\documentclass[a4paper,12pt]{article}                
\usepackage{amssymb, amsmath, graphicx, wrapfig}                        
\usepackage{amsmath}                        
\usepackage[utf8]{inputenc}               
\usepackage[russian]{babel}                 
\pagestyle{empty}          
\def\kratno{\mathrel{\smash{\lower.1ex\hbox{$\,\vdots\,$}}}}
\usepackage[a4paper, top=0.8cm,bottom=0.6cm,left=0.8cm,right=0.8cm,
marginparwidth=1.75cm]{geometry}               
\renewcommand{\baselinestretch}{0.99}    

\input urtur.sty
%\input CELLS.STY

% ДЛЯ ОТСУТСТВИЯ РЕШЕНИЙ ВЫСТАВИТЬ ВТОРОЙ АРГУМЕНТ НА 0
% ДЛЯ НАЛИЧИЯ -- НА 1
\setcounter{ifsol}{1}

%%ДЛЯ УКАЗАНИЯ ИЛИ СКРЫТИЯ ИСТОЧНИКОВ/АВТОРОВ ЗАДАЧ
\setcounter{ifSource}{1}

\def\data{28.10.2025}
\newcounter{TurNumber}
\setcounter{TurNumber}{2}


\begin{document}

\ifnum\value{ifsol}=0 \large \fi


\MathBattleHead{\arabic{TurNumber}}{\data}{ВЫСШАЯ}{высшая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} Приведите пример натурального числа такого, что если к нему прибавить сумму его цифр, то получится 1000. 
}\\
\ans{977.}
\fi
}

\concap 

\q1. По кругу расположены 1000 целых чисел. Для $1 \leqslant k \leq 1000$, блок длины $k$~--- это любые $k$ стоящих подряд чисел на этом круге. Блок называется {\it сбалансированным}, если сумма чисел в блоке равна нулю. Известно, что сбалансированных блоков четной длины не существует. Найдите максимальное количество сбалансированных блоков нечетной длины.

{\source{Iran 2025 3rd round P6 }

\ans{999.} \sol{ Пример: 999 чисел равны $-1$ и одно число равно $998$. Тогда сбалансированными будут блоки, которые содержат число $998$ и все единицы, кроме одной. 

Оценка: Будем говорить, что число $a$ является началом блока $B$, если $a$ принадлежит блоку $B$, а все остальные числа $B$ находятся по часовой стрелке от $a$. Заметим, что каждое число является началом не более чем одного сбалансированного блока, так как если $B_1 \subset B_2$~--- сбалансированные блоки с одним и тем же началом, что $B_2 \setminus B_1$~--- сбалансированный блок четной длины. Если сбалансированных блоков больше 999, то каждое число должно являться началом сбалансированного блока. Запустим следующий процесс. Выбираем произвольный сбалансированный блок $B_1$, далее выбираем сбалансированный блок $B_2$, который начинается со следующего после $B_1$ числа, далее выбираем сбалансированный блок $B_3$, который начинается со следующего после $B_2$ числа, и так далее. Рано или поздно мы зациклимся, то есть получим, что $B_{k+1} = B_i$. Тогда блоки $B_i$, $B_{i+1}$,\ldots, $B_k$ покрывают круг целое число раз. Следовательно, сумма всех чисел в круге равна $0$. Получили сбалансированный блок четной длины $1000$. Противоречие.

\r Только оценка или только пример: 4 балла.

\r Оценка на 1000 блоков: 2 балла. 
}
} 


\q2.two Для натурального числа $m$ обозначим через $d(m)$ количество натуральных делителей числа $m$. Пусть $n$~--- натуральное число, и $m_1< m_2<\ldots<m_k$~--- все натуральные делители числа $n^2$. Найдите все такие $n$, что $d(m_1) \leqslant d(m_2)\leqslant \ldots \leqslant d(m_k)$.

{\source{Thailand MO 2025}

\ans{$n=p^{\ell}$ для всех $\ell \in \mathbb{N}_0$.} \sol{Предположим, что у $n$ есть два разных простых делителя $p \neq q$, НУО $p < q$. Тогда $pq < q^2$, но $d(q^2)=3<4=d(pq)$, противоречие. Поэтому есть не более одного простого, на которое делится $n$. И все $n$ вида $p^{\ell}$ подходят.

\r Только ответ с проверкой: 2 балла.


}
} 


\q3. На доске написано 2025 единиц. За один ход можно стереть не более четырёх равных чисел и записать на доску их сумму. Какое наименьшее количество чисел может остаться на доске после нескольких ходов?
%

{\source{ По мотивам Беларусь-2021, 3 этап, 8 класс}

\ans{2.} \sol{Поскольку сумма всех чисел сохраняется, а все числа, которые появляются на доске, должны быть произведением целых неотрицательных степеней двойки и тройки, то одно число остаться не может. Пример: сначала из 81 единицы сделаем число 81, потом из остальных единиц сделаем число $2^3\cdot 3^5$.

