Олимпиада по математике 10 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — 1 день

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

10 класс Первый день √ √ 10.1. Можно ли 2026 чисел 1 + 2, 1 + 2 2, . . . , 1 + 2026 2 разбить на две непустые группы так, чтобы произведения чисел в группах имели одинаковую дробную часть? Ответ: Нет, нельзя. Решение. Пусть √ √ такое разбиение √ существует, причём в одной из групп оказались числа 1 + x1 2, 1 + x2 2, . . . , 1 + xk 2. Перемножим эти выражения, раскроем скобки. Мы √ √ получим слагаемое 1k = 1, слагаемые x1 2, . . . , xk 2, а все остальные слагаемые будут √
k иметь вид N · 2 , где k ⩾ 2 и N — целые числа. Значит, в сумме получится число вида √ A + B 2, где A и B — целые числа, причём B ≡ x1 +√. . . + xk (mod 2). Аналогично, если √ 2, . . . , 1 + yn 2, то их произведение будет иметь в другой группе окажутся числа 1 + y 1 √ вид C + D 2, где C, D ∈ Z и D ≡ y1 + . . . + yn (mod 2). Заметим, что x1 + . . . + xk + y1 + . . . + yn = 1 + 2 + . . . + 2026 = 2027 · 1013, это число нечётно. B + D тоже нечётно, а тогда B ̸= D. Однако, поскольку числа √ √ Значит, число A + B 2 и √C + D 2 имеют одинаковую дробную часть, то их разность — целое число. Поскольку 2 ∈ / Q это возможно лишь в случае, когда B − D = 0, противоречие. 10.2. Последовательность натуральных чисел a1 , a2 , . . . удовлетворяет равенству √

a1 + a2 + . . . + a2n−1 = a2n при всех натуральных n. Найдите все такие последовательности, в которых встречается число 3. Ответ: Только одна последовательность 1, 3, 5, . . . (т.е. an = 2n − 1). Решение. Указанная в ответе последовательность удовлетворяет условию a1 + a2 + . . . + a2n−1 = a2n .

(∗)

Действительно, a1 + a2 + . . . + a2n−1 = 1 + 3 + 5 + . . . + (2(2n − 1) − 1) = (2n − 1)2 = a2n . Далее из условия (∗) выведем, что an = 2n − 1 при всех n. Вычитая равенства (∗) для индексов n + 1 и n, получим a2n+1 + a2n = a2n+1 − a2n .

(1)

Левая часть равенства (1) положительна, поэтому an+1 > an , значит, наша последовательность строго возрастает. Далее, если для какого-то натурального n будет выполнено an+1 − an = 1, то из (1) последовало бы a2n+1 + a2n = an+1 + an . Однако в силу монотонности a2n+1 > an+1 и a2n > an , и поэтому a2n+1 + a2n > an+1 + an . Полученное противоречие показывает, что an+1 − an = 1 невозможно, поэтому для всех номеров n выполнено an+1 − an ⩾ 2. Тогда, начиная с неравенства a1 ⩾ 1 последовательно выводим: a2 ⩾ 3, a3 ⩾ 5, и т.д., ak ⩾ 2k − 1,

k = 1, 2, . . .

(2)

Наконец покажем индукцией по n с базой n = 2, что (2) обращается в равенство при всех k = 1, 2, . . . , 2n − 1. Докажем базу. Заметим, что (∗) при n = 1 дает a1 = 1. В силу (2), a2 ⩾ 3 и ak > 3 при k > 2. Поскольку число 3 должно содержаться в последовательности, имеем a2 = 3. Тогда из (∗) для n = 2 получаем a3 = a22 − a1 − a2 = 5. Докажем переход n → n+1, где n ⩾ 2, т.е. из того, что ak = 2k−1 для k = 1, 2, . . . , 2n−1, выведем, что a2n = 4n − 1 и a2n+1 = 4n + 1. Так как n + 1 ⩽ 2n − 1, по предположению

