\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


\MathBattleHeadFinal{31.10.2025}{ВЫСШАЯ ЛИГА, БОИ ЗА 1\,--\,6 МЕСТА}{высшая лига, бои за 1\,--\,6 места}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} Сколькими способами можно расставить трёх слонов на доске $3\times 3$ так, чтобы они били все клетки?
}
% Сколькими способами можно покрасить числа от 2 до 7 в два цвета так, чтобы не нашлось двух одноцветных чисел таких, что одно из них делится на другое?
%8

\ans{6.}
\fi
}

\concap


\q1.one Обжорка Василий пришёл в ресторан и купил $n$ гамбургеров. В ресторане проводится акция: за каждый второй съеденный бургер любого вида дают бесплатный гамбургер, а ещё за каждый второй съеденный гамбургер дают бесплатный чизбургер (при этом гамбургеры могут быть съедены не подряд). Василий ел до тех пор, пока не закончились все бургеры. Какое наибольшее суммарное количество бургеров он мог съесть?
% П. Пикалов
% Задача-шутка.
% Решение. Считаем, что чизбургер добавляет полгамбургера, а гамбургер~--- полгамбургера и полчизбургера. Тогда величина 6Г+4Ч уменьшается на 1 за каждый ход. Конечная ситуация всегда имеет вид Г=Ч=0.5, поэтому количество съеденных бургеров всегда 6n-5.

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{$6n-5$.} \sol{Будем считать, что чизбургер добавляет полгамбургера, а гамбургер~--- полгамбургера и полчизбургера. Тогда величина $6\cdot \text{количество гамбургеров}+4\cdot \text{количество чизбургеров}$ уменьшается на 1 за каждый ход. В конце всегда будет ровно полгамбургера и полчизбургера. Действительно, если последний съеденный бургер был гамбургером, то нужные половинки получены. Если же последний бургер был чизбургером и осталось только полгамбургера, то бургером ранее должно было быть либо <<полчизбургера + полгамбургера>>, либо <<2 чизбургера + минус полгамбургера>>. Обе ситуации невозможны. Таким образом, до еды рассматриваемая величина равнялась $6n$, а после еды $6\cdot 0.5+4\cdot 0.5=5$, и количество съеденных бургеров не зависит от порядка поедания и равно $6n-5$.


} 
}

\q2.two Положительные числа $a$, $b$ и $c$, меньшие 1, таковы, что $a+b+c = 2-abc$. Докажите неравенство
$$\left(ab+1\right)\left(bc+1\right)\left(ca+1\right) > \frac{8}{(a+1)(b+1)(c+1)}\,.$$

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Заметим, что выполнено неравенство $ab-a-b+1 = (a-1)(b-1)>0$, откуда $ab+1> a+b$. Аналогично $bc+1 > b+c$ и $ca+1 > c+a$. Теперь имеем 
$$2= abc+a+b+c < abc+a+bc+1 = (a+1)(bc+1),$$
откуда $bc+1 > \frac{2}{a+1}$. Аналогично получаем неравенства $ca+1 > \frac{2}{b+1}$ и $ab+1 > \frac{2}{c+1}$. Перемножая три данных неравенства, получаем требуемое.

} 
}


\q3. Пусть $n> 2$~--- натуральное число. Игорь выписал в ряд в порядке возрастания $2^n$ последовательных натуральных чисел. Затем под каждым из них он выписал количество его натуральных делителей. Он утверждает, что каждое число во втором ряду, кроме первого, на $n$ больше предыдущего. Могут ли слова Игоря оказаться правдой?

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\ans{Не могут.} \sol{Предположим, что Игорь сказал правду. Пусть сначала $n>3$. Заметим, что среди $2^n$ последовательных натуральных чисел есть ровно 4 числа, делящихся на $2^{n-2}$: $k\cdot 2^{n-2}$, $(k+1)\cdot 2^{n-2}$, $(k+2)\cdot 2^{n-2}$, $(k+3)\cdot 2^{n-2}$. Среди чисел $k,k+1,k+2$ и $k+3$ ровно 2 нечетных и они отличаются на 2. 
% Причем если $m$ делится на $2^{n-1}$, то $m-2^{n-2}$ и $m+2^{n-2}$ делятся на $2^{n-2}$, но не делятся на $2^{n-1}$. И наоборот, если $m$ делится на $2^{n-2}$, но не делится на $2^{n-1}$, то $m-2^{n-2}$ и $m+2^{n-2}$ делятся на $2^{n-1}$. 

