\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{1}{27.10.2025}{ВЫСШАЯ}{высшая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
От края большого квадратного листа отрезали маленький \\квадратик, как показано на рисунке, 
и в результате периметр листа увеличился\\ на 10\%. 
На сколько процентов уменьшилась площадь листа?
\hangindent=-5cm
\hangafter=-4
\rlap{\hskip48mm\raisebox{-6mm}[0pt][0pt]{\epsfig{figure=pic/1tur_konkap.png, width=23mm}}}
% \begin{wrapfigure}[3]{r}{0.2\linewidth} 
% %\vspace{-1.5em}
% \includegraphics[width=0.4\linewidth]{pic/1tur_konkap.png}
% \end{wrapfigure}
}

\ans{На 4\%.}
\fi
}

\concap


\q1. Биссектрисы $AK$ и $CL$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I$. Докажите, что если \mbox{$AL = CI$} и $AI = CK$,  то $AC = BK$.
%гроб

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Докажем, что $AB = BC$. Предположим, что это не так, не умаляя общности $AB<BC$. Обозначим $\alpha = \angle BAI = \angle CAI$ и $\gamma = \angle ACI = \angle BCI$, тогда $\gamma<\alpha$. Значит, $AI<IC \ (\star)$, а также на отрезке $CI$ найдется такая точка $D$, что $\angle DAC = \gamma$. Тогда $AD  =DC<CI =AL$. Следовательно, $\angle ALD<\angle ADL = 2\gamma$. Отсюда $\angle ABC<\gamma$ и $\angle IKC < \alpha+\gamma = \angle CIK$. Последнее неравенство означает, что $CI<CK = AI$, противоречие с $(\star)$.
\medskip

\centerline{\includegraphics[width=280pt]{pic/65_t1_1.pdf}}

Таким образом, $AB = BC$, $\alpha = \gamma$ и $AL = CI = AI$. Значит $2 \alpha = \angle AIL = \angle ALI = 180^\circ - 3 \alpha$, поэтому $\alpha = 36^\circ$. Тогда $\angle KAB = \angle ABK = 36^\circ$ и $\angle AKC = \angle ACK = 72^\circ$, поэтому $AC = AK = BK$, что и требовалось.
} 
}

\q2.two У Саши есть пять палочек, длины которых 1 см, 2 см, 3 см, 4 см и 5 см. Может ли Саша сложить из них выпуклый пятиугольник, в котором все углы измеряются целым числом градусов?
%годится в 1 лигу

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\ans {Может.}

\sol{Один из примеров на треугольной решетке (сторона треугольничка 1 см): 

\medskip

\centerline{\includegraphics[width=150pt]{pic/65_t1_2.pdf}}
} 
}


\q3.three На доске написано трёхзначное натуральное число. Каждую секунду число $n$ на доске заменяют на число $n + n/p$,  где $p$ ~--- наибольший простой делитель числа $n$. Докажите, что либо через 999, либо через 1\,000 секунд на доске будет написана степень двойки.
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3537228p34397705

{\hfill {\it (Беларусь, 2025)}

\sol{Докажем, что не более чем за $950$ операций на доске в первый раз появится степень двойки. Предположим противное. Тогда до этого каждый раз число $n$ заменялось на $n\cdot \frac{p+1}{p}$, где $p$~--- нечётное простое число. Тогда степень вхождения двойки в $n$ каждый раз увеличивалась хотя бы на 1, притом, что само число $n$ увеличивалось не более чем в $\frac{4}{3}$ раза. Поэтому, если в течении первых 950 шагов на доске не появлялась степень двойки, то к данному моменту число на доске не превосходит $1000\cdot \left(\frac{4}{3}\right)^950< 2^{10\cdot 2^{475}}< 2^{950}$, но в число на текущий момент двойка входит хотя бы в степени 950~--- противоречие. \\
Если на доске в данный момент написано число вида $2^k$, то на следующем шаге будет число $3\cdot 2^{k-1}$, а затем $2^{k+1}$. То есть, начиная с первого момента, когда на доске появилась степень двойки, каждый второй шаг на доске снова будет оказываться степень двойки, откуда получаем требуемое.

