\documentclass[a4paper,12pt]{article}                
\usepackage{amssymb, amsmath, graphicx, wrapfig}                        
\usepackage{amsmath}      
\usepackage{epsfig}
\usepackage[table]{xcolor}
\usepackage{tabularx}
\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}

\begin{document}

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


\MathBattleHead{3}{30.10.2025}{ВЫСШАЯ}{высшая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
Приведите пример трёх простых чисел, сумма которых на 245 меньше их произведения.} 

\ans{$2$, $2$, $83$, пример единственный.}
\fi
}

\concap


\q1.one В стране несколько городов, некоторые пары из них соединены дорогами с односторонним движением, причем между каждыми двумя городами проведено не более одной дороги. Известно, что среди любых трех городов $A$, $B$ и $C$ найдутся два города, от одного из которых можно можно добраться до другого через третий. Докажите, что турист может начать свое путешествие в одном из городов, посетив каждый город страны ровно один раз. 
% В простом ориентированном графе $G$ (между любыми двумя вершинами не более одного ребра) на $n$ вершинах любой подграф на трёх вершинах имеет гамильтонов путь. Докажите, что в $G$ есть гамильтонов путь. Какое наименьшее число рёбер могло быть в графе $G$? 
%А. Осипов
%А точно это свежо? АС
%Думаю, допустимо АК

{\hfill {\it (А. Осипов)}

\sol{Построим граф, в котором вершины~--- это города, а дороги~--- ребра. Рассмотрим самый длинный путь  $\gamma=A_1\to A_2\to \ldots\to A_n$ в этом графе. 
Если он проходит через все вершины, то задача решена. Поэтому предположим, что есть вершина $A_0$, не лежащая в этом пути. 
Так как путь $\gamma$ наибольший, то в графе точно нет ребра от $A_0$ к $A_1$. Применив условие задачи к тройке вершин $A_0,A_1,A_2$, получим, что в графе 
есть ребро $A_1\to A_0$. Далее применяя условие к тройкам $A_{0},A_i,A_{i+1}$, при $i=1,\ldots, n-1$, получаем, что в графе есть ребра $A_{i+1}\to A_0$. 
Тогда в графе есть и ребро $A_n\to A_0$ и путь $A_1\to A_2\to \ldots\to A_n\to A_0$, который длиннее $\gamma$. Противоречие. 

\r Рассмотрен ориентированный путь наибольшей длины --- {\it 2 балла}.

} 
}

\q2. Дано натуральное число $n>1$. Саша посчитал количество способов вырезать из квадрата $2n \times 2n$ несколько клеток так, чтобы никакие две вырезанные клетки не были соседними по диагонали и получил число $A$. Игорь посчитал количество способов вырезать несколько клеток в прямоугольнике $(n-1)\times (2n-1)$ так, чтобы никакие две вырезанные клетки не были соседними по стороне и получил число $B$. Докажите, что~$A>B^2$.

{\hfill {\it (И. Ефремов, А. Кузнецов)}

\sol{Рассмотрим два вырезания $\mathcal{F}_1$ и $\mathcal{F}_2$ клеток прямоугольника $(n-1)\times (2n-1)$ такие, что в каждом из них никакие две вырезанные клетки не являются соседними по стороне. Будем сопоставлять упорядоченной паре $(\mathcal{F}_1, \mathcal{F}_2)$ способ вырезать некоторые клетки из квадрата $2n \times 2n$ так, чтобы никакие две вырезанные клетки не являлись соседними по диагонали. Для этого покрасим клетки квадрата в шахматном порядке. А затем клетки прямоугольника первого вырезания наложим на черные клетки следующим образом. Разрежем прямоугольник на 4 части по клеточкам как на первом рисунке, а затем соседства клеток по стороне заменим на соседство по диагонали и переложим части на квадрат $2n\times 2n$ как на втором рисунке. Крестиками обозначены те клетки, на которые ничего не наложилось. Теперь каждому способу вырезать несколько не соседствующих по стороне клеток из прямоугольника $(n-1)\times (2n-1)$ мы сопоставили способ вырезать несколько черных клеток из квадрата $2n\times 2n$, не соседствующих по диагонали. Аналогичные действия проделаем со вторым вырезанием и белыми клетками квадрата $2n\times 2n$. Поскольку черные и белые клетки не могут соседствовать по диагонали, мы получили способ вырезать несколько клеток из квадрата $2n\times 2n$, не соседствующих по диагонали. Причем разным парам вырезаний мы очевидно сопоставили разные способы. При этом есть еще способы, в которых мы вырезаем только один из крестиков, которые мы не учли ранее. Значит, знак в требуемом неравенстве строгий.
\hangindent=-5cm
\hangafter=-15
\rlap{\hskip84mm\raisebox{75mm}[0pt][0pt]{\epsfig{figure=pic/rasrezanye-1.png, width=45mm}}}
\rlap{\hskip83mm\raisebox{27mm}[0pt][0pt]{\epsfig{figure=pic/rasrezanye-2.png, width=45mm}}}