\r Только оценка или только пример: 4 балла.
}
} 


\q4.four В каждой вершине куба записано натуральное число. Оказалось, что есть $n$ рёбер, сумма чисел в концах каждого из которых делится на 3. При каком наименьшем $n$ можно заведомо утверждать, что найдётся грань куба, сумма чисел в вершинах которой делится на 3?
%  s34

{\source{Беларусь-2024, 3 этап, 8 класс}

\ans{7.} \sol{Оценка. Разобьем ребра на 6 пар так, чтобы в каждой паре ребра были противоположными ребрами одной и той же грани. Тогда если хотя бы на 7 ребрах сумма кратна 3, то найдется пара, в которой сумма на обоих ребрах кратна трём, то есть на соответствующей грани сумма кратна трём.
Пример: в двух противоположных вершинах куба поставим единицы, в остальных~--- тройки. Тогда на каждой грани сумма будет равна 10, при этом будет 6 рёбер, на концах которых~--- тройки.

\r Только оценка или только пример: 4 балла.
}
} 

\q5.five На окружности отмечено 100 точек, соседние точки соединили отрезками, получился стоугольник. В этом стоугольнике проведено $98$ синих диагоналей. Петя хочет провести несколько красных диагоналей так, чтобы \\
$\bullet$ красные диагонали не пересекались по внутренним точкам,\\
$\bullet$ красные диагонали разбивали многоугольник на треугольники,\\
$\bullet$ ни одна красная диагональ не совпадала с синей. \\Верно ли, что Петя всегда сможет это сделать независимо от набора синих диагоналей?

{\source{Brazilian MO 2025 Problem 5}

\ans{Нет. } \sol{ Пусть синие диагонали~--- это все 97 диагоналей из вершины $A$, а также диагональ, соединяющая двух соседей $A$. Понятно, что в любой триангуляции должна содержаться хотя бы одна Васина диагональ.


}
} 


\q6.six Саша записывает в каждую клетку таблицы $2025 \times 2025$ натуральное число, не превосходящее 2025. Оказалось, что никакие два одинаковых числа не стоят в одной строке или в одном столбце. В верхней левой клетке таблицы находится фишка. Саша может сдвигать фишку в соседнюю по стороне клетку, если число в ней отличается на~1 от числа в текущей клетке. Может ли Саша заполнить таблицу таким образом, чтобы фишку можно было переместить в любую клетку несколькими такими сдвигами?

{\source{2025 ELMO Shortlist, упрощение}

\ans{Нет.} \sol{Рассмотрим шахматную раскраску доски. Заметим, что при каждом сдвиге меняется цвет клетки под фишкой, а также четность числа под фишкой. Следовательно, чтобы от любой клетки можно было добраться до любой другой, нужно, чтобы все четные числа находились в клетках одного цвета, а все нечетные числа~--- в клетках другого цвета. Но это не так даже для двух соседних столбцов, так как в них черных и белых клеток в сумме поровну, а нечетных чисел больше половины.}
} 

\q7.seven Напомним, что  $N!$~--- это произведение всех натуральных чисел, не превосходящих $N$, а $N!!$ --- произведение всех натуральных чисел, не превосходящих $N$, той же чётности, что и $N$. Есть ли у уравнения $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot\ldots \cdot 25!=a^2 \cdot b!!$  решение в натуральных числах?

{\source{С.Волченков по мотивам старой задачи С.Токарева}

\ans{Да.} \sol{Заметим, что $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot\ldots \cdot 25!=1^{25}\cdot 2^{24}\cdot 3^{23}\cdot\ldots\cdot 24^2\cdot 25^1$, и если выделить из этого $25!!$, то все остальные числа окажутся в чётных степенях.
%$25!!!=(24!!)^2 \cdot 25!!$
}
} 

\q8.eight На столе лежат 2025 монет. Петя и Вася играют в следующую игру. Ходят по очереди, начинает Петя. Каждый из мальчиков своим ходом может взять со стола 1, 2, 3 или 4 монеты. Брать 4 монеты каждому из игроков разрешено не более чем 5 раз за игру.  Тот, кто возьмёт со стола последнюю монету, побеждает. Кто из мальчиков может победить независимо от действий соперника?

{\source{2025 China Girls Mathematical Olympiad}

\ans{Вася.} \sol{Выделим числа вида $25+4k$. Пока на столе больше 25 монет, Вася играет по стратегии дополнения до 4. Если Петя ни разу не возьмёт 4 монеты, и на столе их останется 25, то дальше Вася играет по стратегии дополнения до 5. Если же Петя хотя бы раз возьмёт 4 монеты, то Вася может, не задумываясь, брать по одной монете до тех пор, пока после хода Пети не останется 25 или менее монет. Если осталось ровно 25, то Вася берёт одну монету до тех пор, пока Петя не оставит ему возможность оставить число монет, кратное 5 --- Петя сможет сам дополнять до 5 не более 4 раз, поэтому игра до нужного момента не закончится. Если меньше 25, то Вася сам оставит 20 монет. В обоих случаях осталось число монет, кратное 5, и Вася может доиграть до конца по стратегии дополнения до 5.
} 
}




\newpage

\MathBattleHead{\arabic{TurNumber}}{\data}{ПЕРВАЯ}{первая}

\concap 

\q1.one 100 целых чисел расположены по кругу. Для $1 \leq k \leq 100$, блок длины $k$ это любые $k$ стоящих подряд чисел на этом круге. Блок называется {\it сбалансированным}, если сумма чисел в блоке равна нулю. Известно, что сбалансированных блоков четной длины не существует. Может ли при этом найтись хотя бы 90 сбалансированных блоков нечетной длины?