Поэтому среди найденных чисел два делятся в точности на $2^{n-2}$ и они отличаются на $2^{n-1}$. Тогда количество делителей каждого из них делится на $n-1$. А разность количеств их делителей по условию равна $2^{n-1}\cdot n$, откуда $2^{n-1}\cdot n$ делится на $n-1$, то есть $2^{n-1}$ делится на $n-1$. Аналогичными рассуждениями можно найти два числа, делящихся ровно на $n-3$-ю степень двойки, отличающихся на $2^{n-2}$. Тогда $2^{n-2}\cdot n$ делится на $n-2$. Вычитая $2^{n-2}\cdot (n-2)$, получаем, что $2^{n-1}$ делится еще и на $n-2$. То есть оба числа $n-1$ и $n-2$ являются степенями двойки, что невозможно при $n \geq 4$. 

Осталось разобрать случай $n = 3$. Заметим, что тогда среди наших 8 чисел у четырех чисел, идущих через 1, количество делителей будет нечетным. Такое возможно только в случае, когда все они являются точными квадратами. Но тогда мы нашли два квадрата, отличающихся на $2$, что невозможно, так как квадраты могут давать только остатки  0 и 1 по модулю 4. То есть разность не может давать остаток 2 по модулю 4.

\r Разобран случай $n = 3$~--- {\it 2 балла}.

\r Сведение к случаю, когда $n-1$ степень двойки~--- {\it 4 балла}.

\r Не разобран случай хотя бы одного $n$~--- {\it не более 6 баллов}.

% \r Потерян случай $n = 3$~--- {\it не более 6 баллов}.

% \r Не доказано, что для любого $n> 3$ найдется нечетное простое $p< n$, не делящее $n$~--- {\it не более 6 баллов}.

} 
}

\q4. На биссектрисе угла $ABC$ нашлась такая точка $D$, что $$\angle BAC :  \angle CAD : \angle ACB : \angle ACD =  1 : 2 : 3 : 4.$$ Докажите, что треугольник $BCD$~--- равнобедренный.
%гроб

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Обозначим $CD = x$ и $\angle BAC = \alpha$. Тогда $\angle CAD = 2 \alpha > \angle BAC$, поэтому точка $D$ лежит вне треугольника $ABC$, а также $\angle BCA = 3\alpha>\alpha$, следовательно $AB>BC$. Еще $\angle ACD = 4\alpha$ и $\angle BCD = 7 \alpha$. Отметим на стороне $AB$ точку $E$ так, что $BE = BC$. Тогда треугольники $BDE$ и $BDC$ равны по 1 признаку, поэтому $DE = x$ и $\angle BED = 7 \alpha$. Следовательно, $\angle ADE = \angle BED - \angle BAD = 4 \alpha$. Пусть биссектриса этого угла пересекает сторону $AC$ в точке $F$. Тогда $\angle FAD = 2\alpha$ и $\angle ADF = 2 \alpha$, а еще $\angle DFC = 4 \alpha = \angle DCF$, поэтому $x = CD = DF = AF$. Наконец, отразим точку $F$ относительно прямой $AB$, тем самым, отметим точку $G$. По построению $GE = EF$, $AG = AF = x$ и $\angle GAF = 2 \angle BAF = 2 \alpha =\angle FDE$. Таким образом, треугольники $AGF$ и $DEF$ равны по 1 признаку, поэтому еще и $GF = EF$.

