Предположим противное, и пусть \(n>1\) — наибольшая из длин выбранных прямоугольников. Тогда составлен клетчатый квадрат \(k\times k\), где \(k\ge n>1\). Значит, его площадь не менее \(n^2\).

С другой стороны, его площадь не больше, чем суммарная площадь всех прямоугольников \(\,1\times1,\,1\times2,\,1\times3,\,\dots,\,1\times n\,\), т.е. не больше \(\,1+2+3+\dots+n\ \lt\ n^2\,\). Противоречие.

Замечание. Расположив в квадрате \(n\times n\) прямоугольники \(\,1\times1,\,1\times2,\,1\times3,\,\dots,\,1\times n\,\) «лесенкой», видно без вычислений, что их суммарная площадь меньше площади всего квадрата.

Пусть \(ABCD\) — одна из рассматриваемых трапеций, \(AD \parallel BC \parallel Ox\) (см. рисунок).

Пусть точки \(A\) и \(C\) имеют координаты \((a,a^2)\) и \((c,c^2)\). Легко получить уравнение прямой \(AC\): \(\,(c^2-a^2)x - (c-a)y + (c a^2 - a c^2) = 0\), которое после деления на \(c-a \ne 0\) превращается в \(y=(a+c)x - ac\).

Но \(-ac\) равно произведению половин оснований трапеции (это произведение расстояний от \(A\) и \(C\) до оси \(Oy\)). Отсюда \(-ac = k/4\). Следовательно, прямая \(AC\) проходит через фиксированную точку \((k, k/4)\).

Замечание. Утверждение верно для любой параболы (а не только для \(y=x^2\)).

Нужно показать, что Аня всегда может добиться, чтобы разноцветных пар было не меньше 50, а Боря сможет помешать ей добиться, чтобы таких пар было больше 50.

Стратегия Ани. Первым ходом Аня красит в любой цвет любую точку, а дальше каждым ходом выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной (такая, очевидно, найдётся), и красит непокрашенную точку в цвет, отличный от цвета покрашенной. При этом образуется новая пара соседних разноцветных точек.

Стратегия Бори. Каждым ходом Боря выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной, и красит непокрашенную точку в цвет, совпадающий с цветом покрашенной. При этом образуется новая пара соседних одноцветных точек.

Обоснование правильности стратегий. Всего в круге имеется 100 пар соседних точек, и каждый игрок делает за игру по 50 ходов. Сделав свои ходы, Боря добьётся того, что из этих 100 пар хотя бы 50 будут одноцветными, а Аня — что хотя бы 49 из них будут разноцветными. Однако заметим, что количество разноцветных пар всегда чётно. Действительно, после окончания игры пройдём полный круг, начиная с какой-то отмеченной точки (пусть для определённости — с красной). Группы из идущих подряд красных и синих точек при этом будут чередоваться: К–С–К–С–…–К, и значит, встретим пар разноцветных соседей вида К–С столько же, сколько вида С–К. Поэтому если пар разноцветных соседних точек не меньше 49, то их хотя бы 50.

Первый способ. Разобьём все отмеченные точки на 50 пар соседей: \(P_1,P_2,\ldots,P_{50}\).

Стратегия Бори. Если своим ходом Аня красит точку в паре \(P_i\), то Боря ответным ходом красит вторую точку в паре \(P_i\) в тот же цвет. Ясно, что при такой игре Бори в конце игры каждая пара \(P_i\) будет покрашена в один цвет. Значит, из 100 пар соседних точек не менее 50 будут одноцветными. Поэтому разноцветных пар будет не больше, чем \(100-50=50\).

Стратегия Ани. Аня будет добиваться того, чтобы в каждой паре \(P_i\) с нечётным номером \(i\) она покрасила одну из точек красным, а в каждой паре \(P_i\) с чётным номером \(i\) — синим. Если у Ани это получится, то покрашенные ею 50 точек разобьют окружность на 50 дуг с разноцветными концами. На каждой из этих дуг, очевидно, найдётся хотя бы одна пара разноцветных соседних отмеченных точек (в частности, если на дуге нет отмеченных Борей точек, такую пару образуют концы дуги).

Покажем, как Аня может реализовать этот план. Первым ходом она красит одну из точек в какой-то паре \(P_i\) соответствующим цветом. Далее, если Боря отвечает ходом в ту же пару, то Аня красит одну из точек в любой ещё не покрашенной паре, иначе она красит вторую точку в паре, в которой только что покрасил точку Боря. В результате после каждого хода Ани будет ровно одна пара \(P_j\), в которой одна точка покрашена Аней, а другая не покрашена, а в каждой из остальных пар \(P_i\) будет либо две покрашенные точки, ровно одна из которых покрашена Аней, либо ни одной покрашенной точки. Значит, в конце игры Аней будет покрашено ровно по одной точке в каждой паре \(P_i\), что ей и требовалось.

Первое решение. Выберем 30 гирь с массами вида \(3k+1\) г и дадим Пете, а Васе дадим 30 гирь с массами вида \(3k+2\) г. Тогда масса любых 12 гирь, взятых у одного человека, будет делиться на 3, а масса любых 11 гирь, взятых у одного человека, не будет делиться на 3.

Второе решение. Выберем 30 гирь с массами 1, 2, 3, …, 30 и дадим Пете, а Васе дадим 30 гирь с массами 71, 72, 73, …, 100 г. Тогда у Пети масса любых 11 или 12 гирь будет меньше \(30\cdot 12=360\) г. А масса любых 11 или 12 гирь у Васи будет больше \(70\cdot 11=770\) г.