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

индукции an+1 = 2n + 1 и an = 2n − 1. Тогда из (1) получаем a2n+1 + a2n = (2n + 1)2 − − (2n − 1)2 = 8n. Но как мы помним (согласно (2)) a2n+1 ⩾ 4n + 1 и a2n ⩾ 4n − 1, откуда 8n = a2n+1 + a2n ⩾ 8n. Значит, оба неравенства a2n+1 ⩾ 4n + 1, a2n ⩾ 4n − 1 обращаются в равенство. Этим заканчивается доказательство индукционного перехода. 10.3. Остроугольный неравнобедренный треугольник ABC вписан в окружность с центром O, а его высоты пересекаются в точке H. Касательные к окружности (BHC) в точке B, к окружности (AHB) в точке A и к окружности (CHA) в точке C ограничивают треугольник T1 . Касательные к окружности (BHC) в точке C, к окружности (AHB) в точке B и к окружности (CHA) в точке A образуют треугольник T2 . Пусть I1 и I2 — центры вписанных окружностей треугольников T1 и T2 соответственно. Докажите, что HI1 OI2 — параллелограмм, либо точки H, I1 , O, I2 лежат на одной прямой. (Здесь под окружностью (XY Z) мы понимаем окружность, описанную вокруг треугольника XY Z.) Решение. Пусть касательные, проведенные к окружности (ABC) в вершинах A, B, C, образуют треугольник A′ B ′ C ′ (см. рис.). B′

A2 A

A′′

A1

C′

C2 C ′′ C B

B2

B ′′

C1

B1 A′

Поскольку ∠BAC + ∠BHC = 180◦ , окружности (ABC) и (AHC) симметричны относительно середины BC. Пусть касательные, проведенные к B и C к окружности (BHC), пересекаются в A′′ . Тогда касательные CA′ и BA′′ симметричны относительно середины BC; то же верно для BA′ и CA′′ . Отсюда BA′ CA′′ — параллелограмм, и даже ромб (в силу равенства отрезков касательных A′ B = A′ C). Аналогично, строим ромбы CB ′ AB ′′ и AC ′ BC ′′ . Видим, что стороны наших треугольников T1 и T2 параллельны соответствующим сторонам треугольника A′ B ′ C ′ . Обозначим их вершины A1 B1 C1 и A2 B2 C2 , где A1 = CA′′ ∩ ∩AB ′′ , и т.д. Также из этих параллельностей мы видим, что AA1 A′′ A2 — параллелограмм. Заметим, что O лежит на биссектрисе l угла BA′ C, а значит и на биссектрисе угла BA′′ C (из ромба BA′ CA′′ ), Но A′ O ⊥ BC, отсюда A′′ O ⊥ BC. Биссектриса A1 I1 угла C1 A1 B1 параллельна l (так как биссектрисы углов с сонаправленными сторонами параллельны). Аналогично A2 I2 ∥ l. Наконец AH ⊥ BC. Таким образом, в нашей конструкции через вершины параллелограмма AA1 A′′ A2 проведены параллельные прямые (перпендикулярные BC) AH, A1 I1 , A′′ O, A2 I2 .