\smallskip

\centerline{\includegraphics[width=500pt]{pic/65_t4_4.pdf}}

Итого треугольник $GEF$~--- равносторонний, поэтому $\angle FEA = \frac{1}{2} \angle FEG = 30^\circ$. С другой стороны, $\angle FED = 90^\circ - \alpha$ и $\angle FEG = 180^\circ - 7 \alpha - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ - 6 \alpha$, поэтому $\alpha = 10^\circ$. Тогда $\angle ABC = 180^\circ - 4 \alpha = 140^\circ$, и $\angle DBC = 70^\circ = \angle BCD$, откуда и следует требуемое.
} 
}

\q5.five На прямой расположены точки $A$, $B$, $C$, $D$ и $E$ именно в таком порядке,  а вне этой  прямой нашлась такая точка $O$,  что $OA = 1$, $OB = 2$, $OC = 3$, $OD = 4$ и $OE = 5$. Докажите, что из отрезков $BC$, $CD$ и $DE$ можно сложить треугольник.
%несложная

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Можно считать, что $\angle OAB \geqslant 90^\circ$. Действительно, в противном случае, поскольку $OB>OA$, то $\angle OBA<\angle OAB<90^\circ$ и на отрезке $AB$ найдётся такая точка $A'$, что $\angle OA'A = \alpha$. Тогда $OA = OA'=1$ и $\angle OA'B>90^\circ$, можно с самого начала считать, что отмечена точка $A'$ вместо $A$.\\
Перейдем к решению задачи. Поскольку $DE+OD>OE$, то $DE>5-4=1$. Аналогично $CD>1,$ $BC>1, AB>1$. Также так как $\angle OAE>90^\circ$, то $AE<OE=5$, поэтому $BC+CD+DE = BE = AE-AB<4$. Однако, сумма любых двух из отрезков $BC, CD, DE$ больше 2, поэтому из них можно сложить треугольник.
}
}


\q6.six Арсений взял некоторое 2025-значное число без нулевых цифр, а затем между какими-то двумя его соседними цифрами написал знак <<+>>, после чего вычислил полученную сумму. Он проделал это для каждой из 2024 постановок одного знака <<+>>. Какое наименьшее число различных сумм у него могло получиться?
%А. Осипов

{\hfill {\it (А. Осипов)}

\ans{1012.} \sol{{\it Оценка.} Предположим, что есть не более 1011 различных сумм. Тогда какое-то значение принимается хотя бы 3 раза. Пронумеруем позиции между цифрами слева направо числами 1, 2, \ldots, 2024. Тогда среди трех наших сумм две получены постановкой знака <<$+$>> либо в позиции 1, 2, \ldots, 1012, либо в позиции 1013, 1014, \ldots, 2024. Пусть, например, в первой половине позиций. То есть наше число разбито на три части $\overline{abc}$, где в $c$ хотя бы 1012 цифр, а в $a$ и в $b$ в сумме не больше 1012 цифр. Имеем $a+\overline{bc} = \overline{ab}+c$, откуда $\overline{ab}-a = \overline{b0\ldots 0} \geq b\cdot 10^{1012}$. Но число $\overline{ab}-a$ не более чем 1012-значное~--- противоречие.

{\it Пример.} Достаточно взять число из 2025 единиц. Легко видеть, что будет ровно 1012 различных сумм.

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


\q7. В множестве $M$ ровно 25 элементов. У него выбрали 150 различных подмножеств, в каждом из которых ровно 4 элемента. Верно ли, что всегда найдутся два выбранных подмножества, пересечение которых состоит ровно из двух элементов?
%конструктив, сложность -1-0