\r Замечено, что достаточно доказать, что не более чем за 1000 ходов на доске появится степень двойки~--- {\it 2 балла}.

} 
}



\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-1.png}
\end{wrapfigure}
\q4. \emph{Змея} в  квадрате $n\times n$~--- это путь, состоящий из прямых отрезков между центрами соседних клеток, проходящий через центры всех $n^2$ клеток ровно по одному разу. Две клетки считаются соседними, если они имеют общую сторону.  На рисунке показан пример змеи в квадрате размером $4\times 4$. Эта змея делает девять поворотов на $90^{\circ}$, отмеченных маленькими черными квадратами.\\
Какое наибольшее количество поворотов на $90^{\circ}$ может сделать змея в квадрате $45\times 45$?
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3637761p35722698

{\hfill {\it (MEMO 2025)}


\ans{$45^2-2-44 =1979$.} \sol{ Пронумеруем клетки пути $c_1$, $c_2$, \dots, $c_{n^2}$.\\
\begin{wrapfigure}[9]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-0em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-3.png}
\end{wrapfigure}
Раскрасим клетки доски в шахматном порядке так, чтобы углы были черными, а затем черные клетки в нечетных столбцах покрасим в фиолетовый, а в четных~--- в зеленый. Заметим, что в белой клетке $c_i$ произошел поворот тогда и только тогда, когда из клеток $c_{i+1}$ и $c_{i-1}$ одна зеленая, а другая~--- фиолетовая. Следовательно, количество белых клеток, в которых произошел поворот, не превосходит удвоенного количества зеленых клеток. То есть не менее чем в $$\frac{45^2-1}{2} - 2\left(\frac{45-1}{2}\right)^2 = \frac{45^2-1 - 45^2 +2\cdot 45 -1}{2}  =44 $$
незакрашенных клеток не произошел поворот. Также поворота не было в двух закрашенных клетках, которые являются началом и концом змеи. Что  и требовалось доказать.


Пример строится последовательным добавлением рамочки ширины 2. Как заполнять рамочку показано на рисунке.

\r Пример с верным подсчетом ответа~--- {\it 4 балла}.

\r Оценка~--- {\it 6 баллов}.

}
} 


\q5. Про положительные числа $a$, $b$ и $c$ известно, что $$a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c), \quad b^2(b-a)=(c^2-a^2)(b+a).$$ Докажите, что $c^2(c-b)=(a^2-b^2)(c+b)$.
% Изумруд 2020
%видимо сложная

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\sol{Рассмотрим равенство $a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c)$. Заметим, что если $b=c$, то $a=c$ и равенство $c^2 (c-b)=(a^2-b^2)(c+b)$ выполняется, так как обе его части будут равны нулю. Поэтому в дальнейшем рассматриваем случай $b\neq c$.
Раскроем скобки в первом равенстве и преобразуем его к виду $a^3+c^2a-b^2a=a^2c+b^2c-c^3$ или $a(a^2+c^2-b^2)=c(a^2+b^2-c^2)$. Аналогично, преобразуем равенство $b^2(b-a)=(c^2-a^2)(b+a)$ к виду $b(b^2+a^2-c^2)=a(b^2+c^2-a^2)$. Перемножим два полученных равенства и получим $$ab(a^2+c^2-b^2)(b^2+a^2-c^2)=ac(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2). \qquad  (\ast)$$
Если $a^2+b^2-c^2=0$, то равенство $a^2(a-c)=(b^2-c^2)(a+c)$ равносильно $(c^2-b^2)(a-c)=(b^2-c^2)(a+c)$. Поскольку $b\neq c$, то значит $c-a=a+c$, откуда $c=0$ и условие задачи не выполняется. Поэтому $a^2+b^2-c^2\neq 0$ и можно сократить обе части равенства $(\ast)$ на $a(a^2+b^2-c^2)$. В итоге получаем $b(a^2+c^2-b^2)=c(b^2+c^2-a^2)$, что равносильно $ba^2+bc^2-b^3=cb^2+c^3-ca^2$. Последнее равенство преобразуем к виду $c^3-c^2b=a^2c+a^2b-b^2c-b^3$, которое при разложении на множители примет вид $c^2(c-b)=(a^2-b^2)(c+b)$. Необходимое равенство получено.