Первое решение. Касательная в точке \(A(x_a;\,x_a^2)\) к графику \(G_2\) имеет уравнение \(y=f'(x_a)(x-x_a)+x_a^2\)\(=2x_a(x-x_a)+x_a^2\)\(=2x_a x-x_a^2\). Аналогично, уравнение касательной в точке \(B(x_b;\,x_b^2)\) есть \(y=2x_b x-x_b^2\), откуда точка пересечения \(C\) имеет координаты \(\left(\dfrac{x_a+x_b}{2},\,x_a x_b\right)\). Три точки \(A,B,C\) принадлежат графику квадратного трёхчлена \(p x^2+q x+r\), поэтому:

\(p x_a^2+q x_a+r=x_a^2,\)
\(p x_b^2+q x_b+r=x_b^2,\)
\(p\!\left(\dfrac{x_a+x_b}{2}\right)^{\!2}+q\,\dfrac{x_a+x_b}{2}+r=x_a x_b.\)

Сложим первые два равенства и вычтем удвоенное третье, получим \(p\!\cdot\!\left(x_a^2+x_b^2-\dfrac{x_a^2}{2}-x_a x_b-\dfrac{x_b^2}{2}\right)\;+\;q\!\cdot\!(x_a+x_b-x_a-x_b)\;+\;2r-2r\)\(=\;x_a^2+x_b^2-2x_a x_b\), то есть \(p\,\dfrac{(x_a-x_b)^2}{2}=(x_a-x_b)^2\). Так как \(x_a\ne x_b\), получаем \(p=2\).

Второе решение. Вычтем из обоих трёхчленов линейную функцию, график которой проходит через точки \(A\) и \(B\). Обозначим полученные трёхчлены соответственно \(P(x)\) и \(Q(x)\) (где у \(P(x)\) старший коэффициент равен \(p\), а у \(Q(x)\) он равен \(1\)). Пусть абсциссы точек \(A\) и \(B\) равны соответственно \(x_a\) и \(x_b\). Тогда \(P(x_a)=P(x_b)=Q(x_a)=Q(x_b)=0\), и касательные в точках \((x_a,0)\) и \((x_b,0)\) к графику трёхчлена \(Q(x)\) пересекаются на графике \(P(x)\). В самом деле, вычитание линейной функции сохраняет условия касания прямой и параболы в точке с заданной абсциссой, а также пересечения двух прямых и параболы в одной точке.

Обозначим \((x_a+x_b)/2\) через \(x_m\). Поскольку \(Q(x_a)=Q(x_b)=0\), график трёхчлена \(Q(x)\) симметричен относительно прямой \(x=x_m\), поэтому касательные к этому графику в точках \((x_a,0)\) и \((x_b,0)\) пересекаются на оси симметрии. Пусть также точка пересечения касательных имеет координаты \((x_m,y_c)\), а вершина параболы-графика \(Q(x)\) имеет координаты \((x_m,y_d)\).

Поскольку старший коэффициент трёхчлена \(Q(x)\) равен \(1\), имеет место равенство \(0-y_d=(x_b-x_m)^2\), или \(y_d=-(x_a-x_b)^2/4\), поскольку график \(Q(x)\) есть парабола \(y=x^2\), перенесённая параллельно так, чтобы вершина попала в \((x_m,y_d)\). По этой же причине угловые коэффициенты касательных в точках \((x_a,0)\) и \((x_b,0)\) есть \(\pm(x_a-x_b)\); значит, ординаты точек с абсциссой \(x=x_m\) на этих параболах будут соответственно \(-y_c\) и \(-y_d=-y_c/2\), из чего следует, что старший коэффициент у \(P(x)\) в 2 раза больше, чем у \(Q(x)\). Следовательно, \(p=2\).

Решение. Обозначим через \(O_1\) центр окружности, описанной около треугольника \(A_1B_1C_1\), через \(P\) — центр сферы \(\omega\). При центральной симметрии относительно точки \(M\) треугольник \(ABC\) переходит в треугольник \(A_1B_1C_1\). Следовательно, точки \(O\) и \(O_1\) симметричны относительно точки \(M\), то есть \(M\) — середина отрезка \(OO_1\). Также мы получаем, что плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны. Тогда на прямой, проходящей через точку \(P\) перпендикулярно этим плоскостям, лежат точки \(D\) и \(O_1\), поэтому \(\angle O_1DO=90^\circ\). Таким образом, \(DM\) — медиана в прямоугольном треугольнике \(O_1DO\), значит, \(MO=MD\), что и требовалось.

Пусть в B есть хотя бы один рыцарь r. Тогда r выиграл хотя бы у двоих рыцарей из A, пусть s - один из них. Поскольку s - рыцарь, он правдиво ответил на заданный ему вопрос, то есть он проиграл лжецу. Но по правилам каждый игрок проигрывает не более одного раза, а s проиграл и рыцарю r, и лжецу. Противоречие. Значит, B состоит лишь из лжецов.

Предположим, что A состоит только из рыцарей. Тогда каждый из них проиграл какому - то лжецу из B, однако каждый лжец в B выиграл не более чем у одного рыцаря из A, так как он солгал, отвечая на вопрос. Следовательно, разным рыцарям из A соответствуют разные лжецы из B, поэтому в B людей не меньше, чем в A; противоречие.

Таким образом, в команде A есть хотя бы один лжец; обозначим одного из них через f. Тогда f солгал, то есть он не проиграл ни одному лжецу из B - а значит, ни одному игроку из B. Это значит, что f либо выиграл все свои партии, либо до него не дошла очередь. В любом из этих случаев команда A выиграла.

Сумма всех чисел ряда, кроме числа 500, равна \((1+2+3+\dots+1000)-500>2\cdot100000\), поэтому сумма чисел с какой-то из сторон от числа 500 больше \(100000\); пусть для определённости — справа. Пусть справа от 500 стоят (слева направо) числа \(a_1,a_2,\dots,a_k\). Обозначим \(S_n=a_1+a_2+\dots+a_n\) и выберем наименьшее \(n\), для которого \(S_n>100000\), так что \(S_n>100000\ge S_{n-1}\). Если \(S_n\le 100500\), то мы уже нашли подходящую группу.