{\hfill {\it (Фольклор)}

\ans{Не верно.}

\sol{Разместим наши элементы в клетки квадрата $5\times 5$. Пронумеруем строки с столбцы остатками по модулю 5. Выберем произвольные $x$ и $y$ по модулю 5, хотя бы одно из которых не равно 0. А затем разобьем все клеточки на группы $(x_0, y_0)$, $(x_0+x, y_0+y)$, $(x_0+2x, y_0+2y)$, $(x_0+3x, y_0+3y)$, $(x_0+4x, y_0+4y)$. Все координаты клеточек берутся по модулю 5. Таким образом все клеточки разбились на группы по 5 клеточек. В каждой такой группе возьмем все возможные подмножества из 4 элементов. Всего в пяти группах будет $5\cdot C_{5}^{4} = 25$ подмножеств. Так проделаем для всевозможных ненулевых пар $(x, y)$. Одно и то же подмножество будет посчитано 4 раза для пар $(x, y)$, $(2x, 2y)$, $(3x, 3y)$, $(4x, 4y)$. А всего ненулевых пар $5^2-1 = 24$. То есть всего выбрано ровно $25\cdot 24/4 = 150$ подмножеств. Легко проверить, что два подмножества, построенные из разных групп, пересекаются не более чем по одному элементу. А любые два подмножества, построенные из одной группы, пересекаются ровно по 3 элементам.
} 
}
% На доске записано несколько целых чисел. Саша записал к себе в тетрадь все числа вида $x+y$, где $x$ и $y$~--- два числа на доске (на обязательно различных). Игорь же записал к себе в тетрадь все числа вида $z-t$, где $z$ и $t$~--- два числа на доске (не обязательно различных). Могло ли у Саши в тетради оказаться больше различных чисел, чем у Игоря?
% Пусть $n$~--- натуральное число, а $m$~--- количество натуральных чисел, меньших чем $n/4$ и взаимно простых с $n$. Докажите, что если $m$ и $n$ нечётны, то $n$~--- степень простого.
% %АК: надо порешать, пока не понимаю, пригодно ли
% %Паша разобрал случай pq, там все работает. 

% {\hfill {\it (Фольклор)}

% \ans{Могло.}

% \sol{Решение. На доске могли быть числа 0, 2, 3, 4, 7, 11, 12, 14.
% } 
% }

\q8.eight Можно ли при каком-нибудь натуральном $n$ в клетках квадрата $n\times n$ расставить натуральные числа так, чтобы в каждой доминошке сумма двух чисел равнялась $2025$ или $2026$, а все $2n$ сумм по $n$ чисел в строках и столбцах были попарно различными?
% П. Пикалов
% Саша придумал более простое решение, может его написать? (Паша)

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Нельзя.} \sol{Пусть $n=2k$~--- чётно. Тогда каждую строку и каждый столбец разобьём на $k$ доминошек. Сумма чисел в таком ряду может принимать значения от $2025k$ до $2026k$, т.е. не более $k+1$ различных значений. Так как $k+1<4k=2n$, расставить числа невозможно.

Пусть $n=2k-1$~--- нечётно. Выделим клетки на пересечении нечётных строк и столбцов, назовём их \textit{особыми}. Заметим, что если в ряду выделить особую клетку, то остальные клетки разбиваются на $k-1$ доминошек. Среди всех строк и столбцов выберем ряд с наименьшей суммой. Тогда в каждом из $k$ рядов, пересекающих его по особой клетке, сумма может отличаться не более, чем на количество доминошек, т.е. на $k-1$, Но все эти суммы больше выделенной, поэтому среди них есть равные. Следовательно, расставить числа невозможно.


%Пусть $n=2k-1$~--- нечётно. Выделим клетки на пересечении нечётных строк и столбцов, назовём их \textit{особыми}. Заметим, что в двух последовательных особых клетках в одной строке или столбце числа отличаются не более чем на 1, так как суммы в двух доминошках, содержащих особые клетки и клетку между ними, отличаются не более чем на 1.\\
%Докажем, что среди чисел в особых клетках найдётся некоторое $c$, которое присутствует либо в каждой строке, либо в каждом столбце. Предположим противное. Допустим, что числа в особых клетках принимают значения от $a$ до $b$ включительно. Тогда для каждого числа $a\leq c\leq b$ существуют и строка, и столбец с нечётными номерами, в которых нет числа $c$. Начнём с любого числа $c_0$ в этом промежутке. Крест, в котором нет $c_0$, содержит числа либо только меньшие, либо только большие $c_0$, так как между любыми двумя особыми клетками в кресте можно найти путь, а вдоль пути числа меняются не больше чем на 1. Пусть это только числа, меньшие $c_0$. Тогда рассмотрим крест, в котором нет числа $c_0-1$. Так как он пересекается с крестом без $c_0$, то в нём есть только числа, меньшие $c_0-1$. Продолжая уменьшать числа, найдём крест, в котором все числа меньше $a$. Противоречие.\\
%Итак, какое-то число $c$ встречается во всех строках либо столбцах. Будем считать, что в строках. Тогда оно встречается ещё хотя бы в одном столбце. Все клетки строки или столбца, кроме особой клетки с числом $c$, можно разбить на $k-1$ доминошку. Тогда в таком ряду сумма может принимать значения от $c+2025(k-1)$ до $c+2026(k-1)$, т.е. $k$ разных значений. Однако, количество найденных рядов с числом $c$ хотя бы $k+1$. Следовательно, расставить числа требуемым образом невозможно.