\r Разобран случай, когда какие-то два числа равны~--- {\it 0 баллов}.

\r Разобран случай, когда $a>b>c$~--- {\it 4 балла}.

\r Разобран случай, когда $a<b<c$~--- {\it 4 балла}.

\r Разобраны остальные случаи порядка $a, b, c$~--- {\it 2 балла}.
} 
}

\q6.six Найдите все натуральные  $m$ и $n$ такие, что число $\dfrac{10^m-1}{3^n}$ является квадратом натурального числа.

{\hfill {\it (А. Кузнецов, П. Сапов)}

\ans{$m = 1$, $n = 2$.} \sol{Пусть $\frac{10^m-1}{3^n} = k^2$, то есть $(10^m-1) = 3^n\cdot k^2$. Сразу отметим, что $k$ нечетно. Пусть $m \geq 3$. Заметим, что тогда $10^m-1$ дает остаток 7 по модулю $8$. Но квадрат нечетного числа дает остаток 1 по модулю 8, а степени тройки могут давать только остатки 1 и 3 по модулю 8. Таким образом, $3^n\cdot k^2$ сравнимо с 1 или 3 по модулю 8~--- противоречие. Осталось разобрать случаи $m = 1$ и $m = 2$. Если $m = 1$, то $n = 2$. Если $m = 2$, то $99 = 10^2-1 = 3^n\cdot k^2$, что не имеет решений в натуральных числах.

\r Потерян ответ~--- {\it дыра не менее 2 баллов}.

\r Разобран случай четного $n$~--- {\it 2 балла}.

} 
}



\q7. В школе учится несколько человек, некоторые из которых дружат друг с другом. Каждый ученик пронумеровал своих друзей числами от 0 до $n-1$, где $n$~--- количество его друзей. Изначально, у каждого ученика есть по яблоку. В нулевой день каждый ученик передал своё яблоко своему другу с номером $0$, и у всех снова оказалось по яблоку. В первый день каждый передал своё яблоку своему другу номер 1, и у всех снова оказалось по яблоку. И так далее: в день номер $d$ человек, у которого $n$ друзей, передает свое яблоку другу с номером, равным остатку $d$ от деления на $n$. Через некоторое время оказалось, что каждый человек снова собирается отдать свое яблоко нулевому другу. Докажите, что если два человека дружат, то у них поровну друзей.
%
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3601239p35223673

{ \hfill {\it (USA TSTST 2025/1)} 

\sol{Рассмотрим граф, в котором вершины~--- ученики, рёбра~--- дружба. Предположим, что в нём есть две соседние вершины с разной степенью. Это означает, что есть компонента связности $C$ этого графа, в которой не все степени одинаковы. Рассмотрим эту компоненту и выберем в ней вершину $v$ наибольшей степени, которая смежна с вершиной меньшей степени. 

Пусть степень $v$ равна $d$, а степени её соседей $x_1\leqslant d$, $x_2\leqslant d$, \ldots, $x_d < d$. И пусть к моменту, когда каждый человек собирается передать яблоко нулевому другу прошло $n$ дней. Тогда $n \kratno x_i$ для любого~$i$. И от вершины со степенью $x_i$ вершина $v$ получала яблоко ровно $n/x_i$ раз. Следовательно, за $n$ дней $v$ получала яблоко  $n/x_1+n/x_2+\ldots+ n/x_d > n(1/d+1/d+\ldots+1/d)=n$ раз. Противоречие.
}
}

