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)

По формуле суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии имеем y,yyyy... = y+y/10+y/100+... = y + (y/10)/(1-1/10) = y+y/9 = 10y/9
Аналогично xx,xxxx... = 10x+x+x/9 = 100x/9
Тогда из равенства в условии имеем 10√x/3 = 10y/9 ⇒ x=y²/9. Так как x,y - цифры, то подходят только две пары - (1;3) и (4;6)

Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиусом 10. Известно, что AB = BC = CD = 6.
а)  Докажите,что прямые BC и AD параллельны.
б)  Найдите AD.

а) Из равнобедренности треугольников ABC и BCD и вписанностей имеем кучу равных углов: ∠BAC=∠BCA=∠CBD=∠BDC=∠ADB=∠CAD=α. Отсюда так или иначе следует, что ABCD - равнобокая трапеция, ч.т.д.
б) По теореме синусов в △ ACD 6/sinα = AD/sin(180°-3α) = 2R = 20 => sinα = 0,3 => sin3α = 3sinα-4sin³α = 0,792; AD = 20•sin(180°-3α) = 20•sin3α = 15,84

В неравнобедренном треугольнике ABC один из углов равен разности двух других и один из углов в два раза больше другого. Биссектрисы углов A, B и C пересекают описанную вокруг треугольника окружность в точках A₁, B₁ и C₁ соответственно. Найдите площадь △ A₁B₁C₁, если площадь △ABC равна 2.

Найдите все такие значения n, что среди любого набора из n натуральных чисел, являющихся точными квадратами, всегда найдутся два числа, разность которых делится на 2017.

x²-y² = (x-y)(x+y). 2017 - простое число, поэтому, чтобы разность квадратов двух чисел делилась на 2017, их сумма или разность должна делиться на 2017.
(x-y)⋮2017 ⇔ x ≡ y (mod 2017). Всего существует 2017 различных остатков по модулю 2017, поэтому по принципу Дирихле такие числа найдутся при n≥2018.
(x+y)⋮2017 ⇔ x ≡ -y (mod 2017). Разбиваем остатки на нужные нам пары (1;2016), (2;2015), ..., (1008;1009). Таких пар 1008, и еще 0 без пары. Итого 1009 групп. Значит, при n≥1010 какие-то два числа попадут в одну группу, и условие выполнится.
Таким образом, наш ответ - n≥1010