{(\frac{1}{9} + \frac{2\cdot2}{9} + \frac{4}{9})mn}{2} = \frac{mn}{2}$
$\frac{3S_{\DeltaABC}}{4} = \frac{mn}{2}$
$S_{\DeltaABC}=\frac{2mn}{3} $

Каждая цифра трехзначного числа участвует в четырех двузначных

Ответ: $132, 264, 396$
Пусть искомое число равно $100a + 10b + c$
Цифра a участвует в числах $10a + b, 10a + c, 10b + a, 10c + a$
Отсюда
$100a + 10b + c = 22(a + b + c) $
$26a = 4b + 7c$
Три решения: $132, 264, 396$

Да, верно

Ответ: Да, верно
Рассмотрим любые две точки из нашего набора
Если попарных расстояний $k$, то точек всего не больше, чем $2k^2+2$, поскольку все точки кроме выбранных, должны лежать в пересечении двух семейств концентрических окружностей, по $k$ окружностей в каждом семействе

Да, существует

Ответ: Да, существует.
Примером может служить арифметическая прогрессия $2025!, 2\cdot2025!, 3\cdot2025!, \ldots, 2025\cdot2025! $.
Произведение этих $2025$ чисел равно $ (2025!)^{2026}$

   НОВЫМ
   НОВЫМ
   НОВЫМ
 + НОВЫМ
   НОВЫМ
   НОВЫМ
   НОВЫМ
   -----
   ГОДОМ

М = 0, 5
Г = 1
Н = 7, 8, 9
О = 3, 4

   13405
   13405
   13405
 + 13405
   13405
   13405
   13405
   -----
   93835

Неравенство $k – \frac{1}{2} < \sqrt{x} < k + \frac{1}{2}$ имеет в натуральных числах $2k$ решений

Ответ: $89$
Обозначим $]a[$ целое число, ближайшее к $a$.
Вычислим первые члены последовательности.
$a_1 = ]\sqrt{1}[ = 1, a_2 = ]\sqrt{2}[=1, \ldots : 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, \ldots$
Отметим, что $1$ встречается $2$ раза, $2$ встречается $4$ раза, $3$ встречается $6$ раз.
Поэтому предполагаем, что каждое натуральное число $k$ встречается $2k$ раз.
Для доказательства этого предположения достаточно показать, что неравенство $k – \frac{1}{2} < \sqrt{x} < k + \frac{1}{2}$ имеет в натуральных числах $2k$ решений.
Действительно, возведя каждую из частей неравенства в квадрат, получим равносильное неравенство $k^2 – k + \frac{1}{4} < x < k^2 + k + \frac{1}{4}$,
которое имеет $2k$ решений: $k^2 – k + 1, k^2 – k + 2, \ldots, k^2 + k$.
Искомая сумма равна
$\frac{1}{]\sqrt{1}[} + \frac{1}{]\sqrt{2}[} + \ldots + \frac{1}{]\sqrt{2025}[}= (\frac{1}{1} + \frac{1}{1}) + (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) + \ldots + (\frac{1}{44} + \frac{1}{44} + \ldots+ \frac{1}{44}) + (\frac{1}{45} + \frac{1}{45} + \ldots + \frac{1}{45})$
Сумма чисел в каждой круглой скобке кроме последней равна $2$.
Последняя круглая скобка содержит $45$ слагаемых (от $\frac{1}{a_{1981}}$ до $\frac{1}{a_{2025}})$, сумма чисел в ней равна $1$.

Оцените сумму чисел во всех квадратах сверху и снизу

Ответ: Да, верно
Ни в одном из $49$ квадратов $2\times2$ сумма не больше $64+63+62+61=250$.
Поэтому, если сумма не больше $100$ во всех квадратах, кроме, быть может, двух, то сумма сумм по квадратам должна быть меньше $2\cdot250 + 47\cdot100 = 5200$.
С другой стороны в эту сумму сумм угловые числа входят по разу, примыкающие к сторонам – по два, остальные – по $4$ раза, поэтому такая сумма не меньше
$ (64 + 63 + 62 +61) + 2(60 + 59 + \ldots + 37) + 4(36 + 35 + \ldots + 1) = 5242$
Противоречие

Александр выигрывает

Ответ: Александр выигрывает
Первым ходом Александр переносит одну из фишек на крайнее справа поле, а затем он дублирует ходы Бориса

Да, можно (см. рисунок 1)

[attachment 236 Рисунок 1]

Ответ: Да, можно
На рисунке 2 изображено разбиение квадрата на 3 прямоугольника и указаны их размеры.
Для подобия прямоугольников достаточно справедливости равенства $1 – x = (x(1 – x(1 – x)) $, которое выполняется при $x \approx 0.56979$. Тогда во всех прямоугольниках отношение большей стороны к меньшей равно $\frac{1}{x}$

[attachment 237 Рисунок 2]

Отложим выбранную монету, а из оставшихся 2024 монет положим 1012 монет на первую чашку и 1012 монет – на вторую.

Пусть масса настоящей монеты равна $a$ граммов.
Отложим выбранную монету, а из оставшихся 2024 монет положим 1012 монет на первую чашку и 1012 монет – на вторую.
Заметим, что при этом масса гирь на каждой чашке весов будет отличаться от $1012a$ (массы 1012 настоящих монет) на целое число той же четности, что и число фальшивых монет на этой чашке.
Если отложенная монета – настоящая, то общее число фальшивых монет на чашках равно 50, четному числу, значит, число фальшивых монет на той и другой чашке имеет одинаковую четность, следовательно, разность масс одной и другой чашки будет четна.
Если выбранная монета – фальшивая, то так как число фальшивых монет, лежащих на чашках весов нечетное (равно 49), то и разность масс одной и другой чашки будет нечетная

Ответ: $ (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{3}{2}, \frac{9}{2}), (4, 2, 0, 0) $
$a_1 + a_4 = 4$
$a_2 + a_3 = 2$
$a_1 + a_3 = 2a_2$
$a_2 \cdot a_4 = a_3^2$
Из первых трех уравнений получаем
$a_1 = 4 – a_4$
$a_2 = 2 – \frac{a_4}{3}$
$a_3 = \frac{a_4}{3}$
Подставляем в четвертое уравнение, получаем
$\frac{a_4^2}{9} = a_4(2 – \frac{a_4}{3})$
Откуда $a_4 = \frac{9}{2}, a_4 = 0$

Можно, например, представить искомое число в виде суммы двух чисел, каждое из которых делится на $2025$

Ответ: Да, можно. Например, $129638475$
$2025 = 25 \cdot 81$
Очевидно, искомое число заканчивается на $25$ или $75$.
Рассмотрим числа $K \cdot 2025$.
Наименьшее такое число, состоящее из различных ненулевых цифр это $38475 = 19 \cdot 2025$.
Надо в пару к нему надо подобрать число, состоящее из остальных цифр $1, 2, 6, 9$ и кратное $81$.
Перебором находим первое такое число $1296 = 16 \cdot 81$.
Искомое число равно $129600000 + 38475 = 129638475$