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

} 
}

\newpage

\MathBattleHeadFinal{31.10.2025}{ВЫСШАЯ ЛИГА, БОИ ЗА 7\,--\,8 МЕСТА,\linebreak ПЕРВАЯ ЛИГА}{высшая лига, бои за 7\,--\,8 места, первая лига}

\concap

\one

\two

\q3. Игорь выписал в ряд в порядке возрастания $2^{2024}$ последовательных натуральных чисел. Затем под каждым из них он выписал количество его натуральных делителей. Он утверждает, что каждое число во втором ряду, кроме первого, на $2024$ больше предыдущего. Могут ли слова Игоря оказаться правдой?

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\ans{Не могут.} \sol{Предположим, что Игорь сказал правду. Заметим, что среди $2^{2024}$ последовательных натуральных чисел есть ровно 4 числа, делящихся на $2^{2022}$. Причем если $m$ делится на $2^{2023}$, то $m-2^{2022}$ и $m+2^{2022}$ делятся на $2^{2022}$, но не делятся на $2^{2023}$. И наоборот, если $m$ делится на $2^{2022}$, но не делится на $2^{2023}$, то $m-2^{2022}$ и $m+2^{2022}$ делятся на $2^{2023}$. Поэтому среди найденных чисел ровно 2 делятся на $2^{2022}$ и они отличаются на $2^{2023}$. Тогда количество делителей каждого из них делится на $2023$. А разность количеств их делителей по условию равна $2^{2023}\cdot 2024$, откуда $2^{2023}\cdot 2024$ делится на $2023$, что не так.

} 
}

\q4.four Дан равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $\angle A=100^\circ$. На основании $BC$ выбрана точка $E$, а на отрезке $AE$~--- точка $D$ так, что $AC=CD$ и $\angle ACD=20^\circ$. Известно, что $BC-AD=5$. Найдите длину отрезка $BE$.
% https://sansu-seijin.jp/nyushimondai/2024-nyushimondai/18483/

{\hfill {\it (Вступительный экзамен школы Токай, 2024)}

\ans{$BE=5/3$.} \sol{Из равнобедренности треугольника $ACD$ получаем, что $\angle{ADC}=\angle{DAC}=80^{\circ}$ и $\angle{BAE}=20^{\circ}$. Отметим на отрезке $BE$ точку $F$ такую, что $\angle{EDF}=60^{\circ}$. Тогда треугольник $EDF$~--- равносторонний. $\angle{FDB}=180^{\circ}-\angle{EDF}-\angle{ADC}=40^{\circ}$. Тогда треугольники $ABE$ и $CDF$ равны по второму признаку. Значит $BE=DF$ и $CF=AE$. Тогда $BC-AD=2BE+CF-(AE-ED)=3BE$, откуда $BE=5/3$.

\centerline{\includegraphics[width=200pt]{geo4tur.png}}}
} 

\five

\six

\q7.seven На праздничном ужине по случаю окончания турнира бобриных боёв присутствовали 32 бобра. Каждый из них получил по одинаковому бревну. Каждый час каждый бобёр сгрызает либо четверть, либо половину, либо две трети от остатка своего бревна. Докажите, что через 15 часов у каких-то двух бобров останутся куски одинакового размера.
%На туристическом слёте каждая из 32 команд получила по одинаковому бревну. Каждый час каждая команда отпиливает от остатка своего бревна либо четверть, либо половину, либо две трети этого остатка и подбрасывает отпиленную часть в костёр. Докажите, что через 15 часов у каких-то двух команд останутся куски одинакового размера.
%
%На праздничном ужине по случаю окончания турнира бобриных боев присуствовали 32 бобра. Каждый ищ них получил по одинаковому бревну. Каждый час каждый бобер сгрызает либо четверть, либо половину, либо две трети от остатка своего бревна. Докажите, что через 15 часов у каких-то двух бобров останутся куски одинакового размера.

