\documentclass[a4paper,12pt]{article}
%Убираем нумерацию страниц
\pagestyle{empty}
%Кодировка, на которую пока-что почему-то ругается overleaf
\usepackage[utf8x]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{graphicx}

\usepackage{pgf,tikz,pgfplots}
\pgfplotsset{compat=1.9}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{wrapfig}

\usepackage{amsfonts} %Границы отступов печати
\usepackage[a4paper, top=1cm,bottom=0.5cm,left=1cm,right=1cm,
marginparwidth=1.70cm]{geometry}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{pdflscape}
\usepackage{multicol}

\def\vec{\overrightarrow}

\def\geq{\geqslant}
\def\ge{\geqslant}
\def\leq{\leqslant}
\def\le{\leqslant}
\def\vec{\overrightarrow}
\def\ol{\overline}
\def\Z{{\mathbb Z}}
\def\Q{{\mathbb Q}}
\def\R{{\mathbb R}}
\def\C{{\mathbb C}}
\def\kratno{\mathrel{\smash{\lower.2ex\hbox{$\vdots$}}}}
\def\ep{\varepsilon}
\renewcommand{\baselinestretch}{1}

\newcounter{zadacha}


\newif\ifPrintSolutions
\PrintSolutionstrue
%\PrintSolutionsfalse

\input urtur.sty


%%ДЛЯ УКАЗАНИЯ ИЛИ СКРЫТИЯ ИСТОЧНИКОВ/АВТОРОВ ЗАДАЧ
\setcounter{ifSource}{0}


\long\def\q#1. #2\par #3 \par{%
\ifPrintSolutions
\par\smallskip\noindent\phantom{1}{\textbf{#1.}} {\it #2}\par #3 \par\smallskip %
\else%
\noindent\phantom{1}{\textbf{#1.}} {#2}\par\medskip  %
\fi}

\def\ans#1\par{\if*#1 \relax\else\noindent\phantom{1}{\bf Ответ:} #1\fi}
% если написать в заготовке \ans* то просто будет пустое место
\def\sol#1 {\noindent\phantom{1}\ifcat1#1{\bf Решение #1.} \else{\bf Решение.} #1 \fi }
% можно писать \sol \sol1 \sol2 ... \sol9 все корректно обработает

\def\name#1\par#2\par{
\ifPrintSolutions \noindent\phantom{1}{#2} \else
\noindent\phantom{1}{#1} \fi}

\begin{document}
\vspace{-1cm} \centerline{LXV УРАЛЬСКИЙ ТУРНИР ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ.
ПОКРОВСКОЕ, 26\,--\,31.10.2025}
\medskip
\large

\centerline{\bf Командная олимпиада. Группа Старт.}


\medskip

\q1. Из пункта $A$ в пункт $B$ выехал велосипедист. Его путь состоял
из двух участков, на каждом участке велосипедист ехал с постоянной
скоростью. Известно, что длина первого участка в 4 раза больше длины
второго. Определите среднюю скорость движения велосипедиста на всем
пути, если известно, что она  на 2 км/ч меньше скорости движения на
первом участке и на 6 км/ч больше скорости движения на втором
участке. (Напомним, что средней скоростью называется частное от
деления длины пути на время, за которое был преодолён этот путь).
% s48.

{\source{Беларусь-2023, 3 этап, 8 класс, упрощение.}

\ans 30 км/ч.

\sol Пусть длина первого участка $4x$ км, а второго $x$ км, и пусть
$v$ км/ч~--- средняя скорость велосипедиста на всём пути. Тогда
длина всего пути равна $5x$, а время пути составило
$\frac{4x}{v+2}+\frac{x}{v-6}$. Получаем уравнение
$$
\frac{5x}{v} = \frac{4x}{v+2}+\frac{x}{v-6} \Longleftrightarrow
5(v+2)(v-6) = 4v(v-6) + v(v+2) \Longleftrightarrow -20v-60 = -22v.
$$
Значит, $v=30$. }

\q2. Вася задумал натуральное число. Он высказал про него три утверждения:\\
1. Если это число разделить с остатком на 59, то остаток будет равен неполному частному.\\
2. Это число даёт остаток 6 от деления на 36.\\
3. Это число~--- квадрат натурального числа.\\
Если из этих утверждений ложно не более одного, то какое число
задумал Вася?
% .

{\source{С. Берлов по классическим мотивам}

\ans $900$.