\r Доказано только нестрогое неравенство --- {\it дыра в 4 балла}.



} 
}

\q3.three На боковой стороне $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $D$, а на продолжении боковой стороны $AB$ за точку $B$ --- точка $E$, причем $BD = CE$ и $\angle ABD = \angle BCE$. Докажите, что треугольник $BCD$ --- равнобедренный.
%8. Можно ставить во все лиги

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Обозначим $\angle ABD = \angle BCE = \alpha$, $\angle ABC = \angle BCA = \beta$. Тогда $\angle CEB = \beta - \alpha$.  На стороне $AB$ отметим точу $F$ так, что $AD = AF$. Тогда треугольники $BAD$ и $CAF$ равны по первому признаку, поэтому $CF = BD = CE$ и $\angle ADB = \angle AFC$. Значит, $\angle BDC = \angle BFC = \angle BEC = \beta- \alpha = \angle CBD$, откуда и следует требуемое.

\centerline{\includegraphics[width=120pt]{pic/65_t3_3.pdf}}
} 
}

\q4. По кругу расставлены 15 ненулевых чисел. Для каждых трёх чисел $a, b, c$, стоящих подряд, Саша записал к себе в тетрадь число $|\frac{a+c}{b}|$. Какое наименьшее значение может принимать сумма чисел, которые записал Саша?
%алгебра, 0
%а почему Саша не записал сразу модуль?

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\ans{2.}

\sol{\emph{Пример.} Расставим по кругу 16 чисел: $1, 1, -1, -1$, затем одну $-1$ сотрем. Тогда в Сашиной сумме будет 14 нулевых слагаемых, и еще одно будет равно 2. Таким образом, сумма будет равна 2. \emph{Оценка.} Пусть $a_1$ --- наибольшее по модулю число в круге, без ограничения общности можно считать, что $a_1>0$, а далее расставлены числа $-a_2, a_3, -a_4, a_5, \ldots, a_{15}$. Тогда все знаменатели по модулю не превосходят $|a_1|$, а сумма модулей числителей имеет вид $$|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+\ldots +|a_{14}-a_{15}|+|a_{15}+a_1| \geqslant 2|a_1|$$ по неравенству треугольника (ломаной), откуда и следует требуемое неравенство.

\r Ответ и пример --- {\it 2 балла}.

\r Доказано, что сумма чисел всегда не меньше 2 --- {\it 8 баллов}.

} 
}

\q5. Игорь выбрал 100 различных нечетных натуральных чисел и обозначил через $N$ их наименьшее общее кратное. Оказалось, что для любых трех выбранных чисел $a$, $b$ и $c$ число $\frac{N\cdot(a+b+c)}{abc}$ является целым. Докажите, что тогда для любых шести выбранных чисел $a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$ число $\frac{2025\cdot N\cdot (a+b+c+d+e+f)}{abcdef}$ является целым.
%Игорь: комбитч с элементами говна
%можно добавить взаимную простоту в совокупности, тогда будет технически попроще

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Рассмотрим произвольное простое число $p$, делящее хотя бы одно из выбранных чисел. Пусть оно входит в наибольшей степени в число $a_0$. Обозначим эту степень через $n$. Тогда и в $N$ данное простое входит в степени $n$. Теперь пусть есть два других выбранных числа $b$ и $c$, в которые $p$ входит в различных степенях. Обозначим эти степени через $k< \ell \leq n$, откуда в частности $\ell>0$. Тогда в $a_0+b+c$ число $p$ входит в степени $k$, то есть в $N(a_0+b+c)$ число $p$ входит в степени $n+k$. Но в произведение чисел $p$ входит в степени $n+k+\ell> n+k$ --- противоречие. Значит, во все остальные выбранные числа простое число $p$ входит в одной и той же степени. Обозначим ее через $k$. Тогда для любых выбранных $b$ и $c$ степень вхождения $p$ в сумму $a_0+b+c$ должна быть не меньше $2k$. 