Пусть теперь \(S_n>100500\). Докажем, что тогда подходит сумма \(500+a_1+\dots+a_{n-1}=500+S_{n-1}\). Действительно, поскольку \(a_n\le 1000\), имеем \(500+S_{n-1}=500+S_n-a_n>500+100500-1000=100000\). С другой стороны, \(500+S_{n-1}\le 500+100000=100500\), что и требовалось.

Первое решение. Обозначим через \(O\) середину дуги \(DBE\) окружности, описанной около треугольника \(DBE\). Прямая \(BO\) является внешней биссектрисой в треугольнике \(DBE\), а следовательно, и в треугольнике \(ABC\). Но треугольник \(ABC\) равнобедренный, поэтому \(BO \parallel AC\). Заметим далее, что \(\angle EOD=\angle EBD=\angle ABC\).

Таким образом, в равнобедренных треугольниках \(EOD\) и \(ABC\) равны углы при вершинах, а также основания, поэтому равны и сами треугольники. Отсюда, во-первых, \(\;BA=BC=OE=OD\). Во-вторых, расстояние от точки \(O\) до прямой \(DE\) равно расстоянию от точки \(B\) до \(AC\), а последнее равно расстоянию от \(O\) до \(AC\) (поскольку \(BO \parallel AC\)). Значит, точка \(O\) лежит на биссектрисе угла между прямыми \(DE\) и \(AC\).

Из условия \(\angle DEF=\angle CFE\) вытекает, что эта биссектриса является серединным перпендикуляром к отрезку \(EF\). Таким образом, \(OF=OE=OD\). Иными словами, \(O\) — центр окружности, описанной около треугольника \(DFE\). Следовательно, \(2\angle DFE=\angle DOE=\angle ABC\), что и требовалось.

Второе решение. Замечание: пусть на прямой \(AC\) выбраны точки \(A'\) и \(C'\) такие, что \(A'C'=AC\) и \(\angle DA'C'=\angle EC'A'\); тогда \(A'=A\) и \(C'=C\). Иначе, скажем, точки \(A'\) и \(C'\) лежат на луче \(CA\), тогда \(\angle DA'C' < \angle DAC=\angle ECA < \angle EC'A'\), что невозможно.

Построим такие точки. Пусть прямые \(DE\) и \(AC\) пересекаются в точке \(P\); для определённости, \(P\) лежит на луче \(DE\). Выберем на \(AC\) точку \(G\) такую, что \(EF \parallel DG\). Тогда \(DEFG\) — трапеция с равными углами при основании; следовательно, \(FG=DE=AC\) и \(DF=EG\). Пусть диагонали \(DF\) и \(EG\) пересекаются в точке \(Q\). Пусть, наконец, описанные окружности треугольников \(PDQ\) и \(PEQ\) вторично пересекают \(AC\) в точках \(A'\) и \(C'\) соответственно.

Поскольку \(PQ\) — биссектриса угла \(APD\), имеем \(QA'=QD\) и \(QC'=QE\), а также \(\angle DQA' = 180^\circ - \angle DPG = \angle EQC'\). Значит, \(\angle DQE = \angle A'QC'\); треугольник \(A'QC'\) получается из \(DQE\) поворотом вокруг \(Q\). Далее, из вписанности и симметрии: \(\angle EC'P=\angle EQP=\angle FQP=180^\circ-\angle DQP=\angle DA'C'\), откуда \(A'C'=AC\). По замечанию, \(A=A'\) и \(C=C'\). Теперь \(\angle ADQ=\angle APQ=\angle CEQ\), значит \(D,E,B,Q\) лежат на одной окружности. Следовательно, \(\angle ABC=\angle DBE=\angle DQE=\angle QEF+\angle QFE=2\angle DFE\).

Третье решение. Достроим равнобокую трапецию \(DEFG\), пусть диагонали пересекаются в \(Q\). Как видно из второго решения, достаточно доказать, что \(D,E,B\) и \(Q\) лежат на одной окружности. Выберем точку \(T\) так, что \(ACTD\) — параллелограмм.

Тогда \(FGTD\) — также параллелограмм, ибо \(DT=AC=FG\), значит \(GT=FD=GE\) и \(\angle TCA=180^\circ-\angle DAC=180^\circ-\angle ECA\); первое равенство даёт, что \(G\) лежит на серединном перпендикуляре к \(ET\), а второе — что \(CG\) — внешняя биссектриса угла \(ECT\). Эта внешняя биссектриса вторично пересекает описанную окружность треугольника \(ECT\) в точке, лежащей на серединном перпендикуляре к \(ET\); значит, \(G\) — эта точка, и \(C,G,T,E\) лежат на одной окружности. Наконец, из этой окружности и двух параллелограммов получаем \(\angle BDQ=\angle ADF=\angle CTG=\angle CEG=\angle BEQ\), то есть \(D,E,B\) и \(Q\) лежат на одной окружности; это и требовалось.

Замечание. Если \(DE \parallel AC\), то \(F\) совпадает с \(A\), что невозможно, поэтому можно считать, что \(DE\) и \(AC\) пересекаются. Кроме того, можно показать, что в условиях задачи \(P\) всегда лежит именно на луче \(DE\).

Для каждого числа x, написанного на доске, произведение x и суммы остальных равно f(x\() = x(10 - x) = 10x - x^2\). Квадратичная функция f(x) принимает все значения, кроме максимального, дважды - в точках a и 10 - a. Значит, если f(a\() = f(b) \)при \(a ≠ b, \)то a + \(b = 10\).