\sol Первое утверждение говорит, что число $n$ имеет вид $59q+q =
60q$, где $q<60$. Тогда второе утверждение противоречит и первому, и
третьему, так как из второго следовало бы, что $n$ делится на 2, но
не делится на 4. Значит, второе утверждение не может быть истинным.
Тогда истинны первое и третье утверждения. Чтобы $60q$ было точным
квадратом, $q$ должно содержать 3 и 5 в нечетной степени, а все
остальные простые в четных степенях. Единственное такое число,
меньшее 60, это 15. Откуда получаем ответ 900. }

% Найдите все такие пары простых чисел $p$ и $q$, для которых остаток от деления $p^2$ на $q$ равен неполному частному.
% %А. Кузнецов, из юниоров.

% {\source{Источник.}

% \ans $p=2$, $q=3$.

% \sol Пусть остаток и неполное частное равны $r$. Так как $r$~--- остаток от деления на $q$, то $0\leqslant r<q$. По условию, $p^2 = rq+r$. Следовательно, $r\ne 0$ и $p^2$ делится на $r$, откуда $r=1$, $r=p$ или $r=p^2$. То есть $q+1 = p^2$, $q+1=p$ или $q+1=1$. Третий вариант, очевидно, невозможен. В первых двух видим, что $p$ и $q$ разной четности. Значит, одно из них равно $2$.
% \\
% Случай 1: $2+1=p^2$. Невозможно.\\
% Случай 2: $q+1=2^2$, $q=3$. Проверка: $4 = 1\cdot 3+1$, подходит.\\
% Случай 3: $q+1=2$. Не подходит.\\
% Случай 4: $2+1=p$. Проверка: $9=4\cdot 2+1$, не подходит.

% }




\q3. На доске написано число 23456789123456789123456789123456789.
Петя и Вася по очереди вычеркивают цифры этого числа по одной,
начинает Петя. Проигрывает тот игрок, после хода которого либо не
осталось ни одной цифры, либо число, образованное оставшимися
цифрами, делится на 3. Кто из игроков может гарантировать себе
победу?

{\source{Беларусь-2022, 3 этап, 11 класс.}

\ans Вася.

\sol Число делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр
делится на 3. Поэтому будем следить только за суммой цифр. Кроме
того, заменим каждую цифру на её остаток от деления на 3. Тогда на
доске записано 12 нулей, 12 двоек и 11 единиц. Следовательно,
изначально сумма имеет остаток 2 от деления на 3. Стратегия за Васю:
если Петя вычеркивает 0, то Вася тоже вычеркивает 0, если Петя
вычеркивает 1, то Вася вычеркивает 2. Заметим, что Вася всегда
сможет играть по такой стратегии, так как нулей четное число и двоек
больше, чем единиц. Кроме того, после хода Васи сумма оставшихся
цифр всегда имеет остаток 2 от деления на 3, поэтому если Петя
зачеркивает 2, то проигрывает. Вася всегда может не проиграть, игра
конечна, следовательно, проиграет Петя.

}


\q4. Сколькими способами можно выбрать несколько (хотя бы одно)
различных натуральных чисел, меньших миллиона, таким образом, чтобы
как произведение, так и сумма выбранных чисел были чётны? Напомним,
что в ответе не должно быть многоточий и знаков суммирования.
% , s9.

{\source{По мотивам  KoMaL-2025, февраль.}

\ans $2^{499999}(2^{499999}-1)$.

\sol Раз произведение четно, то выбрано хотя бы одно четное число.
Всего четных чисел, меньших миллиона, 499999. Следовательно,
способов выбрать четные числа $2^{499999}-1$. Чтобы сумма выбранных
чисел была четна, нужно выбрать четное число нечетных чисел.
Способов сделать это $2^{499999}$, так как для каждого способа взять
или не взять каждое из чисел $1$, $3$,\ldots, $999997$, есть ровно
один способ взять или не взять $999999$, чтобы в итоге было выбрано
нечетное число нечетных чисел.

}



\q5. У составного числа $n$ наименьший натуральный делитель,
отличный от единицы, равен $a$, а наибольший натуральный делитель,
отличный от $n$, равен $b$. Причем $b>a$ и $a(a+1)(a+3)$ делится на
$b$. Найдите все такие $n$.
%  s35.

{\source{С. Берлов по мотивам Беларусь-2024, 3 этап, 8 класс.}

\ans $6$, $10$, $12$, $27$, $30$, $60$.

\sol Так как $a$~--- наименьший делитель $n$, отличный от 1, то
число $a$~--- простое. Так как $b$~--- наибольший делитель, отличный
от $n$, то $b=n/a$. Разберем два случая.

Случай 1. $a=2$. Тогда $a(a+1)(a+3) = 30$ и $b$ может быть любым
делителем этого числа, большим 2. То есть $b = 3$, $5$, $6$, $10$,
$15$, $30$, соответственно, $n=6$, $10$, $12$, $30$, $60$.