\q8.eight Два поезда А и Б, длиной 1000 метров каждый, едут навстречу друг другу со скоростью 15~м/с и 10~м/с соответственно. В момент, когда их локомотивы поравнялись, машинист поезда А нажал на гудок, отчего разбудил кошку, дремавшую на крыше локомотива А. От громкого звука обезумевшая кошка побежала по крыше вдоль поезда А со скоростью 5~м/с. В какой-то момент времени кошка перепрыгнула на поезд Б и побежала в противоположную сторону. В итоге она добежала до конца поезда Б в тот момент, когда последний вагон поезда Б проехал мимо последнего вагона поезда А. Какое расстояние пробежала кошка вдоль поезда А?
% Д. Архипов, П. Пикалов
%а тут все понятно в условии? АС

{\hfill {\it (Д. Архипов, П. Пикалов)}

\ans 200 метров. \sol{Скорость сближения поездов $15+10=25$ м/с. Поездам, чтобы разъехаться, нужно преодолеть две своих длины, т.е. это произойдёт через $2000/25=80$ секунд после гудка. Второй поезд догоняет кошку со скоростью $25-5=20$ м/с. Следовательно, если кошка $t$ секунд пробежит по первому поезду, то по второму ей нужно будет пробежать $1000-20t$ метров. Получим уравнение $1000-20t=5(80-t)$. Отсюда $t=40$, и кошка по первому поезду пробежит $5t=200$ метров.

\r Арифметические ошибки, в целом не влияющие на ход решения,~--- {\it дыра не более 4 баллов}.
} 
}

\newpage

\MathBattleHead{1}{27.10.2025}{ПЕРВАЯ}{первая}

\concap

\q1.one Биссектрисы $AK$ и $CL$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I$. Докажите, что если \mbox{$AL = AI$} и $CI = CK$, то $AC = BK$.
%8. В такой версии годится даже в 3 лигу.

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Треугольники $AIL$ и $CIK$~--- равнобедренные с равными углами при основаниях, значит равны углы и при вершинах. Обозначим $\angle CIK = \alpha$. Тогда $\angle AIC=180^{\circ}-\alpha$ и $\angle ACI = \angle KCI = \angle CAI = \angle LAI=180^{\circ}-2\alpha$.
Сумма углов в треугольнике $AIC$ равна $540^{\circ}-5\alpha$, из чего $\alpha=72^{\circ}$. Отсюда $\angle ACK=72^{\circ}$ и $AC=AK$. Также $\angle LAI = 36^{\circ}$ и $\angle ABC = 180 - 2\alpha=36^{\circ}$, из чего следует $AK=KB$.
} 
}

\two

\three

\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-1.png}
\end{wrapfigure}
\q4.four \emph{Змея} в  квадрате $n\times n$~--- это путь, состоящий из прямых отрезков между центрами соседних клеток, проходящий через центры всех $n^2$ клеток ровно по одному разу. Две клетки считаются соседними, если они имеют общую сторону.  На рисунке показан пример змеи в квадрате размером $4\times 4$. Эта змея делает девять поворотов на $90^{\circ}$, отмеченных маленькими черными квадратами.\\
Какое наибольшее количество поворотов на $90^{\circ}$ может сделать змея в квадрате $7\times 7$?
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3637761p35722698

{\hfill {\it (MEMO 2025, упрощение)}

\ans{41.} \sol{ Пронумеруем клетки пути $c_1$, $c_2$, \dots, $c_{49}$.\\
\begin{wrapfigure}[8]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-0em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-4.png}
\end{wrapfigure}
Раскрасим клетки доски в шахматном порядке так, чтобы углы были чёрными, а затем чёрные клетки в нечётных столбцах покрасим в фиолетовый, а в чётных~--- в зелёный. Заметим, что в белой клетке $c_i$ произошел поворот тогда и только тогда, когда из клеток $c_{i+1}$ и $c_{i-1}$ одна зелёная, а другая~--- фиолетовая. Следовательно, количество белых клеток, в которых произошел поворот, не превосходит удвоенного количества зелёных клеток, т.е. 18. Начало и конец змеи обязательно в чёрных клетках, так как они в ней чередуются~--- в этих двух клетках нет поворота. Таким образом, количество поворотов не больше \mbox{18+25-2=41.}\\
Пример на картинке.

