Имеется арифметическая прогрессия, состоящая из пятидесяти чисел.
а)  Может ли эта прогрессия содержать ровно 6 целых чисел?
б)  Может ли эта прогрессия содержать ровно 29 целых чисел?
в)  Найдите наименьшее число n, при котором эта прогрессия не может содержать ровно n целых чисел.

Пусть наша прогрессия - a, a+d, a+2d, ..., a+49d
а) Да. Например, можно взять a∈Z и d=k/9, где k∈Z. Тогда целыми будут a, a+9d, a+18d, a+27d, a+36d, a+45d - ровно 6 чисел
б) Нет. В таком случае какие-то два числа точно стояли бы рядом, но из этого следует, что d∈Z, а тогда вообще все числа либо только целые, либо только дробные
в) Рассмотрим прогрессию 0, 1/k, 2/k, ..., 49/k. В ней int(49/k)+1 целых чисел - перебором по k можно показать, что все числа до 10 включительно достигаются
Допустим, существует пример на 11 целых чисел. Тогда какие-то два попадут в одну пятёрку ⇒ разница между ними максимум 4d, но тогда целые числа встречаются через каждые 4 числа, и всего их как минимум 12 ⇒ Противоречие, 11 целых быть не может
Ответ: а) Да; б) Нет; в) 11
*здесь int(49/k) - целая часть 49/k

Из таблицы вероятность выигрыша в 10 руб равна 990/1000, в 50 руб - 6/1000, в 100 руб - 3/1000, в 5000 руб - 1/1000. Тогда по определению математического ожидания для дискретной величины (взвешенное по вероятностям среднее принимаемых ею значений) мат. ожидание выигрыша равно 10*0,99+50*0,006+100*0,003+5000*0,001 = 15,5 руб. Цена билета 50р => Ответ: 50-15,5 = 34,5

Моя методика - чисто по рисунку: смотрим, что сделали с обычной косинусоидой. Очевидно, что её растянули в 2 раза, причём график не перевёрнут ⇒ a=2. Также график смещён на 1 клетку вниз ⇒ d=-1
Подставляем точку (0;1) находим c=2πk, но т.к. с-целое, то однозначно c=0. Период обычного косинуса - 2π, а у нашего просто 2 ⇒ b=1
Таким образом, наша функция f(x)=2cos(πx)-1. f(100/3) = 2cos(100π/3)-1 = 2cos(4π/3)-1 = -1-1 = -2

Окружности ω₁ и ω₂ с центрами в точках B и D касаются внешним образом в точке C. Прямая AE касается окружности ω₁ в точке A и окружности ω₂ в точке E. Найдите tg∠EDA, если известно, что tg ∠AEC = ½.

Пусть ∠ECD=∠CED=α ⇒ ∠AEC=90°-α. По сумме углов четырёхугольника ABDE ∠ABD=2α ⇒ ∠CAE=α как угол между касательной и хордой ⇒ ∠ACE=90°
tg∠AEC = AC/CE = 1/2 ⇒ Пусть AC=x; CE=2x ⇒ в △ACE по Пифагору AE=√5x. tgα=2 ⇒ cos2α=-3/5 ⇒ в △CDE по теореме косинусов CE²=4DE²/5; CE²=4x² ⇒ DE²=5x² ⇒ DE=AE=√5x ⇒ tg∠EDA=AE/DE=1
P.S. Можно было облегчить себе работу проведением общей касательной, но мы лёгких путей не ищем, нашли решение - делаем, если оно не занимает четыре часа)

Стрелок стреляет в тире по восьми одинаковым мишеням. Вероятность попасть в каждую мишень при каждом выстреле одна и та же. Чтобы сбить все восемь мишеней, стрелку потребовалось 11 выстрелов. Какова вероятность того, что первыми пятью выстрелами стрелок сбил хотя бы четыре мишени?

Фактически в условии сказано, что за 10 выстрелов стрелок попал ровно в 7 мишеней. Все вероятности попадания в мишень одинаковы, и тут можно разбить 10 выстрелов на две группы по 5 и банально рассмотреть разные случаи распределения промахов. Так или иначе, делаем вывод о их симметричности ⇒ вероятность сбить ≥4 мишеней первыми 5 выстрелами равна вероятности сделать это последними 5 выстрелами, причём эти события противоположны ⇒ вероятность каждого равна ½.

На доске написаны числа 1, 2, 3, …, 30. За один ход разрешается стереть три числа, сумма которых меньше 35 и отлична от каждой из сумм троек чисел, стёртых на предыдущих ходах.
а) Приведите пример 5 ходов.
б) Можно ли сделать 10 ходов?
в) Какое наибольшее число ходов можно сделать?

а) Не тратим время на тыканье пальцем в воздух, а сразу переходим к рассуждениям в пунктах Б и В - оттуда и родится пример
б) Здесь сработает грубейшая оценка: предположим, что 10 ходов сделать можно, тогда мы стёрли числа с суммой (1+30)/2*30 = 465. Теперь оценим суммы чисел за каждый ход. Суммарно мы можем стереть числа с суммой не более чем 34+33+32+31+30+29+28+27+26+25=295, очевидное противоречие
в) Будем использовать ту же идею с оценкой суммы, перебирая количество ходов по убыванию. 10 ходов нельзя из пункта Б
9 ходов: стёрли числа с суммой ≥378, а могли стереть с суммой ≤270 !?
8 ходов: стёрли числа с суммой ≥300, а могли стереть с суммой ≤244 !?
7 ходов: стёрли числа с суммой ≥231, а могли стереть с суммой ≤217 !?
На 6 ходов противоречия нет, и придётся попотеть, чтобы придумать пример (его вообще может и не быть, тогда стоит думать насчёт другого доказательства)
Разобьём числа на две группы: 1,2,3,...,15 (назовём их "маленькие") и 16,17,18,...,30 ("большие"). После некоторых попыток нетрудно понять, что в принципе каждый ход нам хочется стирать по 2 маленьких числа и 1 большому, при этом делая это с умом, дабы не запороть сумму чисел.
(1,2,30) - сумма 33
(3,4,27) - сумма 34
(5,6,21) - сумма 32
(7,8,16) - сумма 31
(9,10,11) - сумма 30
Неудача, но этот пример, кстати, вполне подойдёт для пункта А. Мы слишком тупо набирали маленькие числа, попробуем по-другому:
(1,15,16) - сумма 32
(2,3,28) - сумма 33
(5,6,15) - сумма 26
(7,8,16) - сумма 31
(4,12,13) - сумма 29
(9,10,11) - сумма 30
О, глядите, получилось. Конечно, это далеко не единственный ответ и вариаций ходов может быть несколько, но всё же важно придумывать их с умом.
Ответ: а) (1,2,30); (3,4,27); (5,6,21); (7,8,16); (9,10,11)
б) Нет
в) 6 ходов. Пример: (1,15,16); (2,3,28); (5,6,15); (7,8,16); (4,12,13); (9,10,11)