Таким образом, каждое число встречается в тетради не более двух раз. Так как в тетради всего четыре различных числа, три из них встречаются по два раза, и ещё одно - один раз. Следовательно, шесть из семи чисел на доске разбиваются на пары с суммой 10. Сумма этих шести чисел равна 30, тогда седьмое число равно 10 - 30 = - 20. Замечание 1. На доске могли быть записаны любые семь чисел вида - 20, a, 10 - a, b, 10 - b, c, 10 - c (если все различны). Никакое число, кроме - 20, определить нельзя.

Замечание 2. Можно рассуждать напрямую : если f(a\() = f(b), \)то \(0 = (10a - a^2) - (10b - b^2) = (a - b)(10 - a - b), \)поэтому либо \(a = b, \)либо a + \(b = 10\).

Первое решение. Обозначим быстрого и медленного тараканов B и M. Если таракан бежит в том же направлении, что и в момент старта, скажем, что он бежит «вперёд», иначе - «назад». До первой встречи оба бегут вперёд; между первой и второй - B вперёд, M назад; между второй и третьей - оба назад; между третьей и четвёртой - B назад, M вперёд. На четвёртой встрече B разворачивается, и оба снова бегут вперёд. Между встречами, когда направления противоположны, проходит одно и то же время, значит, M пробегает одно и то же расстояние (в противоположных направлениях между 1 - 2 и 3 - 4 встречами). Аналогично и при совпадающих направлениях (до первой и между 2 - 3 встречами). Следовательно, на четвёртой встрече M (и B) будет в точке старта. Далее это повторяется каждые 4 встречи, значит, сотая встреча - в точке старта. Второе решение. Пусть скорости (\(b > m\)). При совпадающих направлениях скорость удаления равна \((b - m)\) : до первой встречи они бегут 1 / \((b - m)\) секунд, и M проходит m / \((b - m)\) метров. Затем они бегут навстречу со скоростью \((b + m)\) : до второй встречи - 1 / \((b + m)\) секунд, смещение M относительно старта становится m / \((b - m)\) - m / (b + m\() = 2m^2 / (b^2 - m^2) \)метров. Далее оба бегут против часовой стрелки в течение 1 / \((b - m)\) секунд, итоговое смещение M равно - m + m / \((b - m)\) + m / \((b + m)\) = - m / \((b + m)\). Наконец, при встречном движении ещё 1 / \((b + m)\) секунд, и четвёртая встреча произойдёт на расстоянии - m / \((b + m)\) + m / (b + m\() = 0 \)от старта. Цикл периодичен с периодом 4 встречи, значит, сотая - в нуле. Комментарий. Во втором решении можно формально говорить о «расстоянии от точки старта»; даже если тараканы делают несколько кругов, при корректном учёте периодичности вывод остаётся верен.

Пусть M - середина BC (тогда M - и середина PQ), G - точка пересечения медиан ABC. По свойству медиан MG : G\(A = 1 : 2\). Так как MP : P\(B = 1 : 2, \)получаем PG ∥ BA. Тогда ∠YPG = ∠PYB и ∠QPG = ∠PBY. Но YP - медиана прямоугольного треугольника BYQ, поэтому ∠PYB = ∠PBY. Значит, ∠YPG = ∠QPG, то есть PG - биссектриса угла QPY. Поэтому G равноудалена от прямых PQ и PY. Аналогично QG - биссектриса угла PQX, откуда G равноудалена от PQ и QX. Следовательно, G равноудалена от трёх прямых YP, PQ и XQ, что и требовалось. Замечание. В условиях (остроугольность ABC) получается, что G - центр вневписанной окружности треугольника PQR, где R - точка пересечения XQ и YP. Комментарий. Показано, что PG ∥ AB - 2 балла. За отдельные соотношения без применения баллы не добавляются. Из факта про биссектрисы углов QPY и PQX делается вывод о центре вневписанной окружности без обоснования - баллы не снимаются.

Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной \(k\), разобьём его на правильные треугольнички со стороной \(1\) и отметим все вершины; полученную конструкцию назовём \(k\)-треугольником. Под «прямыми» понимаем прямые, параллельные сторонам \(k\)-треугольника и проходящие через отмеченные точки.

Лемма. Для любой отмеченной точки \(A\) в \(k\)-треугольнике существует единственный способ провести \(k\) прямых так, чтобы все отмеченные точки, кроме, возможно, \(A\), были покрыты этими прямыми: для каждой стороны надо провести все параллельные ей прямые между этой стороной и точкой \(A\) (включая саму сторону, исключая прямую через \(A\)).

Доказательство леммы. Индукция по \(k\). База \(k=1\) очевидна. Для перехода рассмотрим сторону, на которой не лежит \(A\). Если прямая, содержащая эту сторону, не проведена, то все \(k+1\) точек на ней надо покрыть различными прямыми — невозможно, так как прямых \(k\). Значит, эта прямая проведена. Удалив её и точки на ней, получаем \((k-1)\)-треугольник, в котором проведено \(k-1\) прямых с теми же условиями. Применяем предположение индукции.

Перейдём к задаче. Для любого разбиения на линейные множества проведём прямые, их содержащие. Эти прямые покрывают все отмеченные точки \(111\)-треугольника, кроме, возможно, центра \(A\); значит, набор прямых устроен как в лемме и единственен.

Заметим, что \(111\)-треугольник разбился на 6 областей: три «ромба» в углах (точки покрыты двумя прямыми) и три «трапеции» у сторон (каждая точка покрыта одной прямой). Каждая точка «трапеции» относится к множеству на своей прямой; а каждую точку «ромба» можно отнести к любому из двух множеств (по двум пересекающимся прямым). Выборы независимы. В каждом из трёх «ромбов» всего \(37^2\) точек, поэтому требуемых разбиений ровно \(2^{3\cdot 37^2}\).

Замечание. Можно также показать, что покрыть все точки, кроме одной, менее чем \(k\) прямыми невозможно.

Комментарий. Доказано только, что нельзя покрыть менее чем \(111\) прямыми — 1 балл. Доказана только лемма при неверном подсчёте — 4 балла. В целом верный подсчёт с ошибкой \(\pm 1\) на «ромбах» — минус 1 балл.

