Олимпиада по математике 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — 1 день

9 класс Первый день 9.1. Сначала на тарелке лежат 75 конфет. Петя и Вася по очереди берут из тарелки любое натуральное количество конфет до тех пор, пока конфет на тарелке не останется. Начинает Петя. При каком наименьшем k Петя может играть так, чтобы гарантировать, что в конце игры количества конфет у мальчиков отличаются не более чем на k? (Во время игры мальчики конфеты не едят.) Ответ: 25. Решение. Стратегия Пети. Покажем, как действовать Пете, чтобы в итоге количества конфет отличались не больше, чем на 25, как бы ни ходил Вася. Пусть на первом ходе Петя возьмёт 25 конфет, а затем на каждом ходе будет брать по одной конфете. Если после первого хода он возьмёт ещё x конфет, то он (а значит, и Вася) сделает ещё x ходов. Поэтому количество y конфет у Васи будет не меньше, чем x, при этом x + y = 50. Количества конфет у мальчиков будут отличаться на |25 + x − y|; при этом 0 ⩽ y − x ⩽ ⩽ y + x = 50, то есть −25 ⩽ 25 + x − y ⩽ 25, или |25 + x − y| ⩽ 25, что и требовалось. Стратегия Васи. Покажем, как действовать Васе, чтобы количества конфет у мальчиков отличались не меньше, чем на 25, как бы ни ходил Петя. Пусть Петя первым ходом взял x конфет. Если x ⩽ 25, то Васе достаточно сразу же забрать все оставшиеся конфеты — количества будут различаться на (75−x)−x = 75−2x ⩾ 25. Если же x > 25, Вася будет брать каждым своим ходом по одной конфете. Тогда, если у Васи окажется y конфет, то Петя сделает (после первого) ещё хотя бы y − 1 ход, то есть у него окажется не менее x+(y−1) конфет. Значит, разность их количеств будет не меньше (x+y−1)−y = x−1 ⩾ 25, что и требовалось. 9.2. Назовём натуральное число n странным, если существуют такие попарно различные наa c e туральные числа a, b, c, d и e, большие 1, что n = aa = bb = de . Конечно или бескоz нечно количество странных чисел? (Напомним, что xy означает число, получившееся в результате возведения числа x в степень y z .) Ответ: Бесконечно. a Решение. Если число a чётно, то aa кратно четырём и, значит, число aa представляет собой четвёртую степень некоторого натурального числа. Тогда его можно представить и e в виде de для e = 2 и подходящего d. a

ab

Положим a = bb для чётного b > 2. Тогда a ⩾ 16, aa = (bb )a = bab и aa = (bb )b

ab ab+1 a c = bb·b = bb . Следовательно, при c = ab + 1 будет выполнено равенство aa = bb .

Осталось понять, что в этом случае числа a, b, c, d и e будут различными. По построению a c > a > b > 2 = e. Поскольку d4 = aa ⩾ a16 , число d будет больше, чем a2 > ab + 1 = c. a Таким образом, для любого четного b > 2 число n = aa при a = bb будет странным. Поэтому странных чисел бесконечно много. Замечание. Существуют и другие примеры. Например, можно положить a = bb для произвольного (не обязательно чётного) b, имеющего вид b = ee при e > 1. Также суще2

ствуют конструкции, когда a = bb и т. п. 9.3. Дан неравнобедренный треугольник ABC, в котором ∠A = 60◦ . На стороне BC отмечены точки X и Y таким образом, что 2BX = AB и 2CY = AC. Докажите, что существует окружность, проходящая через точки X и Y , которая касается вписанной и одной из вневписанных окружностей треугольника ABC. Решение. Обозначим через ω вписанную окружность треугольника ABC, а через ωa его вневписанную окружность, касающуюся стороны BC. Покажем, что существует окружность, которая проходит через точки X и Y и касается ω и ωa . Обозначим через P и Q ближайшие друг к другу точки пересечения биссектрисы угла A с окружностями ω и ωa

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год

соответственно, через I и Ia — центры этих окружностей, а через r и ra — их радиусы. Докажем, что окружность γ с диаметром P Q — искомая. Для этого проверим, что точка Y лежит на окружности γ; доказательство для точки X аналогично. A K M

ω I

K′ X

P Y

ωa

Ia

Пусть K — вторая точка пересечения ω с биссектрисой угла A, а M — середина AC. Поскольку ∠BAI = 30◦ , имеем AI = 2r = 2IK = 2IP и AIa = 2ra = 2Ia Q. В частности, это означает, что AQ = QIa = ra и AK = KI = IP = r. Значит, M K — средняя линия в треугольнике ACI, то есть M K ∥ CI. При симметрии относительно биссектрисы CI угла C точка M переходит в Y , а точка K — в некоторую точку K ′ , также лежащую на ω. Тогда Y K ′ ∥ M K ∥ CI и, значит, Y K ′ ⊥ KK ′ . С другой стороны, так как KP — диаметр ω, то P K ′ ⊥ KK ′ . Поэтому точка K ′ лежит на прямой Y P , а значит, Y P ∥ CI. Наконец, QM ∥ CIA как средняя линия треугольника ACIA , а M Y ∥ CIA , поскольку CIA — биссектриса в равнобедренном треугольнике CM Y ; значит, точка M лежит на прямой Y Q, и QY ∥ CIa . Таким образом, ∠P Y Q = ∠ICIa = 90◦ , и точка Y лежит на γ. Замечание. По-другому тот факт, что точка Y лежит на γ, можно доказать так. Как и в решении, заметим, что AI = 2r = IP . Пусть прямая AI пересекает BC в точке L. Поскольку CI — биссектриса в треугольнике ACL, имеем CA 2CY CY CL = = = . IL IA 2IP IP Отсюда следует, что P Y ∥ CI. Параллельность QY ∥ CIA доказывается аналогично. 9.4. На олимпиаду приехало несколько участников из n > 1 регионов, некоторые из них дружат (дружба всегда взаимна). Выяснилось, что для произвольной рассадки нескольких (хотя бы трёх) участников за круглым столом, при которой любые два соседа дружат, участников из каждого региона за столом окажется не более половины общего числа детей за столом. Докажите, что участников можно рассадить по n кабинетам так, чтобы любые два друга оказались в разных кабинетах. Решение. Рассмотрим граф G, в котором вершины соответствуют участникам, а рёбра соединяют пары друзей. Тогда нам известно, что вершины можно окрасить в n цветов так, что в каждом простом цикле не более половины вершин будут одноцветными (назовём такую окраску приятной). Нужно же доказать, что можно вершины окрасить в n цветов правильным образом.

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

Назовём цвет правильным, если никакие две вершины этого цвета не соединены; иначе назовём его неправильным. Рассмотрим любую приятную окраску вершин и два цвета A и B в ней. Мы докажем, что можно перекрасить вершины этих цветов (окрасив каждую снова либо в A, либо в B) так, что оба этих цвета станут правильными, и раскраска останется приятной. Заметим, что при такой операции любой другой правильный цвет останется правильным. Значит, проделав такую операцию несколько раз, задействовав каждый цвет хотя бы по разу, мы получим правильную окраску вершин, что и требовалось. Осталось показать, как совершить перекраску для двух цветов. Рассмотрим лишь граф H на вершинах цветов A и B (со всеми рёбрами, соединяющими пары этих вершин). Если в H есть простой цикл, то в нём не больше половины вершин цвета A и не больше половины — цвета B, то есть вершин обоих цветов в нём ровно по половине. Следовательно, этот цикл чётный. Таким образом, в графе H нет нечётных циклов; как известно, вершины такого графа можно правильно окрасить в два цвета. Сделаем такую окраску в цвета A и B; оба этих цвета стали правильными. Осталось доказать, что в любом простом цикле в исходном графе G по-прежнему не более половины вершин одного цвета. Это условие могло нарушиться лишь для цветов A или B; покажем, что оно не нарушилось, скажем, для цвета A. Сопоставим каждой вершине цикла, имеющей цвет A, следующую за ней по циклу. Сопоставленные вершины будут иметь цвета, отличные от A, и все они будут различными. Значит, вершин цвета A в цикле столько же, сколько сопоставленных им вершин других цветов, то есть не больше половины общего числа вершин в цикле, что и требовалось. Замечание. Рассуждение из последнего абзаца решения показывает, что если вершины окрашены правильным образом, то в любом простом цикле не более половины одноцветных вершин. Таким образом, существование правильной раскраски равносильно существованию раскраски из условия.

Решения — 2 день

9 класс Второй день 9.5. У Кати есть 2n катушек с лентами (n — натуральное число). Изначально на катушках намотано 12 , 22 , . . . , (2n)2 дециметров ленты соответственно. Каждый час Катя выбирает натуральное число i и отрезает по i дециметров ленты от всех катушек, на которых осталось не менее i дециметров ленты. Через некоторое время все катушки, на которых изначально было нечётное количество дециметров ленты, оказались пустыми. Докажите, что в этот момент длина оставшейся ленты на каждой из остальных катушек меньше 4n дециметров. Решение. Рассмотрим две катушки K1 и K2 , на которых изначально было соответственно (2k − 1)2 и (2k)2 дм ленты, где k = 1, . . . , n. Если ленту с этих катушек всегда отрезали одновременно, то с K2 было срезано (2k − 1)2 дм, и длина оставшейся на ней ленты равна (2k)2 − (2k − 1)2 = 4k − 1 дм. Если это не так, то рассмотрим самый первый момент, когда совершалась операция лишь с одной из этих двух катушек. Так как до этого момента ленту с этих катушек отрезали одновременно, то разница между их длинами до этой операции равна изначальной: K2 содержит на 4k − 1 дм ленты больше, чем на K1 . Поэтому в наш момент Катя не может отрезать ленту только с K1 , то есть она должна отрезать ленту только с K2 , причём больше, чем осталось на K1 . Значит, после отрезания длина оставшейся на K2 ленты станет меньше изначальной разности длин лент на этих катушках, то есть меньше 4k − 1 дм. При дальнейших же операциях длина ленты на K2 увеличиваться не будет, то есть и в конце она не будет превосходить 4k − 1 дм. Итак, в любом случае на K2 останется не более 4k − 1 ⩽ 4n − 1 дм ленты, что и требовалось. 9.6. Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного неравнобедренного треугольника ABC. Из точки A опустили перпендикуляры AP и AQ на продолжения отрезков BO и CO за точку O. Окружность с центром T , проходящая через точки P и Q, касается отрезка BC. Докажите, что T O ∥ BC. Решение 1. Заметим, что существует две окружности, проходящие через точки P и Q и касающиеся прямой BC; при этом точки их касания с BC лежат по разные стороны от прямой P Q. Поскольку эта прямая не пересекает отрезка BC, максимум одна из этих окружностей касается отрезка BC. Значит, окружность с центром T из условия определена однозначно; покажем, как построить её другим способом. Пусть AH — высота в треугольнике ABC. Четырёхугольники AP HB, AQHC и AP OQ вписаны в окружности с диаметрами AB, AC и AO соответственно, поэтому ∠HP Q = ∠HP A−∠AP Q = ∠HP A−∠AOQ = (180◦ −∠ABC)−(180◦ −2∠ABC) = ∠ABC; аналогично, ∠QP H = ∠ACB. Кроме того, ∠QHB = ∠QAC = 90◦ − ∠ACQ = ∠ABC = ∠HP Q, то есть описанная окружность треугольника P QH касается отрезка BC. Значит, она и является окружность из условия. Поскольку эта окружность касается BC, её центр T лежит на высоте AH. Теперь имеем ∠P T Q = 2∠P HQ = 2(180◦ − ∠P QH − ∠QP H) = 2(180◦ − ∠ACB − ∠ABC) = = 2∠BAC = ∠P OQ. Значит, точка T лежит на одной окружности с точками P , O и Q, то есть на окружности с диаметром AO, и потому OT ⊥ AT . Поскольку BC ⊥ AT , отсюда и следует, что BC ∥ OT .

Заключительный этап, 2025–2026 учебный год A

A P

Q O

O O

T′

Решение 2. Обозначим через R радиус описанной окружности треугольника ABC. Заметим опять же, что точки P и Q лежат на окружности ω с диаметром OA. Пусть T ′ — середина дуги P OQ этой окружности. Тогда OT ′ — внешняя биссектриса угла P OQ, а значит, и угла BOC. Поскольку BO = OC, эта биссектриса параллельна BC, то есть расстояния от O и T ′ до прямой BC равны, и оба равны R cos BAC. С другой стороны, по теореме синусов имем T ′ P = T ′ Q = R sin T ′ P Q = R cos(P T ′ Q/2) = R cos(P OQ/2) = = R cos BAC, поэтому окружность γ с центром T ′ и радиусом R cos BAC проходит через P и Q и касается BC. Пусть, не умаляя общности, AB > AC. Тогда OP > OQ, следовательно, луч P Q пересекается с лучом CB, а точка T ′ ближе к точке C, чем к точке B, поэтому окружность γ будет касаться луча BC. Как и в начале первого решения, можно получить, что такая окружность единственна, а значит, точка T ′ совпадает с T . При этом, как мы уже видели выше, OT ∥ BC. 9.7. Пусть n — нечётное натуральное число. Дана таблица n × n. Расстоянием между двумя клетками таблицы назовём наименьшее число шагов, за которое можно добраться от одной клетки до другой, переходя каждый раз в соседнюю по стороне клетку (так, расстояние между клетками, соседними по стороне, равно 1). R клеток таблицы окрашены в красный цвет, а другие B клеток — в синий. Известно, что любая прямая, соединяющая центры красной и синей клеток, не параллельна ни одной из диагоналей таблицы. Кроме√того, расстояние между любыми красной и синей клетками не равно n. Докажите, что R + √ + B ⩽ n. Решение. Занумеруем строки сверху вниз, а столбцы слева направо числами от 1 до n; каждую клетку будем обозначать как (r, c), где r — номер её строки, а c — номер её столбца. Запишем в каждую клетку (r, c) остатки u и v от деления чисел r + c и r − c на n. Предположим, что в клетках (r1 , c1 ) и (r2 , c2 ) записана одна и та же (упорядоченная) пара остатков. Это значит, что r1 + c1 ≡ r2 + c2 (mod n) и r1 − c1 ≡ r2 − c2 (mod n). Складывая и вычитая эти два сравнения, получаем 2r1 ≡ 2r2 (mod n) и 2c1 ≡ 2c2 (mod n), а поскольку n нечётно, то r1 ≡ r2 (mod n) и c1 ≡ c2 (mod n), то есть r1 = c1 и r2 = c2 . Значит, в любых двух различных клетках написаны разные пары остатков. Покажем теперь, что если в красной клетке (rr , cr ) написаны остатки ur , vr , а в синей клетке (rb , cb ) — остатки ub , vb , то ur ̸= ub и vr ̸= vb . Предположим, что ur = ub . Числа rr + cr и rb + cb отличаются меньше, чем на 2n; поскольку они дают одинаковые остатки при делении на n, они либо равны, либо отличаются на n. В первом случае прямая, соединяющая центры этих клеток, параллельна диагонали таблицы, что невозможно по условию. Во втором же, если, скажем, rr + cr = rb + cb + n, то (rr − rb ) + (cr − cb ) = n. Оба слагаемых меньше n, поэтому оба они положительны. Тогда это равенство означает, что расстояние между нашими клетками равно n, что также запрещено условием. Случай vr = vb разбирается аналогично.

