Ответ: нельзя.

Решение:
Нетрудно проверить, что куб целого числа при делении на 9 может давать остаток 0, 1 или 8. Поэтому сумма кубов двух целых чисел при делении на 9 может давать остаток 0, 1, 2, 7 или 8. Но число 2004 при делении на 9 дает остаток 6, что не входит в указанный перечень.

2. Действительные числа x₁, x₂, x₃, x₄ и x₅ принадлежат отрезку [0, 1]. Из этих чисел составляются все произведения следующего вида:
x₁*x₂*(1-x₃)*(1-x₄)*(1-x₅),
x₁*(1-x₂)*x₃*(1-x₄)*(1-x₅),
x₁*(1-x₂)*(1-x₃)*x₄*(1-x₅),
...
(1-x₁)*(1-x₂)*(1-x₃)*x₄*x₅.
(Двумя множителями являются два из данных пяти чисел, а остальными тремя - дополнения остальных чисел до 1). Доказать, что сумма всех составленных произведений не превосходит 1.

Решение:
Рассмотрим произведение (x₁+(1-x₁))(x₂+(1-x₂))(x₃+(1-x₃))(x₄+(1-x₄))(x₅+(1-x₅)).
С одной стороны, оно равно 1. С другой стороны, после раскрытия скобок мы получим сумму всех возможных произведений, состоящих из 5 множителей, каждое из которых является либо числом x_k (k = 1, 2, 3, 4, 5), либо числом (1-x₁), причем вся эта сумма равна 1.
Но в эту сумму входят, кроме указанных в условии, еще несколько неотрицательных слагаемых. Значит, сумма, указанная в условии, не превосходит 1.

Примечание
Знакомые с теорией вероятностей могут заметить, что указанная в условии сумма произведений представляет собой вероятность того, что произзойдут ровно два из пяти независимых событий, имеющих вероятности x₁, x₂, x₃, x₄ и x₅, а вероятность события не превосходит 1.

3. Докажите, что для любого действительного k от 1 до квадрат со стороной 1 можно разрезать на три части, из которых можно сложить ромб со стороной k.

Решение:
Рассмотрим единичный отрезок АВ и точку С на нем. (см. рисунок). Из точки С восставим перпендикуляр к АВ и отложим на нем СD=1.

Соединим точки A и D, и через точку B проведем прямую, параллельную AD. На этой прямой отложим точку Е так, что DE=AD.
Через точку A проведем прямую, параллельную DE до пересечения с прямой BE в точке F.
Нетрудно убедиться, что ADEF - ромб, составленный из трех частей, которые можно сдвинуть, образовав единичный квадрат.
Для этого достаточно треугольник ACD сдвинуть параллельно, чтобы А совпала с точкой В, а треугольник ABF сдвинуть параллельно, чтобы A совпала с D.
Указанное построение возможно для любого положения точки С на отрезке АВ от точки А до середины отрезка АВ. При этом, если А=С, то построенный ромб совпадает с квадратом, а если С лежит в середине АВ, то сторона ромба равна .
При передвижении точки С от А к середине АВ, очевидно, можно получить любую длину AD от 1 до , что и требовалось.

4. В стране m городов, некоторые из которых соединены дорогами, при этом из любого города можно проехать в любой другой. Набор городов назовем центральным, если любой город, не входящий в этот набор, соединен дорогой с одним из городов данного набора. Докажите, что в стране существует центральный набор, состоящий не более чем из (m+1)/2 городов.

Решение:
Перейдем к рассмотрению связного графа на m вершинах.
Предположим, в нем есть цикл. Уничтожим этот цикл, удалив из него ребро. Если в получившемся графе есть цикл, удалим и из него ребро. Будем продолжать до тех пор, пока циклов не останется. Заметим, что граф при этом сохраняет связность (с теми путями, которые соединяли вершины и не содержали удаленного ребра, ничего не произошло, а в путях, содержащих удаленное ребро, его можно заменить на оставшуюся дугу цикла).
Таким образом, останется связный граф без циклов на m вершинах, т.е. дерево.
Очевидно, что вершины дерева можно раскрасить в два цвета так, чтобы любые две смежные вершины были бы окрашены по-разному. В качестве центрального набора возьмем все вершины одного из цветов при условии, что не меньше. Во взятом наборе не более m/2 вершин. При этом каждая из оставшихся вершин хоть с чем-то да соединена.
А соединена она может быть только с вершинами другого цвета, т.е. представителями взятого набора.
Ясно, что если удаленные ребра вернуть, взятое множество по-прежнему будет подходить под определение центрального.

5. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AE и CD. Известно, что произведение углов BDE и DEA равно произведению углов BED и EDC. Докажите, что треугольник ABC равнобедренный.

Решение:
Пусть отношение углов BDE и EDC равно k. Тогда легко видеть, что и отношение углов BED и DEA тоже равно k. Пусть O - точка пересечения биссектрис треугольника ABC.
Очевидно, BDE+BED=180-ABC.
AEB+CDB=(180-ABC-BAC/2)+(180-ABC-BCA/2) = 360-2ABC-(BAC+BCA)/2 = 360-2ABC-(180-ABC)/2= (180-ABC)*3/2.
Тогда 3/2 = (AEB+CDB)/(BDE+BED) = (BED+BDE+EDC)/(BDE+BED) = (k*DEA+DEA+k*EDC+EDC)/(k*EDC+k*DEA)= (k+1)/k.
Итак, (k+1)/k=3/2, откуда k=2.
Получили, что угол BDE равен удвоенному углу EDC, а угол BED равен удвоенному углу DEA.
Проведем DD₁ симметрично D_O относительно DE, EE₁ - симметрично EO относительно DE. Пусть O₁ - точка пересечения DD₁ и EE₁. При этом точка O₁ симметрична O относительно DE.
Очевидно, что отрезок OO₁ перпендикулярен DE. O₁DE=ODE=BDE/2, O₁ED=OED=BED/2 (DO₁ и EO₁ - , биссектрисы треугольника BDE). Биссектриса B тоже проходит через O₁. Так как OO₁ перпендикулярен DE, то BO является высотой треугольника BDE. Поэтому треугольник BDE равнобедренный, BD=DE, угол BED равен углу BDE. Тогда BDC=BDE*3/2=BED*3/2=BEA. Найдем эти углы из треугольников BDC и BEA, получим: 180-ABC-BCA/2=180-ABC-BAC/2.
Отсюда следует, что BCA=BAC, поэтому треугольник ABC является равнобедренным с основанием AC.

6. В тетраэдре ABCD точка O₁ - точка пересечения медиан треугольника CBA, O₂ - точка пересечения медиан треугольника CBO₁, O₃ - точка пересечения медиан треугольника CBO₂, и так далее, точка O₂₀₀₄ - точка пересечения медиан треугольника CBO₂₀₀₃. Точка A движется так, что длина отрезка DO₂₀₀₄ постоянна. Найти геометрическое место всех возможных положений точки A.

Решение:
Точка D фиксирована, длина DO₂₀₀₄ постоянна, поэтому точка O₂₀₀₄ всегда лежит на сфере с центром D и радиусом DO₂₀₀₄. Точка K - середина BC. Легко видеть, что точка O₂₀₀₃ гомотетична точке O₂₀₀₄ относительно K с коэффициентом 3 (так как KO₂₀₀₄:KO₂₀₀₃ = 1:3 по свойству точки пересечения медиан треугольника).
Поэтому точка O₂₀₀₃ может перемещаться только по сфере с центром в точке D₁ (D₁ - точка, гомотетичная D относительно K с коэффициентом гомотетии 3) и радиусом 3DO₂₀₀₄.
Аналогично (так же, как только что рассматривали точки O₂₀₀₄ и O₂₀₀₃) рассматриваем точки O₂₀₀₂ и O₂₀₀₃. При этом совершенно таким же образом получаем, что точка O₂₀₀₂ может перемещаться только по сфере с центром в точке D₂ (где D₂ - точка, гомотетичная точке D₁ с центром в точке K и коэффициентом 3, она же гомотетична D относительно K с коэффициентом 9) и радиусом 3D₁O₂₀₀₃ = 9DO₂₀₀₄. После этого рассматриваем точки DO₂₀₀₁ и DO₂₀₀₂, и так далее, пока не доберемся до точки A. Точка A, очевидно, может перемещаться лишь по сфере с центром в точке D₂₀₀₄ (D₂₀₀₄ гомотетична D относительно K с коэффициентом 3²⁰⁰⁴) и радиусом (3²⁰⁰⁴)DO₂₀₀₄.
Легко показать и обратное (что любая точка указанной сферы, кроме точек плоскости BCD₂₀₀₄, является вершиной удовлетворяющего условию тетраэдра).