Предположим, что $k> 0$. Если в при этом $n = k$, то все числа делятся ровно на $k$-ю степень $p$, но сумма любых трех делится на $p^{2k}$. Тогда из делимостей $a+b+c$ и $a+b+d$ на $p^{2k}$ следует, что $c \equiv d \pmod{p^{2k}}$ для любых выбранных $c$ и $d$. Тогда $a+b+c \equiv 3a \equiv 0 \pmod{p^{2k}}$, откуда $3$ делится на $p^k$, откуда в свою очередь $p = 3$ и $k = 1$. 

Теперь рассмотрим случай $n> k>0$.  Тогда для любых двух выбранных $b$ и $c$, отличных от $a_0$, число $b+c$ делится на $p^{k+1}$, откуда по аналогичным соображениям получаем, что $2b \equiv 0 \pmod{p^{k+1}}$. То есть 2 делится на $p$, откуда $p = 2$, что противоречит условию задачи.

В итоге мы получили, что каждое простое число входит либо в единственное из выбранных чисел, либо это простое равно 3 и входит во все числа в первой степени. В первом случае степень этого простого в $N$ не меньше степени вхождения в $abcdef$. Во втором случае степень вхождения 3 в $abcdef$ равна 6. В число 2025 тройка входит в 4  степени, а в $N(a+b+c+d+e+f)$ хотя бы во третьей, так как в каждая из сумм $a+b+c$ и $d+e+f$ делится на 9 по доказанному ранее. То есть суммарная степень вхождения в числитель тоже хотя бы 6, откуда получаем требуемое.

\r Доказано, что каждое простое $p>3$ входит не более одного выбранного числа --- {\it 4 балла}.





}
}

\q6.six Существует ли выпуклый девятиугольник, который можно разделить на треугольные части шестью диагоналями длины $x$, а также можно разделить на треугольные части шестью диагоналями длины $y$ при некоторых различных $x$ и $y$?
%очень сложно
%или КГ из 8го?
%АК: оставляем эту

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\ans{Существует.}

\sol{Построим правильный треугольник $ABC$ и точки $A_1, B_1, C_1$ как на чертеже (отрезки, нарисованные длинным пунктиром равны). Тогда треугольник $A_1B_1C_1$ --- равносторонний, и длина его стороны больше длины стороны треугольника $ABC$, поскольку треугольник $A_1BB_1$ тупоугольный с тупым углом при вершине $B$. Теперь отметим точку $B'$ внутри угла $BA_1B_1$ так, что $A_1B' = A_1B_1$, точки $C'$ и $A'$ определим аналогично (см. рисунок). Легко убедиться, что получился выпуклый шестиугольник: нужно лишь проверить, что углы при вершинах $A_1, B_1, C_1$ меньше $180^\circ$. Для этого заметим, что $\angle B_1 \leqslant \angle A_1B_1B'+\angle BB_1C<180^\circ$. Последнее неравенство верно, поскольку оба слагаемых меньше $90^\circ$ как углы при основании равнобедренных треугольников.

\centerline{\includegraphics[width=280pt]{pic/65_t3_6.pdf}}

\r Пример не обоснован --- {\it 0 баллов}.

} 
}


\q7.seven Два последовательных натуральных числа, каждое из которых раскладывается в произведение нечётного количества простых сомножителей, назовём \emph{красивой парой}. Например,  $27=3\cdot 3\cdot 3$ и $28=2\cdot 2\cdot 7$~--- красивая пара. Докажите, что существует красивая пара чисел, больших $10^{100}$.