{\hfill {\it (ОлЮМШ, 2005)}

\sol{Каждый час длина бревна умножается на $\frac{1}{2}$, $\frac{3}{4}$ или $\frac{1}{3}$. Заметим, что неважно, в каком порядке записаны сомножители, а также умножить на $\frac{3}{4}$ и $\frac{1}{3}$~--- это то же самое, что два раза умножить на $\frac{1}{2}$. Поэтому будем считать, что у каждого бобра сомножителей одного из видов $\frac{3}{4}$ или $\frac{1}{3}$ не было. Тогда посчитаем, сколько может быть различных произведений: $1/2$ может входить в произведение от 0 до 15 раз. И если она входит от 0 до 14 раз, то у нас есть 2 способа выбрать оставшиеся сомножители (либо все $1/3$, либо все $3/4$). Значит, всего есть не более 31 различного результата, и следовательно, у каких-то двух бобров размеры кусков совпадут.\\
\textbf{Второе решение.} Пусть умножения на $\frac{3}{4}$, $\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{3}$ произошли $a$, $b$, $c$ раз соответственно. Во-первых, $a+b+c=15$. Степень вхождения $3$ равна $a-c$, и может принимать $31$ значение, от $-15$ до $15$. При этом, если $a-c=x$, то степень вхождения $2$ равна $-2a-b=-2a-(15-a-c)=(c-a)-15=-x-15$, т.е. она определяется разностью $a-c$. Следовательно, произведения 15 множителей могут принимать не более $31$ различного значения, и у каких-то двух бобров размеры кусков совпадут.
}
} 


\eight




\newpage

\MathBattleHeadFinal{31.10.2025}{ВТОРАЯ ЛИГА, БОИ ЗА 1\,--\,6 МЕСТА}{вторая лига, бои за 1\,--\,6 места}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} Сколькими способами можно расставить трех слонов на доске $3\times 3$ так, чтобы они били все клетки?
}

\ans{6.}
\fi
}

\concap

%\one
\begin{wrapfigure}[6]{r}{0.18\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/koni_6x6.png}
\end{wrapfigure}

\q1.one Шахматная фигура {\it хромой конь} может прыгать только в трёх направлениях, указанных на рисунке. Хромой конь, начав с некоторой клетки доски $6\times 6$, сделал несколько прыжков и вернулся в начальную клетку. Известно, что в каждую клетку доски он прыгал не более одного раза. Какое наибольшее количество клеток он мог посетить (включая начальную)?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{24.} \sol{\textit{Оценка.} Если конь на всём маршруте сделает $a$ прыжков вправо-вверх, $b$ прыжков вправо-вниз, $c$ прыжков влево-вниз, то тогда $a+b-2c=0$ и $2a-2b-c=0$. Выразим из второго уравнения $c$ и подставим в первое, получим $5b=3a$. Теперь подставим $a=5b/3$ в первое и получим $4b=3c$. Тогда $a:b:c=5:3:4$. Следовательно, общее количество прыжков делится на $3+4+5=12$. При этом конь не может попасть в левый верхний угол доски никаким прыжком, значит, все 36 клеток он не может посетить. Тогда количество посещённых клеток не превосходит 24. \textit{Пример.} На картинке.
\centerline{\includegraphics[width=0.2\linewidth]{pic/koni_sol.png}}

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

\two

\q3. При каких натуральных $n\geq 2$ можно выписать по кругу $2n$ различных натуральных чисел так, чтобы для любой пары соседних чисел нашлась ровно одна другая пара соседних чисел с таким же произведением?
% П. Пикалов
% При всех n>2. В моём решении разные конструкции для чётных, нечётных и конкретно для n=4. (Паша)