\r Пример с верным подсчетом ответа~--- {\it 4 балла}.

\r Оценка~--- {\it 6 баллов}.

}
} 

\q5. В ряд стоят 45 чёрных шариков. Петя и Вася играют в следующую игру. Каждый ход Петя указывает Васе на 3 чёрных шарика, а Вася заменяет их на белый, синий и красный, по одному каждого цвета. Если после 15 ходов найдутся 3 одноцветных шарика подряд, то Вася проиграет. Если таких шариков нет, то он выиграет. Кто из игроков может обеспечить себе победу, независимо от действий противника?
% П. Пикалов
% Петя выиграет. Можно ли безболезненно для сложности задачи понизить константу до 42? 39?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans {Петя.} \sol {Приведём стратегию Пети. Первые 5 ходов он в произвольном порядке указывает на шарики, чьи номера делятся на 3. После этого выбирает цвет, отличный от цвета шарика с номером 45. Допустим, это красный. Среди 14 шариков есть ровно 5 красных, слева и справа от которых по 2 чёрных шарика. Назовём из К1, К2, К3, К4, К5. Следующие ходы Пети: \\
1) Слева от К1, К2, К3. Появится одна группа из 2 красных подряд (без ограничения общности~--- с К3). \\
2) Слева от К3, К4, К5. Если Вася не проиграет сейчас, то появится вторая группа из 2 красных подряд (без ограничения общности~--- с К4). \\
3) Справа от К1, К2, К5. Появится третья группа из 2 красных подряд (без ограничения общности~--- с К5.\\
4) Справа от К3, К4, К5. Появится тройка из красных шариков.\\
Далее Петя может играть как угодно~--- он уже победил.

\r Стратегия не работает хотя бы в одном из случаев~--- {\it 0 баллов}.

}
}

\six

\q7.seven Назовем расстановку нескольких различных целых чисел по кругу {\it суммируемой}, если между каждыми двумя числами можно вписать целое число так, чтобы каждое из исходных чисел равнялось сумме своих соседей. Паша выписал на доску некоторую суммируемую расстановку из $n \geq 3$ чисел. Максим хочет переставить в ней числа так, чтобы расстановка перестала быть суммируемой. При каких натуральных $n$ у него это всегда получится?
% Назовем расстановку нескольких целых чисел по кругу {\it суммируемой}, если между каждыми двумя числами можно вписать целое число так, чтобы каждое из исходных $n$ чисел равнялось сумме своих соседей. Дана суммируемая расстановка из $n$ чисел. Затем числа в ней переставили. При каких натуральных $n$ можно утверждать, что снова получилась суммируемая расстановка?

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\ans {При четных $n$.} \sol{Сначала докажем, что для нечетного $n$ расстановка является суммируемой тогда и только тогда, когда сумма чисел в ней четная. Действительно, обозначим числа в расстановке по часовой стрелке через $a_1$, $a_2$, \ldots, $a_n$. Поставим сначала между $a_1$ и $a_2$ число $x$. Тогда из условия $x+y = a_2$ получаем, что между $a_2$ и $a_3$ должно стоять число $a_2-x$. Аналогично между $a_3$ и $a_4$ стоит число $a_3-a_2+x$, \ldots, между $a_n$ и $a_1$ стоит число $-a_2+a_3-a_4+\ldots +a_n+x$. Осталось лишь добиться того, чтобы $a_1$ равнялось сумме своих соседей. То есть нужно, чтобы было выполнено $x+(-a_2+a_3-a_4+\ldots +a_n+x) = a_1$, откуда $x = \frac{a_1+a_2-a_3+\ldots-a_n}{2}$, что является целым числом тогда и только тогда, когда $a_1+a_2-a_3+\ldots-a_n$ является четным или что то же самое $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_n$ является четным. Это означает, что при нечетных $n$ Максим не сможет добиться желаемого.

