а) Если числа равны 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64 и 128, то никакие три из них не образуют хорошую тройку.

Другой пример — последовательность чисел Фибоначчи: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34.

б) Если одно из чисел является длиной гипотенузы для двух треугольников, какое-то из оставшихся трёх чисел является длиной катета для этих двух треугольников, а тогда треугольники окажутся равными по гипотенузе и катету. Значит, каждое число может быть длиной гипотенузы не более чем одного треугольника. При этом два самых маленьких числа не могут являться длиной гипотенузы треугольника. Значит, среди четырёх чисел можно найти не более двух отличных троек.

Другое рассуждение для п. б). Расположим числа в порядке возрастания:  и отметим, что гипотенузой могут быть только два больших числа. Запишем три равенства на гипотенузу треугольника:    и заметим, что из последних двух равенств следует равенство чисел  противоречащее условию.

в) Упорядочим числа по возрастанию. Самое большое из них может быть длиной гипотенузы не более чем в пяти треугольниках (в противном случае одно из оставшихся 11 чисел будет длиной катета в двух треугольниках с данной гипотенузой, а тогда эти треугольники будут равны по гипотенузе и катету). Аналогично, второе по величине число может быть длиной гипотенузы не более чем в пяти треугольниках, третье и четвёртое — в четырёх, пятое и шестое — в трёх. седьмое и восьмое — в двух, девятое и десятое — в одном. Итого. отличных троек может получиться не более 30. Тридцать отличных троек найдётся, например, для следующего набора чисел: 

а) Да, например, при попадании в утроение сектора 20, утроение сектора 19 и центральный сектор 50 получаем:60 + 57 + 50 = 167.

б) Наибольшее количество очков, которое может набрать игрок одним броском ― 60 (утроение 20), далее идут: 57 очков (утроение 19) и 54 очка (утроение 18). Попадание во все остальные сектора и зоны дает меньше 54 очков. Если все шесть бросков были по 60 очков, то игрок набрал 360 очков, что больше 356. Если хотя бы один бросок на 60 очков заменить броском на 54 очка или меньше, то сумма уменьшится как минимум на 6, а, значит, станет не больше 354 очков, что меньше 356 очков. Следовательно, бросок на 60 очков можно заменять только броском на 57 очков. Но одна такая замена дает итоговый результат 357 очков, а хотя бы две замены ― не более 354 очков. Значит, 356 очков шестью бросками набрать невозможно.

в) Как было показано в пункте б) каждый бросок приносит игроку не более 60 очков. Значит, за 16 бросков он наберет не более 960 очков, а тогда для того, чтобы набрать 1001 очко понадобится не менее 17 бросков.

Покажем, что игрок может набрать 1001 очко за 17 бросков. Предположим, что он сделал 15 бросков на 60 очков (итого 900), один бросок в зону утроения сектора 17 (51 очко) и один бросок в центральный сектор 50 очков. Тогда в сумме он наберет 900 + 51 + 50 = 1001 очко.

а) Будем последовательно складывать числа, пока сумма не станет больше 110. Теперь удалим последнее добавленное число. Поскольку оно было не больше 11, сумма осталась больше 110 − 11 = 99. Утверждение верно.

б) Рассмотрим 12 чисел, равных 10,1. Их сумма равна 121,2 > 110. Если взять любые 11 из них, то сумма будет равна 111,1 > 110, а если взять меньше, чем 11 чисел, то сумма будет не больше  Следовательно, не из любого набора чисел можно выбрать несколько чисел, обладающих указанными свойствами.

в) Пусть в наборе найдутся 10 чисел, больших 10. Тогда их сумма больше 100, но не больше чем 110, и они являются искомыми.

Если в наборе 9 или меньше чисел, больших 10. Тогда их сумма меньше 99, и можно поступить как в пункте a): последовательно прибавлять к ним те, которые меньше 10, пока сумма не станет больше 110. После чего мы можем выкинуть из суммы последнее добавленное число. Сумма окажется меньше 110, но больше 100, поскольку вычеркнули число, меньшее 10.

Таким образом, утверждение верно.

а) Да. Пусть в классе учится 29 человек, из которых сперва 14 человек решили первую задачу (меньшая часть класса), а затем их стало 15 (большая часть класса).

Замечание: подойдет любой пример с нечетным количеством учеников от 21 до 29 и количествами решивших и не решивших первую задачу, отличающимися на 1.

б) Да. Пусть в классе было 30 учеников, из которых ровно 2 решили первую задачу. Тогда исходно процент учеников, решивших первую задачу был нецелым , а после перемены, когда решивших станет 3, процент решивших будет целым.

Замечание: Есть и другие примеры, например, 11 учеников из 24 поняли доказательство на уроке.