Случай 2. $a>2$, тогда $a$ нечетно, $a+1$ и $a+3$ четно. При этом
$b$ не делится на 2, так как у $n$ нет простого делителя 2. Так как
$b>a$, то у $b$ есть общий делитель, больший 1, с $a+1$  или $a+3$.
При этом этот делитель не меньше $a$, но не превосходит $(a+1)/2$ и
$(a+3)/2$ соответственно. Следовательно, $a\le (a+3)/2
\Longleftrightarrow a=3$, а тогда $b=9$ и $n=27$.

}

\q6. На олимпиаду по 11 различным предметам приехала делегация. Из
этой делегации по каждому предмету была выставлена команда из 5
учеников. Оказалось, что для любых двух разных предметов есть
ученик, участвующий в олимпиадах по обоим этим предметам. Докажите,
что есть ученик, участвующий в олимпиадах хотя бы по 4 разным
предметам.
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3567529p34816482

{\source{Thailand MO 2025 P2}

\sol Рассмотрим граф, в котором вершины~--- школьники и предметы. Мы
соединяем школьника и предмет ребром, если школьник участвовал в
олимпиаде по этому предмету. Предположим, что из каждого школьника
выходит не более 3 рёбер. Рассмотрим какой-то произвольный предмет
$p$ и школьников, которые с ним соединены. Из этих школьников в
сумме выходит не более 15 рёбер, причем 5 из них идут в $p$,
следовательно, в остальные предметы ведёт не более $10$ рёбер. Но
при этом для любого другого предмета $q$ у предметов $p$ и $q$
должен быть школьник, который соединен ребром и с $p$, и c $q$. Так
как предметов помимо $p$ ровно 10, то из каждого школьника,
соединенного с $p$ выходит ровно по три ребра. Аналогичное
рассуждение можно проделать с любым другим предметов. Значит, каждый
школьник, который соединен хоть с каким-то предметом, соединен ровно
с 3 предметами, то есть число рёбер в графе делится на 3. Но с
другой стороны, число рёбер равно $5\cdot 11$. Противоречие.

}

\q7. В некоторой клетке доски  $200 \times 200$ лежит монета решкой
вверх. Раз в минуту монету можно либо передвинуть ходом слона и при
этом перевернуть (вместо решки станет орлом, вместо орла~---
решкой), либо передвинуть ходом коня и не переворачивать. Через
некоторое время монета побывала в каждой клетке ровно два раза.
Докажите, что количество клеток, в которых монета была и орлом, и
решкой, четно.
%https://artofproblemsolving.com/community/c6h3537269p34397866

{\source{Source: Belarusian National Olympiad 2025}

\sol Раскрасим доску в шахматную раскраску. Заметим, что каждым
ходом монета либо меняет цвет своей клетки, либо меняет свое
состояние. Кроме того, пронумеруем все клетки доски числами от 1 до
$2\cdot 200^2$ в порядке посещения монетой, каждая клетка получит
два номера. Заметим, что если монета была в клетке и орлом, и
решкой, то этой клетке сопоставлены номера разной четности, так как
между посещениями этой клетки произошло четное число смен цвета и
нечетное число смен состояния. Если же в клетке монета была в
одинаковых состояниях, то этой клетке сопоставлены номера одной
четности. Итого, числа от 1 до $2\cdot 200^2$ разбиты на пары, нам
надо доказать, что количество пар с числами разной четности четно.
Это очевидно, так как всех четных чисел четное количество и четное
число из них занято парами четное-четное, поэтому и парами
четное-нечетное занято четное число из них.

}

\q8. Игорь утверждает, что если для некоторого натурального числа
$n$ оба числа $5^n$ и $8^n$ начинаются с цифры $a$, то $a$ нечётна.
Прав ли Игорь?
% https://artofproblemsolving.com/community/c6t177f6h3698916_if_4n_and_5n_begin_with_the_digit_a_then__a2_or_4_true_or_false

{\source{По мотивам 2023 Lithuania MO XI-XII p4}

\ans Да.

\sol Пусть для некоторого $n$ числа $5^n$ и $8^n$ начинаются с цифры
$a$. Это значит, что существуют $k$, $\ell \in \mathbb N_0$ такие,
что
$$
a\cdot 10^k < 5^n < (a+1)\cdot 10^k \quad \text{и} \quad a\cdot
10^{\ell} < 8^n < (a+1)\cdot 10^{\ell}.
$$
Домножим куб первого неравенства на второе. Получим, что
$$
a^4\cdot 10^{3k+\ell} < 10^{3n} < (a+1)^4\cdot 10^{3k+\ell}.
$$
Следовательно, между числами $a^4$ и $(a+1)^4$ лежит степень
десятки. Нетрудно проверить, что этому условию удовлетворяют только
$a=1$, $a=3$ и $a=5$.

}



\end{document}