Первое решение. Числа \(13^2=169\) и \(14^2=196\) получаются друг из друга перестановкой цифр. Пусть \(a=1\cdot(13\cdot1000+14)=6507\). Положим \(n=10^{100}\cdot a+13\). Тогда \(n^2=10^{200}\cdot a^2+10^{100}\cdot(1000\cdot13^2+14\cdot13)+13^2\), \((n+1)^2=10^{200}\cdot a^2+10^{100}\cdot(1000\cdot13\cdot14+14^2)+14^2\). Иначе говоря, десятичная запись \(n^2\) состоит из блоков \(a^2\), \(18^2=14\cdot13\) и \(169=13^2\) (дважды), разделённых нулями; у \((n+1)^2\) эти блоки суть \(a^2\), \(18^2=13\cdot14\) и \(196=14^2\) (дважды). Поскольку количества разделяющих нулей одинаковы, получаем, что \(n\) удовлетворяет требованиям.

Замечание. Аналогично можно взять любые \(k\) и \(k+1\), квадраты которых — анаграммы по цифрам, и подобрать \(t\) так, чтобы \(2tk\) и \(2t(k+1)\) тоже отличались перестановкой цифр.

Второе решение. Предположим, что найдено число \(b\) (возможно, с ведущим нулём), такое что набор цифр в записи \(2b\) получается из набора цифр записи \(b\) выкидыванием цифры \(4\) и добавлением цифры \(1\) (то есть если к \(b\) приписать \(1\), а к \(2b\) — \(4\), то полученные числа отличаются перестановкой цифр). Тогда можно взять \(n=5\cdot10^d\cdot b+1\) (где \(d>100\), и \(d-1\) больше количества цифр в \(2b\)). Действительно, \(n^2=1+10^{d+1}\cdot b+10^{2d}\cdot25b^2\), \((n+1)^2=4+10^{d+1}\cdot2b+10^{2d}\cdot25b^2\): это блоки \((1,b,25b^2)\) и \((4,2b,25b^2)\), разделённые нулями, и блоки — анаграммы. Пример: \(b=0526315789473684\), тогда \(2b=1052631578947368\).

Нужно показать, что Аня всегда может добиться, чтобы разноцветных пар было не меньше 50, а Боря сможет помешать ей добиться, чтобы таких пар было больше 50. Первый способ. Стратегия Ани. Первым ходом Аня красит в любой цвет любую точку, а дальше каждым ходом выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной и красит непокрашенную точку в цвет, отличный от цвета покрашенной. При этом образуется новая пара соседних разноцветных точек. Стратегия Бори. Каждым ходом Боря выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной и красит непокрашенную точку в цвет, совпадающий с цветом покрашенной. Тогда образуется новая пара соседних одноцветных точек. Обоснование. Всего в круге 100 пар соседних точек, и каждый игрок делает по 50 ходов. Боря добьётся того, что хотя бы 50 пар будут одноцветными, а Аня - что хотя бы 49 пар будут разноцветными. Количество разноцветных пар всегда чётно, поэтому если их не меньше 49, то их как минимум 50. Второй способ. Разобьём все отмеченные точки на 50 пар соседей P1, …, P50. Стратегия Бори : если Аня красит точку в паре Pi, то Боря красит вторую точку этой пары в тот же цвет. Тогда каждая пара Pi будет одноцветной, а разноцветных пар не больше 50. Стратегия Ани : добиться, чтобы в каждой паре Pi с нечётным i она покрасила одну из точек красным, а в каждой паре Pi с чётным i - синим. Тогда покрашенные ею 50 точек разобьют окружность на 50 дуг с разноцветными концами, и на каждой дуге найдётся хотя бы одна пара разноцветных соседних отмеченных точек. Реализация описана стандартно.

Сумма всех чисел ряда, кроме числа 500, равна (\(1 + 2 + … + 1000) - 500 > 2 \cdot 100000, \)поэтому сумма чисел с какой - то из сторон от 500 больше 100000 (пусть для определённости справа). Пусть справа от 500 стоят (слева направо) числа a1,…,ak. Обозначим S_\(n = a1 + \)… + a_n; выберем наименьшее n, для которого\( S_n > 100000, \)так что S_{\(n - 1} ≤ 100000 \)< S_n. Если S_\(n ≤ 100500, \)то найден нужный отрезок. Если\( S_n > 100500, \)то подходит сумма 500 + a1 + … + a_{\(n - 1} = 500 \)+ S_{n - 1}. Поскольку a_\(n ≤ 1000, \)имеем 500 + S_{\(n - 1} > 500 \)+ 100500 - 100\(0 = 100000 \)и 500 + S_{\(n - 1} ≤ 100500.\)

В прямоугольном треугольнике AOB радиус вписанной окружности равен \((OA + OB - AB)\) / 2. Складывая с аналогичными равенствами для треугольников BOC, COD, DOA, получаем, что сумма S радиусов вписанных окружностей треугольников AOB, BOC, COD, DOA равна (AC + BD - P_ABCD) / 2.

Заметим, что 4(\(x^2\) + x + 1\() = (4x^2 + 4x + 1) + 3 = (2x + 1)^2 + 3 \)≥ 3, причём равенство достигается только при x = - 1 / 2. Тогда 1 / (x^\(2 + x + 1) > 0 \)и не превосходит 4 / 3. То же верно и для двух других слагаемых. Следовательно, сумма не превосходит 3 · (4 / 3\() = 4, \)причём равенство достигается лишь при \(x = y = z = - 1 / 2, \)значит, равенство невозможно для различных x, y, z.

Пример : числа вида A0, A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8, A9, где \(A = 1023456789\).