Если же $n$ четно, то аналогичными рассуждениями можно получить уравнение на $x$, имеющее вид $x+(a_2-a_3+a_4-\ldots +a_n-x) = a_1$, которое имеет решение тогда и только тогда, когда $a_1+a_2+\ldots+a_{n-1} = a_2+a_4+\ldots+a_n$. Поэтому, чтобы нарушить данное условие, Максиму достаточно поменять местами два соседних числа, так как числа в суммируемых расстановках по определению различны.

\r Разобран случай нечётного $n$~--- {\it 6 баллов}.

\r Разобран случай чётного $n$~--- {\it 4 балла}.

} 
}



\eight



\newpage

\MathBattleHead{1}{27.10.2025}{ВТОРАЯ}{вторая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
Чтобы обойти прямоугольник по периметру, начиная с вершины, нужно пройти вдоль четырёх его сторон. Петя, начав с вершины, дошёл лишь до середины второй стороны, преодолев ровно $30\%$ всего пути. Во сколько раз различаются две неравные стороны этого прямоугольника?
}

\ans{В 4 раза.}
\fi
}

\concap

\one

\q2.two В ряд стоят 90 чёрных шариков. Петя и Вася играют в следующую игру. Каждый ход Петя указывает Васе на 3 чёрных шарика, а Вася заменяет их на белый, синий и красный, по одному каждого цвета. Если после 30 ходов найдутся 3 одноцветных шарика подряд, то Вася проиграет. Если таких шариков нет, то он выиграет. Кто из игроков может обеспечить себе победу, независимо от действий противника?
% П. Пикалов
% Петя выиграет. Можно ли безболезненно для сложности задачи понизить константу до 42? 39?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans {Петя.} \sol {Приведём стратегию Пети. Первые 9 ходов он в произвольном порядке указывает на шарики, чьи номера делятся на 3 и не превосходят 81. Получится 9 белых шариков. Следующие три хода Петя указывает на шарики слева от белых~--- появятся 3 пары соседних белых. Затем Петя укажет на 3 шарика слева от этих пар~--- появится одна тройка. Далее Петя может играть как угодно~--- он уже победил.

\r Стратегия не работает хотя бы в одном из случаев~--- {\it 0 баллов}.

}
}

\q3.three На доске записано трёхзначное натуральное число. Каждую секунду число $n$ на доске заменяют на число $n-p$, где $p$~--- наибольший простой делитель числа $n$. Может ли на доске появиться однозначное число, отличное от $0$?
% П. Пикалов, по мотивам задачи Беларусь, 2025

{\hfill {\it (По мотивам Беларусь, 2025)}

\ans {Не может.} \sol{Заметим, что если $n$ делится на $p$, то и $n-p$ тоже делится на $p$, поэтому наибольший простой делитель числа не может уменьшиться. Заметим, что если наибольший простой делитель числа $n$ равен 2, то следующее число будет иметь больший простой делитель. Если он равен 3, то не более чем через 4 вычитания тройки появится число, кратное 5. Если он равен 5, то не более 6 вычитаний пятёрки появится число, кратное 7. Если он равен 7, то не более 10 вычитаний до кратности 11. После этого заведомо будут вычитаться числа, не меньшие 11. Так как вычитания 2, 3 и 5 уменьшают число не более, чем на $2+12+30=42<100$, то единственный шанс получить однозначное число~--- это получить 7, при этом вычитания 7 начнутся с числа, не большего 70. Перед 70 может быть 75, 80, 85, но в этом случае 85 делится даже на 17. Перед 63 может быть 66, но оно делится на 11. А в остальных случаях стартовое число не больше $42+56<100$.