{\source{Iran 2025 3rd round P6}

\ans{Да.} \sol{Например: 52, затем 49 минус единиц, затем опять 52, и опять 49 минус единиц. 53 любых идущих подряд чисел, захватывающих одно число 52, образуют нечётный сбалансированный блок. Таких блоков больше 90.}
} 


\two

\q3.three На доске написано $100$ единиц. За один ход можно стереть два или три равных числа и записать на доску их сумму. Какое наименьшее количество чисел может остаться на доске после нескольких ходов?

{\source{По мотивам Беларусь-2021, 3 этап, 8 класс}

\ans{Два числа.} \sol{Одно число остаться не могло, т.к. ни в какой момент на доске не могло получиться число, кратное пяти. Вообще каждое полученное число --- это произведение степени двойки и тройки, а все такие числа получиться могли. Два числа (например, 64 и 36) оказаться могли, каждое из них в разложении имеет только двойки и тройки.

\r Только оценка или только пример: 4 балла.
}
} 

\four

\q5. На окружности отмечено 100 точек, соседние точки соединили отрезками, получился стоугольник. Вася провёл в этом стоугольнике несколько синих диагоналей. Петя хочет провести несколько красных диагоналей, не пересекающихся во внутренних точках и разбивающий стоугольник на треугольники (такая конструкция называется триангуляцией). Оказалось, что при любой триангуляции одна из красных диагоналей совпадает с какой-то синей. Докажите, что Вася провёл не менее 50 диагоналей.

{\source{Brazilian MO 2025 Problem 5}

\sol{Будем называть запрещёнными диагонали, проведённые Васей. Допустим, что есть вершина, из которой не выходит ни одна запрещённая диагональ. Проведём все диагонали из этой вершины и получим требуемую триангуляцию. Следовательно, из каждой вершины выходит запрещенная диагональ, а тогда диагоналей не менее 50.

}
} 


\six


\seven


\q8.eight Перед Андреем и Борисом лежит две кучки по 2025 конфет. Они по очереди (начинает Андрей) берут из них конфеты. Андрей может из взять 9 или 10 конфет, но только из какой-то одной кучи. Борис может взять 10 конфет в сумме из двух кучек (т.е. либо десять из какой-то одной, либо девять из одной и одну из другой, и т.д.). Проиграет тот, кто не сможет забрать очередную порцию конфет. Кто сможет обеспечить себе победу и как для этого нужно играть? 

{\source{Олимпиада ЮМШ, 2004}

\ans{Выигрывает Андрей.} \sol{Если перед ходом Андрея в сумме осталось 17 конфет, то он выиграл --- Андрей сможет сделать ход, а Борис нет. Всего в двух кучах 4050 конфет, а за пару ходов игроки берут 19 или 20 конфет (причём эта альтернатива целиком в руках Андрея). Пусть Андрей первыми семью ходами возьмёт по 9 конфет. Тогда после семи пар ходов останется 3917 конфет. Следующими ходами Андрей будет брать по 10 конфет, и через много-много пар ходов в кучках останется 17 конфет.}
} 



\newpage

\MathBattleHead{\arabic{TurNumber}}{\data}{ВТОРАЯ}{вторая}

\concap 

\one


\q2. Если бы Марк увеличил количество своих акций на 25 процентов, то их у него бы стало столько же, сколько у Билла. Но после того, как Билл продал 60 процентов своих акций, Марк решил продать часть своих акций, чтобы их у него стало в два раза больше, чем у Билла. Сколько процентов своих акций он должен продать?

{\source{С.Волченков, фольклорные мотивы}

\ans{20.} \sol{Пусть сначала у Марка 100 суперакций. Тогда у Билла 125 суперакций. Билл продал 60 процентов из них, т.е. 75. Осталось 50. Чтобы у Марка было в два раза больше, надо, чтобы у него стало 100, т.е. 25 из 125 он может продать. Это 20 процентов.
}
} 

\three

\four


\q5. Дан выпуклый стоугольник. Вася провёл в нём $n$ диагоналей. Оказалось, что при любом разбиении стоугольника на треугольники несколькими диагоналями, не имеющими общих точек, отличных от концов, найдётся диагональ, проведённая Васей.
Может ли $n$ быть меньше 100?

{\source{Бразилия, 2025, упрощение}

\ans{Да.} \sol{ Достаточно провести все самые короткие диагонали, кроме одной. Известно, что при любой триангуляции диагоналями образуется хотя бы два треугольника, две стороны у которых --- это стороны многоугольника. Одна из сторон таких треугольников будет пересекать Васину диагональ. \textbf{Второе решение} смотри в высшей лиге.}
} 

\six 

\seven

\eight 



\end{document}