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

A2

A A′′ A1 I2 H O I1 Значит, середины N и P отрезков OH и I1 I2 лежат на одной прямой m ⊥ BC (проходящей через центр параллелограмма). Иначе говоря, проекции точек N и P на прямую BC совпадают. Аналогично рассуждая, показываем, что проекции точек N и P на прямую CA совпадают. Значит, N и P совпадают, что и требовалось показать. 10.4. Даны натуральные числа m и k, причём m > 100 и 1 < k < 2m. Изначально в ряд выложены 2m пластилиновых шариков, каждый шарик имеет массу 1. Петя и Вася играют в игру, делая 2m − 1 ходов по очереди, начинает Петя. За ход игрок должен выбрать два соседних шарика и слепить их в один шарик (который остается в том же месте в ряду). Победа присуждается Пете, если в какой-либо момент игры в ряду появлялся шарик массы k. Иначе победа присуждается Васе. Кто из игроков имеет выигрышную стратегию? Ответ: Петя побеждает при 2 ⩽ k ⩽ m + 1; иначе побеждает Вася. Решение. Переформулируем задачу следующим образом. Пусть изначально у нас на числовой прямой покрашены красным точки 0, 1, 2, . . . , 2m (а шарики из условия соответствуют единичным отрезкам [i, i + 1]). За свой ход игрок перекрашивает одну из красных точек, отличных от точек 0 и 2m, в синий цвет (склеивает два отрезка между соседними красными точками). Так Петя и Вася по очереди делают ходы (Петя — m ходов, Вася — (m − 1) ход), пока в конце не останутся лишь две красные точки 0 и 2m. Петя выигрывает, если в какой-то момент игры найдутся красные точки i и i + k такие, что все целые точки между ними синие. 1) Пусть 2 ⩽ k ⩽ m. Предъявим стратегию за Петю. Первым ходом пусть он покрасит синим точку k. Выделим k − 1 пар красных точек (1, k + 1), (2, k + 2), . . . , (k − 1, 2k − 1), а красные точки 2k, 2k + 1, . . . , 2m − 1 разобьем на пары произвольно. Если за свой ход Вася перекрашивает в синий цвет некоторую точку, то пусть Петя на следующем ходе перекрасит вторую точку из той же пары. В результате после ходов Пети все выделенные пары точек одноцветные, причем количество выделенных пар красных точек не изменяется или уменьшается на 1. В какой-то момент после хода Пети будет ровно одна выделенная пара (j, j +k) красных точек. В этот момент среди точек 1, 2, . . . , 2k −1 только j и j +k красные, значит все целые точки между ними синие, и Петя выигрывает. 2) Пусть k = m + 1. Предъявим стратегию за Петю. Первым ходом пусть он покрасит синим точку m. Остальные красные точки, за исключением 0 и 2m, разобьем на пары: (1, m+2), (2, m+3), . . . , (m−2, 2m−1) и (m−1, m+1). Если за свой ход Вася перекрашивает в синий цвет некоторую точку, то пусть Петя на следующем ход перекрасит вторую точку из той же пары. В результате перед последним ходом Васи останется ровно одна указанная

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

пара красных точек (а точки во всех остальных парах будут синими). Если это пара вида (i, i + m + 1), то Петя уже побеждает. Пусть это пара (m − 1, m + 1). Перекрашивая последним ходом m−1, Вася проигрывает из-за пары красных точек (0, m+1). Аналогично, перекрашивая последним ходом m + 1, он проигрывает из-за пары (m − 1, 2m). 3) Пусть m + 2 ⩽ k ⩽ 2m − 1. Предъявим стратегию за Васю. Рассмотрим последовательность точек A = (k, 1, 2, . . . , 2m − k). Пусть Вася на своем ходе перекрашивает самую первую на текущий момент красную точку в этой последовательности. Так как |A| = 2m − k + 1 ⩽ m − 1, ходов у Васи хватит, чтобы все точки из A в итоге стали синими. После этого пусть Вася играет как угодно. Покажем что такая стратегия работает. Предположим противное, в какой-то момент точки i и i + k красные (для некоторого i ∈ {0, 1, 2, . . . , 2m − k}, а все k − 1 целых точек из интервала (i, i + k) — синие. Не может быть i = 0, так как точка k стала на первом же ходу Васи синей, и к этому моменту среди точек 1, . . . , k − 1 было не более одной синей. Пусть i ⩾ 1. Поскольку i еще красная, Вася пока только перекрашивал точки множества {k, 1, 2, . . . , i − 1}, т.е. сделал к рассматриваемому моменту не более i ходов, при этом лишь один раз он перекрашивал точку из интервала (i, i + k) (точку k). Тогда к этому моменту Петя сделал не более i + 1 хода. Значит, к этому моменту среди целых точек интервала (i, i + k) синими стали не более 1 + i + 1 точки. Но i + 2 ⩽ 2m − k + 2 ⩽ k − 2, тем самым в (i, i + k) осталась хотя бы одна красная точка — противоречие.