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{При всех $n\geq 3$.} \sol{Для $n=2$ пример невозможен. Пусть числа равны $a,b,c,d$. Тогда $ab\ne bc$ и $ab\ne da$. Но если одновременно $ab=cd$ и $bc=ad$, то $a/c=d/b=b/d$, что невозможно. Для остальных $n$ построим пример.\\
Пусть $n$~--- нечётно. Выберем $n+1$ различных простых чисел $q,p_1,\ldots,p_n$. Поставим по кругу числа $p_1,\ldots,p_n,p_1,\ldots,p_n$, а затем каждое второе домножим на $q$. Тогда в силу нечётности $n$ каждое простое окажется домноженным на $q$ ровно по 1 разу, и все числа окажутся различными. При этом равны произведения, расположенные друг напротив друга.\\
Пусть $n=2k\geq 6$~--- чётно. Выберем $2k$ различных простых чисел $q_1,\ldots,q_k,p_1,\ldots,p_k$. Поставим по кругу $p_1^2,q_1p_2,p_1p_2,q_1p_1,p_2^2,q_2p_3,p_2p_3,q_2p_2,p_3^2,\ldots,q_kp_k$. Тогда равны произведения в четвёрках: $p_i^2\cdot q_ip_{i+1}=p_ip_{i+1}\cdot q_ip_i$ и $q_ip_{i+1}\cdot p_ip_{i+1}=q_ip_i\cdot p_{i+1}^2$. \\
Для $n=4$ подойдёт $1,16,9,8,2,24,3,48$.

\r Доказана невозможность при $n=2$~--- {\it 2 балла}.

\r Верный пример для каждой чётности~--- {\it по 4 балла}.
}
} 

\four

\q5.five Можно ли в клетках квадрата $17\times 17$ расставить натуральные числа так, чтобы в каждой доминошке сумма двух чисел равнялась $26$ или $27$, а суммы $17$ чисел во всех строках и столбцах были попарно различны?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Нельзя.} \sol{В клетках могут быть только числа от $1$ до $26$. Тогда наименьшая возможная сумма в ряду равна $26\cdot 8+1=209$, а наибольшая~--- $27\cdot 8+26=242$. В промежутке от $209$ до $242$ ровно $34$ числа, значит если суммы во всех рядах различны, они принимают все эти значения. Сумма чисел от $209$ до $242$ нечётна, так как в ней $17$ нечётных чисел. Но это сумма равна удвоенной сумме всех чисел в таблице~--- противоречие.

\r Доказано, что возможных различных сумм ровно $34$~--- {\it 4 балла}.
}
} 

\six

\seven

\q8.eight Равносторонний треугольник с длиной стороны 8 (далее {\it большой треугольник}) делят на равносторонние треугольники с длиной стороны 1 (далее {\it малые треугольники}). Таня и Остап играют в следующую игру с одной фишкой. В начале игры фишка расположена в одной вершине $O$ большого треугольника. За один ход можно сдвинуть фишку на 1 вдоль стороны какого-то малого треугольника, по которой по ходу этой игры фишку ещё не передвигали. Ходят по очереди, начинает Таня. Выигрывает игрок, который походит фишкой обратно в вершину $O$. Кто выигрывает при правильной игре?
% 67 эстонская олимпиада по математике, 10 класс
% игра средняя

{\hfill {\it (LXVII олимпиада по математике Эстонии)}

\ans{У Остапа.} \sol{В каждой вершине, где может находиться фигура, сходится чётное количество сторон маленьких треугольников. Эти стороны используются парами~--- фигура входит в вершину по одной стороне и выходит по другой~--- за исключением начальной вершины O. Таким образом, после входа в вершину, отличную от O, используется чётное количество сторон маленьких треугольников, соединяющих эту вершину с другими, и по крайней мере одна сторона свободна для дальнейшего перемещения. Следовательно, игра может закончиться только в состоянии, когда фигура находится в вершине O, т.е. победой одного из игроков.\\
Пусть Остап двигает фигуру точно в том же направлении, что и Таня на каждом ходу. Мы покажем, что игра таким образом всегда приводит к победе Остапа. Для этого мы разобьём равносторонний треугольник со стороной 8 на равносторонние треугольники со стороной 2 (далее~--- средние треугольники). Затем варианты ходов используются в соответствии со сторонами средних треугольников: Таня вынуждена использовать новую сторону среднего треугольника на каждом ходу, используя половину, а Отто может использовать другую сторону. Поскольку вершина O сама является вершиной одного из средних треугольников, и каждый ход Тани переносит фигуру в середину стороны среднего треугольника, фигура Остапа перемещается в вершину O.