Первое решение. Обозначим K, L, M, N середины сторон AB, BC, CD, DA. По условию четырёхугольник AKLD - вписанный. Значит, ∠KL\(D = 180\)° - ∠KA\(D = 90\)°. Поскольку KL - средняя линия треугольника ABC и KL ∥ AC, то LD ⟂ AC. Пусть отрезки DL и AC пересекаются в точке D1. Опустим из точки B перпендикуляр BB1 на AC. Тогда BB1 ∥ LD1, значит, D1 - середина отрезка CB1 (теорема Фалеса). Кроме того, ABCD вписан в окружность с диаметром BD; её центр O даёт, что проекции B и D на AC равноудалены от середины AC. Отсюда CD\(1 = AB1\). Итого, AB\(1 = CD1 = B1D1\). Значит, B1N - средняя линия в треугольнике AD1B, поэтому B1N ∥ DD1 и ∠D1B1\(N = 90\)°. Поскольку NM - средняя линия треугольника ACD, то NM ∥ AC и ∠B1N\(M = 90\)°. Следовательно, точки B, C, N и M лежат на окружности с диаметром BM.

Подходит тройка \(a = b = c = 1\). Докажем, что других нет.

1) Пусть \(s = (a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \)делится на pqr, где \(p = a + bc, q = b + ca, r = c + ab (\)в частном случае, когда p,q,r различны, это следует из условия). Ни один из сомножителей \(a^2\) + 1, \(b^2\) + 1, \(c^2\) + 1 не может делиться на произведение двух из чисел p,q,r, так как он меньше этого произведения : p\(q = (a + bc)(b + ca) \)> \(c^2\) · ab + a\(b ≥ c^2 + 1, pq \)> \(b^2\) + 1 и\( pq > a^2 \)+ 1. Значит, каждый из \(a^2\) + 1, \(b^2\) + 1, \(c^2\) + 1 делится ровно на одно из p,q,r. Пусть a - наименьшее из a,b,c. Тогда a^\(2 ≤ bc \)и \(1 ≤ a, \)поэтому \(a^2\) + 1 может делиться на \(p = bc + a \)только при a^\(2 = bc \)и \(a = 1, \)т.е. \(a = b = c = 1\). Аналогично, если \(a^2\) + 1 делится на q или r, опять получаем \(a = b = c = 1\).

2) Пусть два из p,q,r совпадают, скажем, \(p = q\). Тогда \(0 = q - p = b + ca - a - bc = (a - b)(c - 1), \)откуда либо \(a = b, \)либо \(c = 1\). Первый случай возможен лишь при \(a = b = 1, \)иначе \(p = a + bc = a + ac = a(a + c) - \)составное. Значит, среди a,b,c есть единица, скажем, \(c = 1\). Тогда \(p = a + b, q = a + b \)и \(r = ab + 1 - \)простые делители \(s = 2(a^2 + 1)(b^2 + 1)\). Если хотя бы одно из\( a,b > 1, \)то\( p > 2, \)и на \(p = a + b \)обязан делиться хотя бы один из \(a^2\) + 1 и \(b^2\) + 1. Так как \((a^2 + 1)\) - (\(b^2\) + 1\() = (a - b)(a + b) \)делится на \(p = a + b, \)оба \(a^2\) + 1 и \(b^2\) + 1 делятся на p. Если r отлично от \(p = q, \)то s делится на pqr и мы возвращаемся к пункту 1). Остаётся вариант \(p = q = r\). Тогда хотя бы два из a,b,c равны 1. Пусть \(a = b = 1, p = q = r = c + 1, s = 4(c^2 + 1)\). Случай \(c = 1 \)уже разобран. Если\( c > 1, \)то c + 1 - нечётное простое, и \(c^2\) + 1 должен делиться на c + 1, но \((c^2 + 1)\) - (c + 1\() = c(c - 1) \)не делится на c + 1. Противоречие.

Положим \(n=1012\). Обозначим людей вершинами графа; номер вершины — ответ человека. Если двое дружат, соединяем соответствующие вершины ребром. Пусть \(A\) — множество людей, назвавших числа из \(\{0,\dots,n-1\}\), а \(B\) — множество людей, назвавших числа из \(\{n,\dots,2n-1\}\). Обозначим через \(d_i\) степень вершины \(i\) (число друзей). По условию, для рыцаря \(d_i=i\), а для лжеца \(|d_i-i|=1\). Пусть в \(A\) ровно \(x\) лжецов, а в \(B\) — ровно \(y\). Обозначим через \(E\) число рёбер между \(A\) и \(B\). Тогда \[ E \le \sum_{i\in A} d_i \le \sum_{i=0}^{n-1} i + x \;=\; \frac{(n-1)n}{2}+x. \] С другой стороны, для каждого \(i\in B\) внутрь \(B\) выходит не более \(n-1\) рёбер, значит, в \(A\) — по крайней мере \(d_i-(n-1)\) рёбер. Поэтому \[ E \ge \sum_{i\in B} (d_i-(n-1)) \;\ge\; \sum_{i=n}^{2n-1} i - y - n(n-1) = \frac{n(3n-1)}{2} - y - n(n-1) = \frac{n(n+1)}{2} - y. \] Итак, \(\frac{(n-1)n}{2}+x \ge \frac{n(n+1)}{2}-y\), откуда \(x+y\ge n\). Следовательно, лжецов не меньше \(n\).

Пример конструкции при \(n=1012\) достигает этой оценки: вершины \(0,\dots,n-1\) попарно не соединены; вершины \(n,\dots,2n-1\) попарно соединены; \(i\in[0,n-1]\) соединён с \(j\in[n,2n-1]\) тогда и только тогда, когда \(i+j\ge 2n-1\). Тогда у \(i\) из первой группы ровно \(i+1\) друзей, а у \(j\) из второй — ровно \(j\) друзей. В первой группе все — лжецы, во второй — рыцари, и условия выполняются.