Решения — 2 день

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

10 класс Второй день 10.5. Существует ли выпуклый 201-угольник, в котором каждая диагональ перпендикулярна какой-то другой диагонали? Ответ: Да, существует. Решение. Возьмем правильный 202-угольник Q, выделим в нем вершину A. Нужный нам пример — 201-угольник P с вершинами во всех вершинах Q, кроме вершины A. Действительно, любая диагональ d многоугольника P служит также диагональю в Q. Поэтому в Q имеется хотя бы 99 диагоналей направления, перпендикулярного d. Среди этих 99 диагоналей заведомо найдется диагональ P (точно подойдет любая из этих диагоналей, не проходящая через вершину A и соседние с ней вершины). Замечание. На аналогичный вопрос для выпуклого n-угольника ответ положительный для всех n ⩾ 4 кроме n = 5. Для четных n примером является правильный n-угольник; при нечетных n > 5 — правильный (n + 1)-угольник с вычеркнутой вершиной (как в решении); также нетрудно показать, что требуемого 5-угольника не существует. 10.6. В стране ровно 1000 городов, некоторые пары городов соединены двусторонними авиалиниями. Известно, что для любого натурального k ⩽ 500 выполнено следующее утверждение: «Если выбрать любое множество A из k городов, то найдётся хотя бы k городов, не принадлежащих A, каждый из которых соединён авиалинией хотя бы с одним городом из A». Какое наименьшее количество авиалиний может быть в этой стране? Ответ: 250000. Решение. Положим n = 500, так что в нашем графе 2n вершин. Оценка. Докажем, что в нашем графе степени всех вершин хотя бы n. Отсюда будет следовать, что количество ребер не меньше 2n · n/2 = n2 . Пойдём от противного: пусть у некоторой вершины v степень не больше n − 1. Тогда можно взять множество A из n вершин, каждая из которых не соединена с v. Для множества A условие не будет выполнено. Противоречие. Пример. В качестве примера можно взять Kn,n (полный двудольный граф на 2n вершинах с равными долями). Нетрудно проверить, что он удовлетворяет условию: если множество вершин A принадлежит одной доле, то любая из n вершин другой доли соединена с (любой) вершиной из A; если же в A есть вершины из обеих долей, то любая вершина, не лежащая в A, соединена хотя бы в одной вершиной из A (лежащей в противоположной доле). 10.7. На координатной плоскости вершины выпуклого четырехугольника имеют целые координаты и лежат на графике многочлена с целыми коэффициентами. Докажите, что если диагонали этого четырехугольника перпендикулярны, то они равны между собой. Решение. Лемма. Пусть P (x) — многочлен с целыми коэффициентами. На графике y = P (x) взяты две различные точки A и B с целыми координатами. Тогда прямая AB либо параллельна горизонтальной прямой, либо образует с ней угол, не меньший 45◦ . Доказательство. Пусть a и b — абсциссы точек A и B, тогда угловой коэффициент k P (b)−P (a)

, что равно целому числу (как известно, P (b) − P (a) делится прямой AB равен b−a на b − a для любого многочлена с целыми коэффициентами P ). В случае k = 0 прямая AB горизонтальная. Иначе |k| ⩾ 1, значит AB образует с горизонталью угол, не меньший 45◦ . □ Перейдём к задаче. Пусть ABCD — данный четырехугольник, где AC ⊥ BD. Так как AC не вертикальная, то BD — не горизонтальная. Аналогично AC не горизонтальная. Произведение k1 k2 угловых коэффициентов прямых AC и BD равно −1. Но согласно лемме |ki | ⩾ 1. Значит, эти коэффициенты равны 1 и −1. Для определенности пусть AC параллельна прямой y = x, а BD — прямой y = −x.