\r Верная стратегия без обоснования~--- {\it 4 балла}.
}
} 

\newpage
\MathBattleHeadFinal{31.10.2025}{ВТОРАЯ ЛИГА, БОИ ЗА 7\,--\,8 МЕСТА,\linebreak ТРЕТЬЯ ЛИГА}{вторая лига, бои за 7\,--\,8 места, третья лига}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} Сколькими способами можно расставить трех слонов на доске $3\times 3$ так, чтобы они били все клетки?
}

\ans{6.}
\fi
}

\concap

\begin{wrapfigure}[6]{r}{0.18\linewidth} 
\vspace{-1.5em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/koni_6x6.png}
\end{wrapfigure}

\one

\q2. Положительные числа $a$, $b$ и $c$ удовлетворяют равенству $a+b+c=1-2abc$. Найдите значение выражения
$$\frac{(1-4a)(1-4b)+(1-4b)(1-4c)+(1-4c)(1-4a)+5}{(a-1)(b-1)(c-1)}.$$

{\hfill {\it (М. Першаков, П. Пикалов)}

\ans{-16.} \sol{Знаменатель после раскрытия скобок имеет вид $$abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1=-(abc+ab+bc+ca),$$
а числитель имеет вид $$8-8(a+b+c)+16(ab+bc+ca)=16(abc+ab+bc+ca).$$
Числитель получается умножением знаменателя на $-16$.}
} 

\q3. Можно ли выписать по кругу $100$ различных натуральных чисел так, чтобы для любой пары соседних чисел нашлась ровно одна другая пара соседних чисел с таким же произведением?
% П. Пикалов
% При всех n>2. В моём решении разные конструкции для чётных, нечётных и конкретно для n=4. (Паша)

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Можно.} \sol{Выберем $50$ различных простых чисел $q_1,\ldots,q_{25},p_1,\ldots,p_{25}$. Поставим по кругу $p_1^2,q_1p_2,p_1p_2,q_1p_1,p_2^2,q_2p_3,p_2p_3,q_2p_2,p_3^2,\ldots,q_{25}p_{25}$. Тогда равны произведения в четвёрках: $p_i^2\cdot q_ip_{i+1}=p_ip_{i+1}\cdot q_ip_i$ и $q_ip_{i+1}\cdot p_ip_{i+1}=q_ip_i\cdot p_{i+1}^2$.
}
} 

\q4. В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ на диагонали $AD$ отметили точку $X$ такую, что $\angle AEX = 65^\circ$. Чему равна градусная мера угла $\angle XCD$?

{\hfill {\it (Олимпиада <<Ассара>>, 2024)}

\ans{$25^\circ$.} \sol{Как известно, все углы правильного шестиугольника равны $120^{\circ}$. Треугольник $ABC$~--- равнобедренный, значит $\angle{BCA}=30^{\circ}$. $\angle{ACD}=\angle{BCD}-\angle{BCA}=120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$. Равенство углов $ACX$ и $AEX$ можно доказать по симметрии относительно $AD$. Тогда $\angle{XCD}=\angle{ACD}-\angle{ACX}=25^{\circ}$.

\r Доказано равенство углов $ACX$ и $AEX$~--- {\it 4 балла}.

}
}

\five

\six

\q7. Три года назад возраст Антона был простым числом, и через год тоже будет простым числом. Возраст Бориса сейчас~--- произведение возрастов Антона сейчас и Антона через год. Год назад возраст Бориса был простым числом, и через год он тоже будет простым. Сколько лет Антону, и сколько Борису?
%Солынин, новая

{\hfill {\it (А. Солынин)}

\ans{Антону 6, Борису 42.} \sol{Возраст Бориса, очевидно, делится на 3 (иначе его возраст через год или год назад бы делился на три и не был равен трём). Значит, возраст Антона либо делится на 3 (тогда это 6, т.к. три года назад он был простым числом), либо возраст Антона через год будет делиться на три (тогда Антону будет три, а сейчас два года, и три года назад говорить про его возраст было невозможно). Итак, Антону шесть лет, а тогда Борису 42. Этот вариант подходит.

\r Доказано, что возраст Бориса делится на 3~--- {\it 2 балла}. 

\r Доказано, что возраст Антона делится на 3~--- {\it 4 балла}.

Баллы за продвижения не суммируются.
}
} 

\eight


\end{document}