{\hfill {\it (С. Берлов по мотивам 2025 ITAMO)}

\sol{Рассмотрим простое число $p>10^{101}$. Пусть пары $p-1$, $p$ и $p$, $p+1$ не являются красивыми. Тогда числа $p-1$ и $p+1$ раскладываются в произведение чётного числа простых. Но тогда пара $\frac{p-1}2,\frac{p+1}2$ будет красивой. 
}
} 

 
\q8.eight По прямой трассе в одном направлении бегут $n$ бегунов, каждый со своей постоянной скоростью. Как только один бегун обгоняет другого, оба бегуна от удивления удваивают скорость. Известно, что в любой момент скорости любых двух бегунов различны. Верно ли, что через некоторое время обгоны прекратятся?
%ОлЮМШ 2005, 9-10 классы
%Из 6-го класса

{\hfill {\it (ОлЮМШ 2005, 9-10 классы)}


\ans{Верно.} \sol{ Докажем, что если $A$ когда-то обогнал $B$, то потом $B$ уже никогда не сможет обогнать $A$. Предположим, что это не так. Рассмотрим первый обгон, на котором повторилась пара людей, участвующих в обгонах. Пусть это пара $A$, $B$, и сначала $A$ обогнал $B$. В этот момент между $B$ и $A$ никого нет. Чтобы $B$ мог обогнать $A$, $B$ должен увеличить свою скорость. Тогда человек $C$ должен обогнать $B$. В момент, когда $B$ обгоняет $A$, человека $C$ между ними нет. $B$ не мог обогнать $C$, так как $A$, $B$~--- это первая пара, в которой повторились обгоны. Следовательно, $C$ обогнал $A$. Итого, в момент, когда между $B$ и $A$ никого нет, $B$ обогнало столько же человек, сколько и $A$. Следовательно, у $A$ скорость всё ещё больше, чем у $B$, и $B$ не может обогнать $A$.

\r Доказано, что если $A$ когда-то обогнал $B$, то потом $B$ уже никогда не сможет обогнать $A$ --- {\it 10 баллов}.
}
} 


\newpage

\MathBattleHead{3}{30.10.2025}{ПЕРВАЯ}{первая}

\concap

\one 

\q2. Дано натуральное число $n>1$. Саша посчитал количество способов вырезать из квадрата $2n \times 2n$ несколько клеток так, чтобы никакие две вырезанные клетки не были соседними по диагонали и получил число $A$. Игорь посчитал количество способов вырезать несколько клеток в прямоугольнике $(n+1)\times n$ так, чтобы никакие две вырезанные клетки не были соседними по стороне и получил число $B$. Докажите, что $A>B^2$.

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Рассмотрим два вырезания $\mathcal{F}_1$ и $\mathcal{F}_2$ клеток прямоугольника $(n+1)\times n$ такие, что в каждом из них никакие две вырезанные клетки не являются соседними по стороне. Будем сопоставлять упорядоченной паре $(\mathcal{F}_1, \mathcal{F}_2)$ способ вырезать некоторые клетки из квадрата $2n \times 2n$ так, чтобы никакие две вырезанные клетки не являлись соседними по диагонали. Для этого покрасим клетки квадрата в шахматном порядке. А затем клетки прямоугольника первого вырезания наложим на черные клетки следующим образом.  Заменим соседство по стороне клеточек на соседство по диагонали и переложим прямоугольник на квадрат $2n\times 2n$ как на рисунке. Крестиками обозначены те клетки, на которые ничего не наложилось. Теперь каждому способу вырезать несколько не соседствующих по стороне клеток из прямоугольника $(n+1)\times n$ мы сопоставили способ вырезать несколько черных клеток из квадрата $2n\times 2n$, не соседствующих по диагонали. Аналогичные действия проделаем со вторым вырезанием и белыми клетками квадрата $2n\times 2n$. Поскольку черные и белые клетки не могут соседствовать по диагонали, мы получили способ вырезать несколько клеток из квадрата $2n\times 2n$, не соседствующих по диагонали. Причем разным парам вырезаний мы очевидно сопоставили разные способы. При этом есть еще способы, в которых мы вырезаем толко один из крестиков, которые мы не учли ранее. Значит, знак в требуемом неравенстве строгий
\hangindent=-5cm
\hangafter=-10
\rlap{\hskip-20mm\raisebox{35mm}[0pt][0pt]{\epsfig{figure=pic/rasrezanye-3.png, width=45mm}}}

\r Доказано только нестрогое неравенство --- {\it дыра в 4 балла}.