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

B E

Пусть E = AC ∩ BD. Для определенности, пусть A и D расположены ниже E (а C и B — выше). Для определенности, пусть A не выше чем D. Тогда прямая AD образует с горизонталью угол φ = 45◦ − ∠EAD. Поскольку φ ∈ [0, 45◦ ), согласно лемме, имеем φ = 0, т.е. прямая AD горизонтальная. Аналогично показываем, что BC горизонтальная. Тем самым, ABCD симметричен относительно вертикальной прямой, проходящей через E. Отсюда AC = BD. 10.8. Дан треугольник с различными натуральными длинами сторон a, b и c. Докажите, что хотя бы одно из чисел ab + 1, bc + 1 и ca + 1 не является полным квадратом. Решение 1. Предположим, что все три числа ab + 1, bc + 1 и ca + 1 являются полными квадратами. Пусть, не умаляя общности, a < b < c. При этом, по неравенству треугольника, a + b > c. Заметим, что числа (ca + 1)(cb + 1) и c2 (ab + 1) являются полными квадратами, то есть (ca + 1)(cb + 1) = x2 и c2 (ab + 1) = y 2 для некоторых натуральных x и y. Разность d = x2 − y 2 равна c(a√+ b − c) + 1. Видим, что d > 0, а тогда x ⩾ y + 1. Значит, d ⩾ (y + 1)2 − y 2 = 2y + 1 = 2c ab + 1 + 1. Но тогда имеем √ d ⩾ 2c ab + 1 + 1 > 2ac + 1 > ac + 1 > c(a + b − c) + 1 = d, то есть d > d. Противоречие. Решение 2. Не умаляя общности, можно считать, что c — наибольшее из чисел. Предположим противное: пусть ab + 1 = z 2 , ac + 1 = y 2 , bc + 1 = x2 , где x, y, z — натуральные числа. Тогда x2 < c2 + 1, откуда x ⩽ c. Аналогично, y ⩽ c. С другой стороны, (x + y)2 > x2 + y 2 > c(a + b) > c2 (здесь мы воспользовались неравенством треугольника). Значит, x + y > c. Отсюда следует, что x + y > c ⩾ max(x, y) > |x − y|. Заметим, что (x2 − 1)(y 2 − 1) = abc2 = (z 2 − 1)c2 . Преобразуя это равенство, получаем (zc)2 − c2 = (x2 − 1)(y 2 − 1) = (xy + 1)2 − (x + y)2 = (xy − 1)2 − (x − y)2 . Выше мы получили, что x + y > c > |x − y|. Тогда из полученных равенств следует, что xy + 1 > zc > xy − 1, а такое возможно только если zc = xy. Но, так как x2 = bc + 1, числа x и c взаимно просты, и аналогично y взаимно просто с c. Но xy кратно c, откуда c = 1. Это невозможно, поскольку c — максимальное из трёх различных натуральных чисел.

Критерии

Задача 10.1. √ √ (A) Рассмотрим следующее утверждение: если {a + b · 2} = {c + d · 2}, то b = d . . . . . . . (A1 ) В работе без решения утверждение выше верно доказано . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 (A2 ) В работе с решением утверждение выше используется без доказательства или в предло√ женном доказательстве содержатся ошибки. При этом фраза так как 2 иррационально сама по себе доказательством не считается . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл (B) В работе используется значение суммы 1 + 2 + 3 + · · · + 2026 и оно вычислено неверно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл (C) Не оцениваются верно√сформулированные и доказанные общеизвестные утверждения об алгебре чисел вида a+b· 2: что такие разложения единственны; что суммы и произведения чисел такого вида снова являются числами P такого вида; что норма мультипликативна. P (D) Не оценивается доказательство того, что xi ̸≡ yj (mod 2) ({xi , yj } = {1, . . . , 2026}) без корректного сведения задачи к этому факту. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача 10.2. (A) В работе доказано только, что из выполнения равенств a1 + a2 + · · · + a2n−1 = a2n следует, что an = 2n − 1. Если при этом не обосновано, что это условие равносильно an = 2n − 1, то есть не показано, что из an = 2n − 1 следуют все равенства a1 + a2 + · · · + a2n−1 = a2n ,