в) Пусть всего в классе n учеников, а количество решивших первую задачу равно k. Очевидно, k не меньше 1, так как один ученик решил задачу верно и доказал это на перемене. Тогда искомый процент равен  Чтобы это число было как можно меньшим, требуется минимализировать дробь  при условии, что 

Докажем, что наименьшее значение дроби  равно 4. Результат 4 достигается, если 

1) Если  то очевидно, что 

2) Если  то либо k = 1, что не подходит, так как дроби  не являются натуральными числами, либо  и в этом случае 

Таким образом, 4 – наибольшее целое значение искомого процента.

а) Пусть  Тогда 

б) Предположим, что  Тогда

С другой стороны,  Следовательно, числа  и  имеют разные знаки и не могут быть равны. Пришли к противоречию.

в) Из условия следует, что  и  Значит,  Отсюда, учитывая, что число b целое, получаем, что  Используя неравенства  получаем:

Пусть  Тогда  Следовательно, наименьшее возможное значение дроби  равно 

а) Подходящим примером являются прогрессии 1, 3, 5,... и 1, 4, 7,... Для этих прогрессий имеем

б) Обозначим через c и d разности арифметических прогрессий  и  соответственно. Тогда:

Если  то  Пришли к противоречию, ведь по условию 

в) По условию  По доказанному в пункте (б) имеем:  Значит,

то есть  Покажем, что случай  возможен. Это равенство выполняется, например, для прогрессий 5, 6, 7, 8,... и 12, 13, 14, 15,... Для этих прогрессий  и 

а) Например, если были написаны по 10 раз числа 11 и 1 и со всеми провели эти действия, то их среднее было равно 6, а после описанных действий оно станет равно 10.

б) Пусть x количество изначально написанных единиц, которые превратятся в нули, а y — количество прочих уменьшаемых чисел. Тогда сумма всех чисел равна , а сумма всех чисел, кроме будущих нулей, равна , и их  штук.

После описанных действий будет  чисел с общей суммой  Значит,

Отсюда следует, что  Но тогда , что невозможно.

в) Обозначая как в пункте б) получаем, что нужно максимизировать значение выражения  Очевидно, следует взять  и максимизировать , то есть следует максимизировать x.

Заметим однако, что сумма изначальных чисел не превосходит , откуда , ,  Тогда требуемое выражение будет равно  Это возможно, например, для набора из шести единиц, числа 14 и тринадцати чисел по 40, из которых уменьшают все единицы и только их, получая 

Для данного вопроса нет пояснения

а) Например, если 20 студентов писали обе контрольные работы и получили по 18 баллов за каждую, 4 студента писали только первую контрольную работу и получили по 0 баллов, 4 студента писали только вторую контрольную работу и получили по 0 баллов, то средний балл по каждой из контрольных работ в отдельности составил 15, а 

б) Поскольку средние баллы по каждой контрольной в отдельности равны 15, средний балл по обеим контрольным работам тоже равен 15. Всего было написано 28 + 2 = 30 контрольных работ. Значит, общее количество набранных студентами баллов равно  При этом сумма наивысших баллов равна 13 · 28 = 364. Следовательно, сумма наименьших баллов, набранных двумя студентами, писавшими обе работы, равна 450 − 364 = 86. Но сумма наименьших баллов двух студентов не может превосходить 40. Противоречие.

в) Пусть k — количество студентов, писавших обе контрольные работы, a — сумма баллов студентов, которые писали только одну контрольную работу, b — сумма наибольших баллов студентов, которые писали обе контрольные работы, c — сумма наименьших баллов студентов, которые писали обе контрольные работы.

Тогда сумма всех набранных баллов:  сумма наивысших баллов  Тогда  С другой стороны, , поэтому  откуда 

Приведём пример, когда  то есть если    Например, 11 студентов написали обе контрольные работы на 20 баллов, один студент написал обе контрольные, получив за первую 20 баллов, а за вторую 16 баллов, 8 студентов писали только первую контрольную, причем 3 из них написали ее на 20 баллов, а 5 из них — на 0 баллов, и 8 студентов писали только вторую контрольную, каждый на 8 баллов. Тогда обе контрольные писали по 20 студентов, набрав за первую 3 · 20 + 12 · 20 = 300 баллов и за вторую 8 · 8 + 11 · 20 + 16 = 300 баллов.

а)

б) Заметим, что сумма чисел на доске увеличивается на  или  (поскольку число 1 на доске никогда не появится). Значит, после 49 ходов сумма станет минимум  Поэтому после пятидесятого хода  В то же время  и  потому что левая часть нечетна, а правая четна.

в) После хода разность чисел становится равна  или  Поэтому модуль разности чисел меняется на 1. Изначально он был равен 1, поэтому после 2015 ходов он будет четным. Значит, равен как минимум двум.

Приведем пример. Первым ходом получим пару (5;3), а затем каждые два хода будем получать ситуацию, в которой числа отличаются на 2 (и никогда в процессе не будут равны):

Повторяя эти действия, получим в итоге два числа с разностью 2.