\r Доказано, что наибольший делитель не убывает~--- {\it 2 балла.}

\r Доказано, что $n\leq 121=2+12+30+70$, либо близкая оценка сверху~--- {\it 2 балла.}

\r Задача сведена к рассмотрению числа 7~--- {\it 2 балла.} \\
Все три критерия суммируются.
} 
}

\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-1.png}
\end{wrapfigure}
\q4. \emph{Змея} в  квадрате $n\times n$~--- это путь, состоящий из прямых отрезков между центрами соседних клеток, проходящий через центры всех $n^2$ клеток ровно по одному разу. Две клетки считаются соседними, если они имеют общую сторону.  На рисунке показан пример змеи в квадрате размером $4\times 4$. Эта змея делает девять поворотов на $90^{\circ}$, отмеченных маленькими черными квадратами.\\
Какое наибольшее количество поворотов на $90^{\circ}$ может сделать змея в квадрате $7\times 7$?
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3637761p35722698

{\hfill {\it (MEMO 2025, упрощение)}

\ans{41.} \sol{ Пронумеруем клетки пути $c_1$, $c_2$, \dots, $c_{49}$.
\begin{wrapfigure}[8]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-0em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-4.png}
\end{wrapfigure}
Раскрасим клетки доски в шахматном порядке так, чтобы углы были чёрными, а затем чёрные клетки в нечётных столбцах покрасим в фиолетовый, а в чётных~--- в зелёный. Заметим, что в белой клетке $c_i$ произошел поворот тогда и только тогда, когда из клеток $c_{i+1}$ и $c_{i-1}$ одна зелёная, а другая~--- фиолетовая. Следовательно, количество белых клеток, в которых произошел поворот, не превосходит удвоенного количества зелёных клеток, т.е. 18. Начало и конец змеи обязательно в чёрных клетках, так как они в ней чередуются~--- в этих двух клетках нет поворота. Таким образом, количество поворотов не больше \mbox{18+25-2=41.}\\
Пример на картинке.

\r Пример с верным подсчетом ответа~--- {\it 4 балла}.

\r Оценка~--- {\it 6 баллов}.

}
} 

\q5.five Про положительные числа $a,b,c$ известно, что $a^2+b^2=c(a+b)$ и $b^2+c^2=a(b+c)$. Докажите, что $c^2+a^2=b(c+a)$.
% упрощение

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\sol{Прибавим к обеим частям первого равенства $c^2$, а к обеим частям второго прибавим $a^2$. Получим, что выражение $a^2+b^2+c^2$ равно $a(b+c+a)$ и $c(a+b+c)$, что из положительности чисел влечёт $a=c$. Подставив в первое равенство, получим $b=c$. Нужное равенство следует тривиально.

\r Доказано равенство двух чисел~--- {\it 4 балла.}

}
}

\six

\seven

\eight

\newpage
\MathBattleHead{1}{27.10.2025}{ТРЕТЬЯ}{третья}

\concap

\q1. Отрезки $AB$, $CD$, $EF$ пересекаются в точке $I$. Никакие два из этих отрезков не принадлежат одной прямой. При этом $\angle BIC=\angle CIE$ и $\angle EIA=\angle BID$. Найдите величину угла $AIC$.
% П. Пикалов

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans {$60^\circ$.} \sol{Точки $D$ и $E$ лежат по одну сторону от прямой $AB$, иначе равенство $\angle EIA=\angle BID$ означало бы вертикальность углов и точки $D,E,I$ лежали бы на одной прямой. Точки $B$ и $E$ лежат по разные стороны от прямой $CD$, иначе $\angle BIC= \angle CIE=\angle BIC + \angle BIE $. Значит точки идут по кругу (б.о.о, по часовой стрелке) в порядке $A,E,D,B,F,C$. Тогда $\angle CIA=\angle BID=\angle EIA=\angle BIF$, $\angle AIC=\angle CIF=\angle EID$. То есть все углы между прямыми равны, а в сумме дают $360^{\circ}$, значит каждый угол, в том числе $\angle AIC$,  равен $60^{\circ}$.