Первое решение. \(p_1=x_1-\frac{1}{x_1}\) никогда не является натуральным: при \(x_1=1\) имеем \(p_1=0\); при \(x_1>1\) \(x_1-\tfrac{1}{x_1}\notin\mathbb{Z}\). Значит, натуральных среди \(p_1,\dots,p_{2024}\) не более \(2023\).

Достижимость \(2023\): возьмём \(x_1=2\), \(x_2=3\). Тогда \(p_2=\left(2-\tfrac{1}{2}\right)\left(3-\tfrac{1}{3}\right)=\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{8}{3}=4\). Для \(n\ge2\) положим \(x_{n+1}=p_n>x_n\). Тогда \(p_{n+1}=p_n\bigl(x_{n+1}-\tfrac{1}{x_{n+1}}\bigr)=p_n\bigl(p_n-\tfrac{1}{p_n}\bigr)=p_n^{2}-1\in\mathbb{N}\), поэтому \(p_2,p_3,\dots,p_{2024}\) — натуральные, всего \(2023\) числа.

Второе решение (телескопирование). Пусть \(x_k-\tfrac{1}{x_k}=k+1-\tfrac{1}{k+1}=\tfrac{k(k+2)}{k+1}\). Тогда при \(i\ge2\) имеем \(p_i=\prod_{k=1}^{i}\left(x_k-\tfrac{1}{x_k}\right)=\tfrac{1\cdot3}{2}\cdot\tfrac{2\cdot4}{3}\cdots\tfrac{i(i+2)}{i+1}=\tfrac{i(i+2)}{2}\in\mathbb{N}\). Выбор \(x_1=2,x_2=3,\dots,x_{2024}=2025\) снова даёт \(p_2,\dots,p_{2024}\in\mathbb{N}\), так что максимум равен \(2023\).

Решение. Покажем, что \(S(A_2ZA_8)=S(A_3ZA_7)\). Требуемое в условии равенствo получается вычитанием из обеих частей этого равенства площади серого треугольника с вершиной в точке \(Z\), а также добавлением площадей двух серых треугольников, примыкающих к хордам \(A_2A_3\) и \(A_7A_8\) (рисунок).

Заметим, что \(\angle A_2ZA_8+\angle A_3ZA_7=\tfrac{6}{10}\cdot180^{\circ}+\tfrac{4}{10}\cdot180^{\circ}=180^{\circ}\), поэтому синусы этих углов равны. Следовательно, достаточно доказать, что \(ZA_2\cdot ZA_8=ZA_3\cdot ZA_7\). Покажем, что оба произведения равны \(XZ\cdot XY\). Для этого достаточно доказать следующую лемму.

Лемма. Пусть \(P\) и \(Q\) — две точки на полуокружности с диаметром \(XY\), точка \(Z\) лежит на отрезке \(XY\) и \(\angle XZP=\angle YZQ\). Тогда \(ZP\cdot ZQ=ZX\cdot ZY\).

Доказательство леммы. Отметим точку \(R\), симметричную \(Q\) относительно \(XY\). Тогда четырехугольник \(XPYR\) вписан в окружность с диаметром \(XY\). Также по симметрии \(ZQ=ZR\) и \(\angle XZP=\angle QZY=\angle RZY\), то есть точки \(P,Z,R\) лежат на одной прямой. Значит, \(Z\) — точка пересечения диагоналей вписанного четырехугольника \(XPYR\), поэтому \(XZ\cdot XY=PZ\cdot ZR=PZ\cdot ZQ\). Таким образом, лемма доказана, что завершает решение задачи.

Решение. Обозначим \(k=-a\), \(\ell=a+b\), и перепишем уравнение в виде \(t^4-kt^3+(k+\ell)t^2-2\ell t+\ell=0\). Заметим, что \(k=t_1+t_2+t_3+t_4>0\) и \(\ell=t_1t_2t_3t_4>0\).

Дальше, перепишем уравнение в виде \(t^4+\ell(t-1)^2=kt^2(t-1)\), откуда сразу следует, что все его корни строго больше \(1\). Добавим к каждой части \(2\sqrt{\ell}\,t^2(t-1)\); уравнение превратится в \((t^2+u(t-1))^2=v^2t^2(t-1)\), где \(u=\sqrt{\ell}\), \(v=\sqrt{k+2\sqrt{\ell}}\). Если обозначить \(s=\sqrt{t-1}\), то получим однородное уравнение \(t^2-vst+us^2=0\), из которого следует, что \(t/s=c_{1,2}\), где \(c_1=(v-\sqrt{v^2-4u})/2\), \(c_2=(v+\sqrt{v^2-4u})/2\).

Дальше, каждое из уравнений \(t/s=c_i\) можно переписать в виде \(t^2-c_it+c_i=0\). Эти уравнения различны, и каждое из них имеет два различных положительных корня, так как исходное уравнение имеет четыре различных положительных корня. Из этого следует, что \(4

Так как функция \(f(x)=x-\sqrt{x^2-4x}\) строго убывает при \(x>4\) (это несложно показать, например, взяв производную), то \(c_2-\sqrt{c_2^2-4c_2}

Теперь уже легко вычислить и упорядочить \(t_i\):

\(t_1=\dfrac{c_2-\sqrt{c_2^2-4c_2}}{2}\;\lt\; t_2\)\(=\dfrac{c_1-\sqrt{c_1^2-4c_1}}{2}\;\lt\; t_3\)\(=\dfrac{c_1+\sqrt{c_1^2-4c_1}}{2}\;\lt\; t_4\)\(=\dfrac{c_2+\sqrt{c_2^2-4c_2}}{2}\).

Значит, \(t_1t_4=c_2>c_1=t_2t_3\).

Замечание. Из доказательства следует, что оценка точна, то есть разницу \(t_1t_4-t_2t_3\) можно сделать сколь угодно близкой к \(0\).

