Предметный тур. Математика. 3 этап

Так как \(a>1\), \(ab\) — простое, то \(b=1\) и \(a\) — простое.

Из третьего условия \(bc=1\cdot c=c\). Значит, \(c\) — это произведение двух различных простых чисел \(p_1\cdot p_2\), так как если \(p_1= p_2=p\), то \(abc\) делится на \(p^2\), что недопустимо по условию. Тогда можно считать, что \(abc\) — это произведение трех различных простых чисел \(abc=p_1 \cdot p_2 \cdot p_3\).

Заметим, что наименьшие произведения дают тройки \(2\cdot 3\cdot 5=30\), \(2\cdot 3\ \cdot 7 =42\). Все остальные произведения трех простых чисел будут больше 42. Тогда возможны следующие наборы чисел \((a, b, c)\): (2, 1, 15), (3, 1, 10), (5, 1, 6), (2, 1, 21), (3, 1, 14), (7, 1, 6).

Если \(n \in S\), то \((n+5)^2 \in S \Longrightarrow{ n+5 \in S}\), тогда для любого натурального \(k\) верно: \(n+5k \in S\).

Так как \(2 \in S \Longrightarrow (2+5)^2=49 \in S\), кроме того, \(5k+2 \in S\) для любого целого \(k\geqslant 0\).

Из того, что \(49 \in S\) следует, что все числа вида \(5k+4 \in S,\) где \(k\geqslant 9\).

Отсюда сразу получаем решение для п.1, так как число \(4\underbrace{0\dots0}_{2025}4\) имеет вид \(5k+4.\)

Из того, что \(49 \in S \Longrightarrow (49+5)^2=54^2=2916 \in S\), значит, все числа вида \(5k+1 \in S\), где \(k\geqslant 583\).

Так как \(54 \in S \Longrightarrow 54+2\cdot 5 =64 \in S \Longrightarrow 8 \in S\), значит, все числа вида \(5k+3 \in S\), где \(k\geqslant 1\).

В итоге получили, что все числа \(n\geqslant 10000\), дающие остатки 1, 2, 3, 4 при делении на 5, содержатся в \(S\).

Покажем теперь, что никакое число, кратное 5, не может содержаться в \(S\). Действительно, \(n^2\) делится на 5 тогда и только тогда, когда \(n\) делится на 5. А также \((n+5)^2\) делится на 5 тогда и только тогда, когда \(n\) делится на 5. Но изначально в множестве \(S\) есть только число 2, которое не делится на 5, поэтому нельзя получить никакое число, кратное 5.

Замечание. Можно доказать более общее утверждение: в \(S\) содержатся все натуральные числа, кроме 1 и чисел, кратных 5.

Так как \(54=49+5 \in S \Longrightarrow 54^2 \in S\). Заметим, что числа вида \((5k+4)^2\equiv 1 \pmod{5}\), значит, все числа вида \(5k+1\), большие \(54^2\), содержатся в \(S\). Значит, \(256^2 \in S\). Отсюда получаем, что \(256 \in S\), \(16=\sqrt{256} \in S, 4=\sqrt{16} \in S\). Следовательно, любое число вида \(5k+4 \in S\).

Далее \(4 \in S \Longrightarrow 4+5=9 \in S \Longrightarrow 3 \in S\). Поэтому любое число вида \(5k+3 \in S\).

Так как \(16 \in S\), то \(16+5\cdot 4=36 \in S \Longrightarrow 6 \in S\). Значит, все числа вида \(5k+1\), начиная с 6, содержатся в \(S\).

Осталось показать, что 1 не может содержаться в \(S\). Это следует из того, что \(1=1^2\), а значит, 1 нельзя получить из чисел, больших 1.

Пусть для определенности левая и правая границы рамки состоят из \(n\) клеток, а верхняя и нижняя — из \(m\) клеток.

Приведем выигрышную стратегию робота А и покажем, что он всегда может ее придерживаться.

Робот А первым своим ходом закрашивает нижнюю границу рамки (прямоугольник \(1\times m\)).

Теперь у робота Б есть возможность закрасить клетки только на левой или правой границе. Следующими ходами робот А закрашивает столько же клеток, сколько закрасил Б, но на противоположной границе. Например, Б закрасил \(k\) клеток на левой границе, тогда А закрашивает \(k\) клеток на правой. Так продолжается до тех пор, пока одна из границ не будет полностью закрашена. Заметим, что это обязательно произойдет после хода робота Б. Пусть теперь осталось \(s\) незакрашенных клеток на боковой границе и \(t\) на верхней (одна угловая клетка общая). Причем \(t > s\), так как боковая граница содержит меньше клеток, чем верхняя. Теперь робот А закрашивает клетки на верхней границе так, чтобы количества оставшихся клеток на верхней и боковой границах было одинаковым. Далее робот А повторяет ходы робота Б симметрично незакрашенной угловой клетке до тех пор, пока незакрашенная фигура не является прямоугольником. В силу симметрии незакрашенная фигура станет прямоугольником после хода робота Б. После этого робот А закрасит оставшийся прямоугольник и выиграет.