\r Не доказана единственность картинки~--- {\it не более 6 баллов.}
} 
}


\two

\three

\vspace{2cm}


\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.2\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-1.png}
\end{wrapfigure}
\q4. \emph{Змея} в  квадрате $n\times n$~--- это путь, состоящий из прямых отрезков между центрами соседних клеток, проходящий через центры клеток не более чем по одному разу. Две клетки считаются соседними, если они имеют общую сторону.  На рисунке показан пример змеи в квадрате размером $4\times 4$. Эта змея делает девять поворотов на $90^{\circ}$, отмеченных маленькими черными квадратами.\\
На какое наименьшее количество непересекающихся змей, делающих ровно по 2 поворота, можно разбить все клетки квадрата $2025\times 2025$?
%П. Пикалов, По мотивам https://artofproblemsolving.com/community/c6h3637761p35722698

{\hfill {\it (По мотивам MEMO 2025)}

\ans {1013 змей.} \sol{Покажем пример для квадрата $9\times9$.
%\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.2\linewidth} 
%\vspace{-0em}
%\includegraphics[width=\linewidth]{pic/snake-5.png}
%\end{wrapfigure}

\centerline{\includegraphics[width=120pt]{pic/snake-5.png}}

Для квадрата $2025\times2025$ пример строится аналогично: верхние 505 прямоугольников $4\times 2025$ состоят из двух змей. Нижний прямоугольник $5\times 2025$ накрывается 3 змеями. {\it Оценка.} Если количество змей не больше 1012, то они содержат не больше 2024 вертикальных отрезков. Следовательно, найдётся вертикаль, которая пересечена только горизонтальными отрезками. Но и их во всех змеях не больше 2024. Значит, найдётся непокрытая клетка.

\r Оценка~--- {\it 6 баллов.} Пример~--- {\it 4 балла.}

} 
}

\five

\q6. Начнём с трёхзначного числа $A$. Получим $B$, переставив в числе $A$ первые две цифры. Получим $C$, удвоив число $B$. Получим $D$, вычтя 500 из числа $C$. Может ли оказаться так, что $A + B + C + D = 2025$?
% Турнир матбоёв Екб, личка 5 класса

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\sol{Пусть $A=100x+10y+z$, тогда $B=100y+10x+z$, $C=200y+20x+2z$, $D=200y+20x+2z-500$. Равенство запишется в виде $510y+150x+6z=2525$. Левая часть делится на $2$, а правая не делится. Равенство невозможно.

\r Получено равенство $510y+150x+6z=2525$~--- {\it 6 баллов.}
} 
}

\q7. У Васи есть 30 карточек, на каждой написано натуральное число от 1 до 30 (ровно одна карточка с каждым числом). Вася разложил свои карточки по 10 конвертам так, чтобы в каждом конверте находилось не менее 2 и не более 4 карточек. Для каждого конверта он посчитал сумму чисел на карточках, содержащихся в этом конверте, и получил суммы $S_1 \geqslant S_2  \geqslant \ldots \geqslant S_{10}$.  Найдите наименьшее возможное значение числа~$S_3$.
% Из 6 класса
% https://www.komal.hu/feladat?a=feladat&f=C1858&l=en s19

{\hfill {\it (KoMaL-2025, май)}

\ans{32.} \sol{Заметим, что $S_1+S_2 \leqslant 30+29+\ldots 23$, поэтому $S_3 \geqslant (1+2+\ldots+22)/8 = 253/8 > 31$. Следовательно, $S_3 \geqslant 32$. Пример на 32:
$$(30,29,28,27),(26,25,24,23),(22,9,1),(21,8,3),(20,7,5),(19,11,2),(18,10,4),(13,12,6),(17,14),(16,15)$$

\r Оценка~--- {\it 4 балла.} Пример~--- {\it 4 балла.}

}
} 

\eight

\end{document}
        