Решение. Приведём стратегию для Пети. Для этого представим \(1\) в виде суммы \(2^n\) дробей с числителями \(1\), разобьём их на пары не равных, сложим числа в каждой паре. Затем \(2^{\,n-1}\) полученных результатов вновь разобьём на пары не равных и сложим числа в каждой паре. Будем продолжать так делать, пока не получится одно число. Поскольку сумма всех дробей равна \(1\), то после \(n\) шагов остаётся число \(1\).

Предположим, что описанный выше процесс возможен. В таком случае Петя разложит \(1\) в сумму двух чисел, которые складывались на \(n-1\)-м шаге. Вася выберет одно из слагаемых, которое представимо как сумму двух чисел, сложением которых данное число было получено на \(n-1\)-м шаге, и т.д. В конечном итоге останется одна из исходных \(2^n\) дробей.

Для реализации указанного процесса нам потребуется следующее вспомогательное утверждение.

Лемма. Есть две четвёрки чисел \(a_1>a_2>a_3>a_4\) и \(b_1>b_2>b_3>b_4\). Тогда их можно сгруппировать по парам \((a_i,b_j)\) так, чтобы числа в каждой паре были различны и суммы чисел в каждой паре были различны.

Доказательство леммы. Разберём несколько случаев:

\(1^{\circ}.\) \(a_1=b_1\), \(a_2=b_2\). Если \(a_4\ne b_4\), не умаляя общности \(a_3\ge b_3\), можно сгруппировать: \(a_1+b_2>b_1+a_3>a_2+b_3>a_4+b_4\). В случае \(a_4=b_4\) и, н.у.о., \(a_3\ge b_3\) группируем \(a_1+b_2>b_1+a_3>a_2+b_4>b_3+a_4\).

\(2^{\circ}.\) \(a_3=b_3\), \(a_4=b_4\) сводится к предыдущему пункту, если перейти к четвёркам чисел \(-a_i\), \(-b_i\).

\(3^{\circ}.\) Пары \((a_1,b_1)\) и \((a_2,b_2)\) разные, а также пары \((a_3,b_3)\) и \((a_4,b_4)\) разные. В таком случае сгруппируем числа первых двух пар между собой (с числами в третьей и четвёртой паре поступим аналогично), явно получая две меньшие суммы, чем в первой паре. Если \(a_1=b_1\) или \(a_2=b_2\), подходят суммы \(a_1+b_2\), \(a_2+b_1\); в противном случае можно сгруппировать \(a_1+b_1\) и \(a_2+b_2\). Лемма доказана.

Покажем, что описанный в начале решения процесс возможен (то есть на каждом шаге будут складываться различные числа), если исходные \(2^n\) дробей удастся разбить на четвёрки так, чтобы в каждой четвёрке были попарно различные дроби. Действительно, в таком случае на очередном шаге мы разбиваем четвёрки на пары и согласно лемме складываем числа из разных четвёрок. После каждого такого шага получившиеся суммы вновь будут разбиваться на четвёрки попарно различных чисел. Продолжая так первые \(n-2\) шага, в итоге получим четвёрку различных чисел \(x_1\lt x_2\lt x_3\lt x_4\); на \(n-1\)-м шаге сложим \(x_1+x_2\) и \(x_3+x_4\), а на \(n\)-м шаге сложим уже эти два числа.

Таким образом, достаточно представить \(\tfrac14\) в виде суммы \(2^{n-2}\) дробей вида \(1/m\) четырьмя разными способами, каждый раз используя разные знаменатели, не превосходящие \(2^n+50\).

Первый способ - Сумма \(2^{\,n-2}\) одинаковых дробей \(\dfrac{1}{2^n}\).

Построим три других представления. Заметим, что среди чисел \(n,n-1,n-2,n-3,n-4,n-5\) не более одной степени двойки и не более двух простых чисел (поскольку простые числа, большие трёх, дают только остатки \(1\) и \(5\) при делении на \(6\)); эти числа уберём из рассмотрения. Любое оставшееся число можно представить в виде \(n-k=pt\), где \(p,t>1\) и \(t\) нечётно. Тогда \(2^n+2^k=2^k(2^p+1)q\). Возьмём \(2^{\,n-2}-2^{\,k+p-2}\) дробей вида \(\dfrac{1}{2^n+2^k}\) и \(2^{\,k+p-2}\) дробей вида \(\dfrac{1}{2^{\,k+p}q}\). Поскольку \(k\le5\), то \(2^{\,k+p}q<2^n+2^k\le2^n+50\). Посчитаем сумму этих дробей:

\(\dfrac{2^{\,n-2}-2^{\,k+p-2}}{2^n+2^k}+\dfrac{2^{\,k+p-2}}{2^{\,k+p}q}=\tfrac14\Big(\dfrac{2^n-2^{\,k+p}}{2^n+2^k}+\dfrac{2^k(2^p+1)}{2^n+2^k}\Big)=\tfrac14.\)

Проделаем так для трёх различных значений \(k\); остаётся убедиться, что полученные представления не содержат одинаковых дробей. Ясно, что с первым выбранным набором три новых не пересекаются, а дроби вида \(\dfrac{1}{2^n+2^k}\) могут появляться лишь в одном наборе. Остаётся проверить, что дроби вида \(\dfrac{1}{2^{\,k+p}q}\) различны. Предположим противное: \(2^{\,k+p}q=2^{\,k_1+p_1}q_1\). Так как \(q\) и \(q_1\) нечётны, получаем \(q=q_1\); это общий делитель \(2^n+2^k\) и \(2^n+2^{k_1}\). Тогда \(2^k-2^{k_1}\) кратно \(q\), а значит \(q<32\). Однако \(p=\dfrac{n-k}{t}<\dfrac{n}{3}\), откуда \(2^p+1<2^{n/2}\) и \(q\ge2^{n/2}>32\) — противоречие.