} 
}

\three

\q4.four Даны три различных натуральных числа $a$, $b$ и $c$. На доску выписываются все шесть возможных произведений такого вида: одно число не меняется, второе --- увеличивается на 1, третье --- увеличивается на 2, и полученные числа перемножаются. Какое наибольшее количество одинаковых произведений может получиться?
% П. Пикалов
% 1, 2, 3 -> 1+2=3, 2+0=2, 3+1=4 или 1+1=2, 2+2=4, 3+0=3.
% Хороший гробик для 2 лиги.

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{2.} \sol{\textit{Оценка.} Предположим, что равными произведениями окажутся такие, что в перестановке <<+0>>, <<+1>>, <<+2>> совпало положение одного прибавления. Тогда такое равенство можно записать в виде $(y+s)(z+t)=(y+t)(z+s)$, которое сводится к $(t-s)(y-z)=0$, что невозможно, так как и числа, и прибавления различны. Но тогда равными могут оказаться не более трёх произведений, отличающихся циклическим сдвигом прибавлений:
$$(a+2)(b+1)c=(b+2)(c+1)a=(c+2)(a+1)b.$$
Допустим, что эти равенства выполнены. Раскрыв скобки в первом равенстве, получим $abc+2bc+ac+2c=abc+2ac+ab+2a$, которое может быть переписано в виде $c(b-a)=(b+2)(a-c)$. Проделав такую операцию со всеми тремя равенствами, получим
$$c(b-a)=(b+2)(a-c),$$
$$a(c-b)=(c+2)(b-a),$$
$$b(a-c)=(a+2)(c-b).$$
Перемножив, получим неверное равенство $abc=(a+2)(b+2)(c+2)$. Таким образом, трёх равных произведений получиться не может. \textit{Пример.} $a=1,b=2,c=3$. Тогда $(a+2)b(c+1)=(a+1)(b+2)c=24$.

\r Оценка --- \textit{6 баллов.} Пример --- \textit{2 балла.}

\r Доказано, что равны не более трёх произведений определённого вида --- \textit{2 балла за оценку.}
} 
}

\q5.  Игорь выбрал 100 различных натуральных чисел, взаимно простых в совокупности, и обозначил через $N$ их наименьшее общее кратное. Оказалось, что для любых трех выбранных чисел $a$, $b$ и $c$ число $\frac{N\cdot (a+b+c)}{abc}$ является целым. Докажите, что тогда и для любых четырех выбранных чисел $a$, $b$, $c$ и $d$ число $\frac{N\cdot (a+b+c+d)}{abcd}$ является целым.
%Игорь: комбитч с элементами говна
%можно добавить взаимную простоту в совокупности, тогда будет технически попроще

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Рассмотрим произвольное простое число $p$, делящее хотя бы одно из выбранных чисел. Пусть оно входит в наибольшей степени в число $a_0$. Обозначим эту степень через $n$. Тогда и в $N$ данное простое входит в степени $n$. Теперь пусть есть два других выбранных числа $b$ и $c$, в которые $p$ входит в различных степенях. Обозначим эти степени через $k< \ell \leq n$, откуда в частности $\ell>0$. Тогда в $a_0+b+c$ число $p$ входит в степени $k$, то есть в $N(a_0+b+c)$ число $p$ входит в степени $n+k$. Но в произведение чисел $p$ входит в степени $n+k+\ell> n+k$ --- противоречие. Значит, во все остальные выбранные числа простое число $p$ входит в одной и той же степени. Тогда эта степень не может быть положительной, так как в противном случае числа не будут взаимно просты в совокупности. Значит, все остальные числа на $p$ не делятся. То есть каждое простое число входит не более чем в одно из выбранных чисел. Значит, выбранные числа попарно взаимно просты, то есть их НОК просто равен произведению выбранных чисел. Отсюда сразу следует, что даже $N$ делится на произведение любых четырех выбранных чисел.