Проведем перпендикуляр из точки \(C\) на \(AD\). Он пересечет \(\omega_1\) в некоторой точке \(O\). Поскольку \(CA = CD\), то \(CO\) является серединным перпендикуляром к \(AD\), а также биссектрисой угла \(\angle ACD\). Тогда треугольники \(AOC\) и \(DOC\) равны, значит, \(OA = OD\). Так \(\angle OCB = \angle OAB\) как вписанные углы, опирающиеся на дугу \(\overset{\frown}{OB}\), а \(\angle ACO = \angle ABO\) как вписанные углы, опирающиеся на дугу \(\overset{\frown}{AO}\), то треугольник \(AOB\) — равнобедренный.

Таким образом, получаем \(OA = OB = OD\). Это означает, что \(O\) равноудалена от вершин \(A\), \(B\), \(D\) и является центром описанной окружности треугольника \(ADB\), а значит, и центром окружности \(\omega_2\).

Так как \(P(-1)=1-a+b\), \(P(0)=b\), \(P(1)=1+a+b\), то по свойству арифметической прогрессии \(2b^2 = (1 - a + b)^2 + (1 + a + b)^2 = 2 + 4b + 2b^2 + 2a^2\). Следовательно, \(a^2 + 2b + 1 = 0\).

Заметим, что \(1 + a^2 + b^2 + 2a + 2b + 2ab = (1 + a + b)^2 \in \mathbb{Z}\). Так как \(1, b^2, a^2 + 2b\) — целые числа, то \(2a+2ab=2a(1+b)\) тоже целое, значит, \(4a^2(1 + b)^2\) — целое. Но \(a^2 = -(2b + 1)\), поэтому \(4(2b + 1)(1 + b)^2\) тоже целое.

Так как \(4(2b + 1)(1 + b)^2 = 4(1 + 4b + 5b^2 + 2b^3)=4b(4+2b^2)+4+20b^2\), то \(4b(4 + 2b^2)\) — целое число. Если \(b=0\), то \(b\) — целое, иначе оно рационально, но так как \(b^2\) целое, а квадрат рационального нецелого не может быть целым, значит, \(b\) может быть только целым.

Так как \(a^2 = -(2b + 1)\), то \(a^2\) — целое. Далее, так как \(2a(1 + b)\) — целое, то если \(b \ne -1\), получим, что \(a\) рациональное, а значит, целое. Если \(b = -1\), то \(P(-1) = -a\), \(P(0) = b = -1\) и \(P(1) = a\). Поэтому числа \(a^2, 1, a^2\) должны образовывать арифметическую прогрессию. Это означает, что \(a^2 = 1\), \(a = \pm1\).

Во всех случаях получаем, что \(a, b\) являются целыми числами.

Обратите внимание: единственная четная цифра стоит на четвертом месте, так как число четное.

1. Заметим, что 1598 удовлетворяет указанным условиям. Предположим, что есть меньшее число. Его первая цифра не может быть меньше 1. Предположим, что его вторая цифра меньше 5, тогда его первые две цифры — 13. Следовательно, сумма всех его цифр не больше \(1+3+8+9 = 21\) (8 и 9 — максимально возможные цифры). Противоречие.

   Следовательно, первые две цифры данного числа — 15 (иначе число больше 1598). Заметим, что \(23-1-5=17\), следовательно, последние две цифры нашего числа — 8 и 9, причем 8 стоит на четвертом месте.

2. Рассмотрим какое-нибудь четырехзначное число, удовлетворяющее указанным условиям. Обозначим через \(d\) его последнюю цифру.

   Максимальная сумма трех различных нечетных цифр равна \(9+7+5=21\), поэтому \(d\geqslant 2\).

   Рассмотрим теперь возможные значения \(d\):

   • Если \(d=2\), то сумма трех других цифр равна 21. Единственная возможность 5, 7, 9.
   • Если \(d=4\), то сумма трех других цифр равна 19. Единственная возможность 3, 7, 9.
   • Если \(d=6\), то сумма трех других цифр равна 17. Возможности 1, 7, 9 или 3, 5, 9.
   • Если \(d=8\), то сумма трех других цифр равна 15. Возможности 3, 5, 7 или 1, 5, 9.

   Получаем 6 вариантов. В каждом варианте первые три цифры можно переставлять местами \(3!\) способами. Окончательно получаем \(6\cdot 3! = 36\) чисел.

Пусть \(N\geqslant 5\). Выделим квадрат \(5\times 5\). Если его столбец содержит хотя бы три черные клетки, то назовем его черным, в противном случае — белым. Из пяти столбцов хотя бы три — одного цвета. Рассмотрим эти три столбца. Без ограничения общности будем считать их черными. Обозначим строки \(a, b, c, d, e\) в каком-либо порядке. Пусть в первом столбце черные клетки стоят в строках \(a, b, c\). Тогда во втором и третьем столбцах максимум по одной черной клетке в этих строках. Значит, во втором и третьем столбцах черные клетки точно стоят в строках \(d\) и \(e\), и найдена пара строк \(d, e\) и пара столбцов \(2, 3\), в пересечении которых все клетки черные. Противоречие.

Пример для \(N=4\) приведен на рис. 2.1.

Пусть \(a=b\), тогда \(a^2=ac+4\) или \(a(a-c)=4\). Получаем, что \(a\) равно одному из чисел \(\pm 4, \pm 2, \pm 1\). Рассматривая каждый случай, получаем решения \((4, 4, 3)\), \((-4, -4, -3)\), \((2, 2, 0)\), \((-2, -2, 0)\), \((1, 1, -3)\), \((-1, -1, 3)\).

Пусть \(a\neq b\). Вычтем из первого уравнения второе \(a^2-b^2=c(b-a)\). Разделим обе части уравнения на \(b-a\) и получим \(-a-b=c\). Подставим в первое уравнение \(a^2=-ab-b^2+4\). Откуда \(2a^2+2b^2+2ab=8\). Следовательно, \((a+b)^2+a^2+b^2=8\).

Число 8 раскладывается в сумму трех квадратов единственным образом \(8=0+4+4\), поэтому пара \((a,b)\) может быть равна \((2, -2)\), \((-2, 2)\), \((2, 0)\), \((-2, 0)\), \((0, 2)\), \((0, -2)\). Учитывая, что \(c=-a-b\), получим тройки \((2, -2, 0)\), \((-2, 2, 0)\), \((2, 0, -2)\), \((-2, 0, 2)\), \((0, 2, -2)\), \((0, -2, 2)\).

Докажем, что \(A\), \(O\), \(A'\) лежат на одной прямой.

Пусть \(AO\) пересекает \(EF\) в точке \(P\).

Заметим, что \(\angle AOC\) — центральный, поэтому \(\angle AOC = 2\angle B\). Кроме того, \(AO=OC\), поэтому \(\angle OAC=\angle OCA=(180^\circ-2\angle B)/2=90^\circ - \angle B\).

Тогда \[\angle OAC = 90^\circ - \angle B = \angle DAF.\] Из вписанности четырехугольника \(BCEF\) \[\angle AEP = \angle B.\] Тогда треугольники \(PEA\) и \(DBA\) подобны и \(\angle APE = \angle ADB = 90^\circ\). Получаем \[AO \perp EF,\] и точки \(A\), \(O\), \(P\), \(A'\) лежат на одной прямой.

Пусть \(Q\) середина \(AC\). Тогда \(OQEP\) вписанный.

Имеем \[AO \cdot AP = AQ \cdot AE.\]

Умножим обе части на 2 \[AO \cdot (2AP) = (2AQ) \cdot AE.\]

Так как \(2AP = AA'\) и \(2AQ = AC\), то \[AO \cdot AA' = AC \cdot AE = AD \cdot AH \quad (\text{так как } DHEC \text{ вписанный}).\]

Следовательно, \(DHOA'\) — вписанный.

1. Подставим \(x=y=0\). Получим, \(3f(0)=0\), откуда \(f(0)=0\).
2. Подставим \(y=0\). Получим \(f(-x)+f(x)=0\). Т. е. \(f(-x)=-f(x)\) для всех \(x \in \mathbb{R}\).
3. Подставим \(y=-1\). Получим \(f(-f(x)-x)+f(1-x)+f(x-1)=-2x\). Откуда \(f(x+f(x))=2x\). Обозначим \(k=-\frac12 +f(-\frac12)\). Тогда при \(x=-1/2\) получим \(f(k)=-1\).

4. Подставим вместо \(x\) число \(k\), а вместо \(y\) подставим \(x\). Получим \(f(xf(k)-k)+f(kx-x)+f(k+x)=2kx\). Тогда \(f(x(k-1))=2kx\).

   Если \(k=1\), то \(f(0)=2x\) и \(0=2x\) для всех \(x \in \mathbb{R}\). Противоречие.

   Если \(k\neq 1\), то, обозначив, \(z=x(k-1)\), получим \(f(z)=\dfrac{2k}{k-1}z\). Поэтому \(f(x)=cx\), для некоторого \(c\).

   Подставим теперь в исходное уравнение \(c(ycx-x)+c(xy-y)+c(x+y)=2xy\) или \(cxy(c+1)=2xy\) для всех \(x, y \in \mathbb{R}\). Откуда \(c(c+1)=2\). Решая уравнение, находим \(c=1\) или \(c=-2\).