причем эта обратная импликация не устанавливается и по ходу решения (например, хотя бы для одного n соответствующее равенство не возникает в рассуждении и не проверяется отдельно) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл (B1) Доказано, что последовательность монотонно возрастает И a2 = 3 И приведён ответ, дальнейшних продвижений нет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (B2) Доказано, что последовательность монотонно возрастает ИЛИ a2 = 3 ИЛИ приведён ответ (но не все три), дальнейшних продвижений нет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (B3) Доказано только, что a1 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (B4) Если при этом доказано, что an+1 >= an + 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ещё 1 балл (C1) Проблемы с базой индукции: проверено, что ak = 2k − 1 для k ∈ 1, 2, а используется ещё и для k = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл (C2) Проблемы с базой индукции: проверено, что ak = 2k − 1 для k =∈ 1, 2, 3, а используется ещё и для k = 4 или k = 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 2 балла (D) Доказано (в предположении индукции), что a2n + a2n+1 = 8n и сделан вывод, что a2n = 4n−2 или a2n = 4n−1; рассуждение в случае a2n = 4n−2 не проделано 1 балл (суммируется с В1 или с Задача 10.3. (A) Начальные продвижения (баллы внутри секции А не суммируются) . не более 1 балла (A1) Доказано, что T1 и T2 имеют параллельные стороны (возможно с пониманием направления сторон) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (A2) Доказано, что соответствующие биссектрисы T1 и T2 параллельны или найдено направление биссектрисы (параллельно высоте ABC или перпендикулярно стороне) . . . . 1 балл (A3) Выполнен критерий А2 и, кроме того, задача сведена к факту про совпадение проекций середин HO и I1I2 на прямую BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (A0) Счет углов, в котором не зафиксированы продвижения A1 или A2 (в частности, характеризация направления стороны одного из треугольников Ti без явного заявления, что оно такое же как у T2 , нахождение углов или доказательство подобия T1 и T2 ) . . . . . 0 баллов (B) Нахождение других треугольников, гомотетичных T1 и T2 (например, треугольник из касательных к (ABC) или ортотрегольник) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . баллы не добавляются

(P1) При верном ходе решения в работе возникают неверные утверждения (как правило связанные с рассмотрением неверного расположения точек, либо при работе в проекциях без учета направления отрезков, и т.д.), которые легко исправляются снимается 1 балл Задача 10.4. (⋆) Решение задачи состоит из стратегии за Петю (А) и стратегии за Васю (Б). Баллы за части А и Б суммируются . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (А) Доказано, что у Пети есть выигрышная стратегия для k ⩽ m + 1, баллы внутри секции суммируются . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 балла (А1) Только разбор случаев k < C и k > 2m − C, где константа C не зависит от m 0 баллов (А2) Доказано, что у Пети есть выигрышная стратегия для k ⩽ m . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (А2.1) Доказано, что у Пети есть выигрышная стратегия для k = m, не суммируется с А2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (А3) Доказано, что у Пети есть выигрышная стратегия для k = m + 1 . . . . . . . . . . . . . 2 балла (Б) Доказано, что у Васи есть выигрышная стратегия для k ⩽ m + 2 . . . . . . . . . . . . . 3 балла (Б1) Сформулировано и доказано, что у Васи есть выигрышная стратегия для k ⩽ pm + q для некоторых 2 > p и q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл Задача 10.5. (A1) Приведена конструкция 201-угольника, в которой для каждой диагонали найдётся перпендикулярная ей диагональ или сторона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (A2) Верный пример . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . не менее 4 баллов (P) доказаны некоторые геометрические свойства искомого многоугольника, например, что у него есть параллельные диагонали) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . баллы не добавляются Задача 10.6. (⋆) Решение задачи состоит из оценки (А) и построения одного из нескольких возможных примеров с обоснованием (Б или В). Баллы за оценку и пример суммируются. . . . . . . . . . . (А) Оценка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 балла (Б) Пример по кругу (соединяем с точками из 250-окрестности) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 балла (Б1) Пример без обоснования . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (Б2) Пример с недочётами в обосновании . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2-3 балла (В) Пример с полным двудольным графом или двумя кликами с паросочетанием 4 балла (В1) Пример без обоснования . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (В2) Пример с недочётами в обосновании . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 балла Задача 10.7. (⋆) Баллы за части А и Б не суммируются . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (A1) Доказано, что диагонали образуют с осями координат углы по 45◦ . . . . . . . . . . . . . 1 балл (А2) Получено, что P (a) = P (b) или |a − b| ⩽ |P (a) − P (b)| для стороны четырехугольника (a, P (a)), (b, P (b)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (А3) В терминах абсцисс вершин записано условие на пересечение диагоналей по внутренней точке (выпуклость) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (Б) Доказано, что одна из сторон четырехугольника параллельна оси абсцисс . . . . 4 балла Задача 10.8. (⋆) Баллы за части А и Б не суммируются . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (А) В обозначениях ab + 1 = z 2 , ac + 1 = y 2 , bc + 1 = x2 доказано, что xy > cz. . . . . . 1 балл (Б) Попытка сравнить выражение (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1) с выражением (abc + (a + b + c)/2)2 и/или (abc + (a + b + c ± 1)/2)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл