Проведем . Так как окружности построены на диаметрах,

Следовательно, точка — середина отрезка , так как и — высота равнобедренного треугольника

Проведем и . как отрезки касательных, и в силу симметрии получаем

Обозначим углы

Тогда . И . Следовательно, , и тогда

Аналогичным счетом углов показываем, что и

Следовательно, — параллелограмм. В нем — середина диагонали . Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, поэтому — середина

Раскрасим клетки доски в цвета следующим образом: все клетки, куда может прийти оборотень из, не умаляя общности, левой нижней угловой клетки, покрасим в первый цвет. Сдвигами этого множества клеток вправо, вверх и вправо вверх получаем множества клеток.

Рассмотрим одно из них. Чтобы все клетки были побиты, нужно как минимум оборотня, так как каждый из них бьет не более клеток, и, следовательно, и меньше оборотней бьют максимум клеток. Пример расстановки оборотней: выделим непересекающихся Т-образных фигур, в каждой из которых отметим по одному оборотню.

И так как оборотень, стоящий на клетке из одного множества, не может дойти до клеток из трех других, получаем, что всего нужно как минимум оборотней.

Рядом с может стоять одно из чисел . Рядом с пятеркой — . Заметим также, что соседями единицы могут быть только два последовательных числа. Переберем всевозможные варианты для соседа двойки:

1) Рядом с 2 стоит 3. Тогда рядом с 3 может стоять только 1. Ее сосед — это только 4 и рядом с 4 может встать только 6.

2) Рядом с 2 стоит 4. Тогда рядом с 4 может стоять или .

Рассмотрим одно из подкоренных выражений

По условию , поэтому подкоренное выражение равно , и, так как , .

Для оставшихся слагаемых рассуждения аналогичные

Пользуясь равенством из условия, получаем

Верное для любых неравенство.

Предположим, что можно. Сумма всех чисел равна . А удвоенная их сумма равна . Посчитав суммы арифметических прогрессий, получаем

Противоречие, так как

Лемма. а) На доске выбраны 11 произвольных клеток. Тогда среди них можно найти три клетки такие, что от одной их них можно двумя ходами ладьи обойти вторую и третью клетки.

б) На доске, суммарное числом столбцов и строк в которой не более 11, выбраны 8 клеток. Тогда среди них можно найти три клетки такие, что от одной их них можно двумя ходами ладьи обойти вторую и третью клетки.

Доказательство леммы. Если в столбце/строке выбрана одна клетка, будем называть её одиночной, а если две — будем называть каждую из двух клеток парной. Будем говорить, что клетка занимает строку/столбец, если она стоит в этой строке/столбце. Заметим, что никакие другие клетки не могут быть выбраны в столбце/строке, где стоит одиночная или парная клетки. Тогда каждая пара клеток занимает суммарно 3 строки и столбца, а каждая одиночная — 1 строку и 1 столбец.

a) Обозначим число одиночных клеток за а число парных клеток — за Если лемма не выполняется, то нельзя 11 клетками занять более 8 строк и 8 столбцов, то есть 16 в сумме. Тогда имеем систему

Но — противоречие. Следовательно, предположение неверно и пункт а) леммы доказан.

б) Аналогично пункту а) леммы обозначим число одиночных клеток за а число парных клеток за — Если лемма не выполняется, то нельзя 8 клетками занять более 11 строк и столбцов в сумме. Тогда имеем систему

Но — противоречие. Следовательно, предположение неверно и пункт б) леммы доказан.

Решение

Рассмотрим 11 клеток с числами от 54 до 64. Из пункта а) леммы следует, что какие-то три из них второй игрок может обойти, придерживаясь условий задачи. Минимальная сумма трёх из этих чисел равна

значит второй игрок всегда может получить сумму не менее 165 . Предположим, что сумму больше 165 не всегда удастся получить. Тогда никакие три из клеток с числами от 54 до 64 помимо 54, 55, 56 не должны оказаться в одной строке/столбце или образовывать "угол".

При этом числа 54, 55, 56 обязаны оказаться в одной строке/столбце или образовывать "угол иначе найдётся другая тройка чисел с большей суммой. Если эти числа располагаются в одной строке/столбце, или образуют "угол то занимают суммарно 4 строки и столбца. Без ограничения общности, пусть эти числа стоят так, как показано ниже, ведь если поменять какие-то строки/столбцы местами, искомая сумма не изменится.

И в том, и в другом случае оставшиеся 8 клеток с числами от 57 до 64 располагаются в выделенном прямоугольнике, количество строк и столбцов в которых суммарно равно 12. Если эти 8 клеток занимают не все строки или столбцы, то они занимают суммарно не более 11 строк и столбцов. Тогда из пункта б) леммы следует, что какие-то три числа стоят в одной строке/столбце или образуют “угол”, а значит, выбрав эти три клетки, мы увеличим искомую сумму. Если эти 8 клеток, среди которых одиночных и парных клеток, занимают все строки и столбцы, то имеем систему

откуда Следовательно, все клетки в выделенном прямоугольнике парные. Тогда найдётся число не менее 52 (на второй таблице число 53 может дополнять серые клетки до квадрата), которое стоит в одной строке или в одном столбце с какой-то парной клеткой из выделенного прямоугольника. Взяв это число и две парные клетки, получим сумму не менее Значит, примера, гарантирующего сумму 165, но не гарантирующего сумму 166, не существует.

Пример, гарантирующий сумму 166, но не гарантирующий сумму 167:

Здесь сумма 166 достигается, например, на числах 54, 55, 57. Все остальные суммы в пределах правого нижнего прямоугольника не превосходят 166. Максимальная сумма в пределах правого нижнего прямоугольника не будет превосходить 166, так как Оставшиеся числа можно ставить в любые из оставшихся клеток, так как максимальная ещё не рассмотренная сумма будет равна

Чтобы левая часть была целым числом, числа и должны быть точными квадратами, при этом значит и отсюда Так как то может принимать любое значение от до — по этому значению число определяется однозначно.

Пусть и где и тогда число определяется однозначно, а именно Получается, необходимо посчитать число допустимых пар Всего их

Формула суммы квадратов первых натуральных чисел известна:

Применим эту формулу и получим

Запишем характеристическое свойство для каждой арифметической прогрессии:

(1)

(2)

(3)

Преобразуем уравнение

Воспользовавшись равенством получим

при этом значит Подставим в равенство и получим

То есть Но откуда

Подставим полученные равенства в уравнение

Значит,

Пример:

Пример подходит, потому что центрами симметрии прямоугольников являются точки пересечения их диагоналей, а данный многоугольник не имеет центра симметрии, так как если он лежит вне синего отрезка, проходящего через середину одной из сторон, левые вершины многоугольника перейдут не в точки многоугольника, а если он лежит вне красного отрезка, проходящего через середину другой стороны, то верхние вершины многоугольника перейдут не в точки многоугольника.

Одну задачу студент получить не может, так как 2021 не является палиндромом. Предположим, что он может получить две задачи, тогда хотя бы одно из чисел — четырёхзначное. Если оно начинается на 2, то вторая цифра 0 и само число равно 2002. В таком случае второе число равно 19, что не палиндром. Если же число начинается с 1, то его последняя цифра также 1 и у второго числа последняя цифра должна быть нулём, что неверно для палиндромов. Значит две задачи студент получить не мог. Пример на 3 задачи существует, например,

Предположим, что такое могло случиться. Тогда существует натуральное такое, что Значит число

является натуральным, откуда

Случай невозможен, так как тогда число

также является натуральным, откуда

Теперь если то что невозможно. Если же то

Значит,

Это невозможно. Следовательно,

Предположим теперь, что нашлись числа и с различными ненулевыми остатками при делении на 3, то есть

Поскольку число

является натуральным, то

Но тогда

Это невозможно, так как квадраты имеют остатки 0 или 1 при делении на 3. В итоге мы доказали, что числа с остатками 1 и 2 при делении на 3 не могут быть соседними.

Поскольку это означает, что после стоят несколько чисел с остатком 2 при делении на 3, затем где-то стоит число 3. Если после тройки стоит число с остатком 2 при делении на 3, то все числа далее будут с таким же остатком и в последовательности простых чисел не будет ни одного числа с остатком 1 при делении на 3 (такие есть, например, число 7).

Следовательно, после тройки стоит число с остатком 1 при делении на 3 и все числа за ним имеют такой же остаток. Но тогда до тройки стоит лишь конечное число простых чисел с остатком 2 при делении на 3.

Предположим, что простых чисел вида конечное число. Обозначим все такие числа через Число не делится на простые числа и даёт остаток 2 при делении на 3. Значит среди его простых делителей должно быть число вида — противоречие.

Рассмотрим два случая.

1) Число — полуцелое, тогда и исходное уравнение примет вид

Корнями данного уравнения являются числа но тогда числа не являются целыми, значит решений нет.

2) Имеет место равенство

где и тогда

А также исходное уравнение примет вид

Выразим из уравнения и получим

Решения существуют только при Найдём все удовлетворяющие неравенству

Если , то и может иметь решение только лишь неравенство

которое после возведения в квадрат равносильно

Поскольку и , то — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

Если то решений нет, так как — целое.

Если , то и может иметь решение только лишь неравенство

Поскольку и то — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

Пронумеруем клетки таблицы так, как показано на рисунке. Ясно, что в левой верхней клетке стоит число 1, а в правой нижней — число 9.

По условию поэтому Рассмотрим случаи.

1) Если то числа и — это 2 и 3. Способов их расстановки всего 2. Теперь вычислим количество вариантов выбора чисел и На их место можно поставить любую из оставшихся пар чисел, причём поэтому расстановка каждой пары определяется однозначно. Всего таких пар Оставшиеся два числа расставляются однозначно. Всего получилось вариантов расстановки.

2) Если то числа и — это 7 и 8, и случай аналогичен предыдущему. Получаем ещё 12 вариантов расстановки.

3) Если то посмотрим, какие числа могут стоять в клетках с номерами и На их место нельзя ставить числа 2 и 8, так как эти числа обязаны быть соседями 1 и 9 соответственно. Если то и Любое из оставшихся чисел можно поставить в клетку тремя способами, оставшиеся числа ставятся однозначно. Рассмотренный вариант аналогичен случаям и — в каждом получаем по 3 варианта расстановки, но были дважды посчитаны случаи, когда числа и — это 3 и 7. Всего таких случаев два:

В итоге получаем вариантов.

Если ни одно из чисел в клетках и не равно 3 или 7, то в клетках и могут стоять лишь числа 4 и 6 в любом порядке. Тогда в клетках и стоят числа 2 и 3 в любом порядке, а в клетках и — числа 7 и 8 в любом порядке. Всего 8 вариантов расстановок.

Все случаи разобраны, искомое число вариантов равно

Каждое число в вершине участвует ровно в четырёх суммах. Заметим, что для получения простой суммы к числам 6 и 12 можно прибавить только 1, 5, 7 и 11. Значит для вершин, в которых стоят числа 6 и 12, наборы соседних чисел и чисел, стоящих от них через две вершины, должны совпадать. Однако, для каждой вершины эти наборы различны, поэтому хотя бы одна из сумм не будет являться простым числом.

Давайте поймем, как реализовать странное условие про угол. Вспомним про то, что внутренняя и внешняя биссектрисы одно и того же угла перпендикулярны. Тогда давайте дополнительно отметим центр вневписанной окружности данного треугольника, касающейся стороны Пусть это Значит,

Так как то — средняя линия треугольника По лемме о трезубце — середина следовательно, Тогда

Пусть — середина стороны Тогда по свойству медианы:

Тогда

Так как — середина дуги не содержащей то

А это означает требуемое.

Заметим, что в прямоугольниках и находится не больше одной принцессы. Иначе в прямоугольнике левая принцесса била бы правую, а в прямоугольнике нижняя принцесса — верхнюю. Значит, принцессы не могут быть в соседних по стороне клетках.

Покажем, что в прямоугольнике не более двух принцесс. Предположим, что в таком прямоугольнике можно разместить хотя бы фигуры принцесс. Так как принцессы не являются соседями по стороне, то возможны два варианта их размещения (розовые квадратики — фигуры прицесс)

В обоих случаях найдется принцесса, которая будет побита.

Тогда если разбить доску на непересекающиеся области размера получим, что принцесс не более

48 принцесс разместить уже возможно:

Заметим, что это следует из того, что для любого Рассмотрим сумму Заметим, что в слагаемые в той сумме разбиваются на групп так, что в каждой группе слагаемые имеют вид () и дают одинаковый остаток при делении на Но тогда сумма слагаемых в каждой группе кратна потому что мы суммируем одинаковых остатков. Но тогда и вся рассмотренная сумма кратна