}
}

\six

\seven 

\eight

\newpage

\MathBattleHead{3}{30.10.2025}{ВТОРАЯ}{вторая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
Найдите 3 простых числа, произведение которых ровно в 3,5 раза больше их суммы.
}

\ans{2, 3, 7.}
\fi
}

\concap

\q1.one В классе несколько человек, каждый из которых дружит ровно с четырьмя другими. Шестеро одноклассников (не обязательно дружных), вернувшись с турнира математических боёв, образовали кружок и стали рекламировать его всем своим друзьям. Если кому-то из одноклассников хотя бы трое прорекламировали кружок, то он в него вступает и тоже начинает рекламировать. Докажите, что в кружке не может оказаться более 18 одноклассников.
% П. Пикалов по мотивам
% https://artofproblemsolving.com/community/c6h3029960p27258187

{\hfill {\it (П. Пикалов по мотивам CMO 2023)}

\sol{Введём граф, в котором вершины --- одноклассники, а рёбрами соединены друзья. Назовём ребро {\it рекламирующим}, если одна из вершин состоит в кружке, а другая --- нет. Изначально есть не более $24$ рекламирующих рёбер, а при вступлении в кружок нового одноклассника, это число уменьшается хотя бы на $2$. Значит, пригласить в кружок более $12$ новых одноклассников нельзя, и в итоге в кружке будет не более $18$ одноклассников.\\
\textbf{Второе решение.} Когда новый школьник присоединяется к кружку, раскрасим рекламирующее ребро в графе. Общее количество школьников в кружке, включая команду, обозначим за $v$. Тогда в раскрашенном подграфе сумма степеней вершин не меньше $6(v-6)$. С другой стороны, не больше, чем $4v$.

\r Доказано неравенство, дающее оценку (например, $4v\geq 6(v-6)$) --- \textit{не менее 8 баллов.}
} 
}

\q2.two Клетки квадрата $50\times 50$ заполнены натуральными числами от $1$ до $2500$, причём каждое число использовано ровно один раз. Докажите, что из клеток этого квадрата можно выбрать три клетки, составляющие трёхклеточный уголок, сумма чисел в которых кратна трём.
% М. Першаков

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\sol{Будем считать, что в клетках записаны не числа, а их остатки при делении на три. Заметим, что в каждом уголке все числа не могут быть одинаковыми и не могут быть тремя различными. Значит в любом уголке есть две соседние клетки с разными числами. Возьмём уголок, примыкающий к левому-верхнему углу средней клеткой. Не умаляя общности, пусть различные числа $1$ и $2$ в нём соседние и образуют вертикальную доминошку. Тогда в соседней вертикальной доминошке могут быть только числа $1$ и $2$, и так далее. Две верхние строчки состоят только из $1$ и $2$, причём и тех, и других чисел поровну. Рассмотрим самую верхнюю строчку, в которой есть число $0$. Тогда по аналогичным соображениям эта строка и строка выше неё должны состоять из двух разных цифр, причём их будет поровну. Но тогда в одной строке все цифры одинаковые и в другой тоже одинаковые. Все строки выше и ниже тоже состоят из одинаковых цифр, значит, количество нулей, единиц и двоек делится на $50$. Среди чисел от $1$ до $2500$ кратных трём ровно $833$. Противоречие.

\r Доказано, что вместе с доминошкой с разными остатками вся полоса будет содержать только остатки двух видов, причём поровну --- \textit{4 балла.}
} 
}

\three

\four

\q5.five На доске написано 2025 натуральных чисел. Известно, что НОК всех написанных чисел делится на произведение любых двух из них. Докажите, что НОК всех написанных чисел делится на произведение любых трёх из них.

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Пусть НОК всех чисел содержит простой множитель $p$ в степени $\alpha$. Тогда есть число, в котором $p$ содержится ровно в степени $\alpha$, но в таком случае ни в каком другом числе множителя $p$ не будет. Поэтому все числа попарно взаимно просты. Тогда НОК равен произведению всех 2025 чисел, которое точно делится на произведение любых трёх из них.

\r Доказано, что любое простое $p$ входит в разложение не более одного числа --- \textit{4 балла}.
} 
}

\q6.six На плоскости отмечены 3 точки, являющиеся вершинами треугольника. Два игрока по очереди отмечают на плоскости ещё по одной точке по следующему правилу. Игрок, делающий ход, должен выбрать прямую, на которой ровно 2 отмеченных точки, и отметить третью так, чтобы из трёх точек одна лежала ровно посередине между двумя другими. Игрок, который сможет поставить точку так, чтобы она удовлетворяла хотя бы двум таким прямым, выигрывает. Кто из игроков, начинающий или его соперник, может всегда выигрывать независимо от действий соперника?
% П. Пикалов
% В таком виде выигрывает второй на своём 2 ходу. Можно обойтись вертикальными и смежными углами и первым признаком. С другой стороны, сложность самой игры скорее для 3 лиги.
% Если убрать требование про середину, игра закончится ещё раньше победой первого.

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Выигрывает второй игрок.} \sol{Первый игрок сделает 3 точки на одной прямой и 1 вне прямой. Тогда второй дополнит эту конструкцию до параллелограмма, т.е. получатся 4 вершины параллелограмма и его центр. Первый игрок вторым ходом может поставить точку только на прямой, содержащей сторону параллелограмма. Тогда второй ставит симметричную ей точку относительно центра параллелограмма и выигрывает.

\r Верная стратегия без геометрического обоснования --- \textit{дыра не более 6 баллов.}
} 
}

\seven

\eight

\newpage
\MathBattleHead{3}{30.10.2025}{ТРЕТЬЯ}{третья}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
Найдите 3 простых числа, произведение которых ровно в 3,5 раза больше их суммы.
}

\ans{2, 3, 7.}
\fi
}

\concap

\one

\two

\three

\q4. Даны три различных натуральных числа $a,b,c$. Может ли оказаться так, что $$a(b+1)=b(c+2)=c(a+3)?$$

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Не может.} \sol{Допустим противное. Рассмотрим 3 случая.\\
Пусть $a$ наибольшее. Если $a=c+1$, то, подставив в $a(b+1)=b(c+2)=b(a+1)$, получим $a=b$. Если же $a\geq c+2$, то равенство $a(b+1)=b(c+2)$ не выполнено.\\
Пусть $b$ наибольшее. Если $b=a+1$, то, подставив в $b(c+2)=c(a+3)=c(b+2)$, получим $b=c$. Если $b=a+2$, то, подставив в $a(b+1)=c(a+3)=c(b+1)$, получим $a=c$. Если же $b\geq a+3$, то равенство $b(c+2)=c(a+3)$ не выполнено.\\
Пусть $c$ наибольшее. Тогда $c\geq b+1$, и равенство $a(b+1)=c(a+3)$ не выполнено.\\
Во всех трёх случаях получено противоречие.

\r Доказано, что числа $a,b,c$ различаются не больше, чем на 2 --- \textit{2 балла.}
}
}


\five

\six

\q7. Максим записал на доску девятизначное число, состоящее из цифр от 1 до 9, взятых по одному разу. Далее Максим действует так: если число на доске делится нацело на свою последнюю цифру, то он стирает эту цифру. Может ли случиться так, что Максим сотрёт все девять цифр?
% М. Першаков

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\ans{Может.} \sol{Например, подойдёт число $715248369$.
} 
}

\q8. По прямой трассе в одном направлении бегут 3 бегуна, каждый со своей постоянной скоростью. Как только один бегун обгоняет другого, оба бегуна от удивления удваивают скорость. Известно, что в любой момент скорости любых двух бегунов различны. Верно ли, что через некоторое время обгоны прекратятся?
%ОлЮМШ 2005, 9-10 классы
%Из 6-го класса

{\hfill {\it (ОлЮМШ 2005, 9-10 классы, упрощение)}

\ans{Да.} \sol{Назовём самого быстрого бегуна $A$, самого медленного $C$, а оставшегося $B$. Рассмотрим 3 случая.\\
Если $C$ бежит последним, то он никого не обгонит. Бегун $B$ либо не обгонит $A$, либо $A$ обгонит его один раз и обгоны прекратятся.\\
Если $C$ бежит вторым, то его обгонит тот, кто бежит последним. Если после этого скорость $C$ --- наименьшая, возвращаемся к первому случаю. Если нет, то его скорость больше скорости лидирующего бегуна, но тогда и скорость второго больше скорости лидера и он обгонит его раньше. После обгона $A$ и $B$ увеличили свои скорости минимум в два раза, а значит они быстрее $C$, и обгоны прекратятся.\\
Если $C$ бежит первым, то его кто-нибудь обгонит. Если он станет самым медленным, мы получили первый случай, если нет --- второй случай.

\r Разбор не всех случаев --- \textit{не более 6 баллов.}
}
}


\end{document}