LII Всероссийская математическая олимпиада школьников

Пусть в красных клетках встречаются k остатков на первых местах и ℓ остатков на вторых; поскольку каждая пара остатков задаёт клетку однозначно, получаем  R ⩽ kℓ ⩽

 k+ℓ 2 . 2

По доказанному, в синих клетках на первых местах могут встречаться лишь n − k других остатков, а на вторых — лишь n − ℓ других остатков, то есть  B ⩽ (n − k)(n − ℓ) ⩽ Значит,

√ R+

   (n − k) + (n − ℓ) 2 k+ℓ 2 = n− . 2 2

  k+ℓ k+ℓ B⩽ + n− = n, 2 2

что и требовалось доказать. 9.8. 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 9.1. Приведена стратегия за одного из игроков с доказательством . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 балла Приведены стратегии за обоих игроков без доказательства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 балла Приведены стратегии за обоих игроков, доказана только одна . . . . . . . . . . . . . . . . 5 баллов В доказательстве используется неверный факт, что при игре с n конфетами первый игрок сделает не более n/2 ходов, если будет брать по одной конфете . . . . . . . . ⩽ 6 баллов Задача 9.2. (a) Для верной конструкции попарная различность чисел не упоминается или доказана неверно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 баллов (b) Для бесконечного множества натуральных чисел верно предъявлены тройки различных чисел a, b, c, удовлетворяющие условию задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 балла (c) Для бесконечного множества натуральных чисел верно предъявлены тройки различных чисел a, d, e, удовлетворяющие условию задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл Задача 9.3. (А) Сформулировано, что центр искомой окружности лежит на биссектрисе угла A 1 балл (B) Доказано, что точка T пересечения прямых M X и N Y (где M и N — середины сторон AB и AC соответственно) лежит на биссектрисе угла A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (С) Доказано, что окружность (XY T ) касается вневписанной окружности ωa (но не доказано её касание с вписанной окружностью) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 балла (⋆) Критерии (A) и (B) суммируются друг с другом, но не суммируются с критерием (C). Задача 9.4. (A) Сформулировано и доказано, что людей из двух регионов можно рассадить по 2 комнатам . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл ′ (A ) Идея решать задачу по индукции и применение индукционного предположения к n − 1 региону без дальнейших существенных продвижений . . . . . . . . . . . . баллы не добавляются (B) Задача сведена к случаям n = 2 и n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (⋆) Баллы за критерии (A) и (B) суммируются. Решение задачи для чётного n приравнивается к наличию (A) и (B).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (C) Случай n = 3 разобран только в случае, когда графы дружбы участников из одного региона связны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . баллы не добавляются Задача 9.5. (1) Сформулировано, что для всех k ≤ n, в катушке с номером 2k останется не больше (2k)2 − (2k − 1)2 = 4k − 1 дм . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 балла (2) Не указано явно, что рассматривается именно первый момент, когда случается указанная ситуация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . −1 балл (3) Для данной пары соседних катушек рассматривается первый момент, когда лента срезается только с катушки с четным номером, и утверждается без доказательства, что до этого катушки изменялись одинаково. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . −1 балл (⋆) Вычитания согласно критериям (2) и (3) суммируются. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача 9.6. (A) Не обосновано, что окружность, проходящая через точки P и Q и касающаяся отрезка BC, единственна . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимаются 2 балла (A′ ) Не доведенное до конца доказательство единственности окружности, проходящей через точки P и Q и касающейся отрезка BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл (B) Сформулировано, что центр окружности, проходящей через P и Q и касающейся отрезка BC, должен лежать на высоте, проведенной из вершины A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (C) Сформулировано, что центр окружности, проходящей через P и Q и касающейся стороны BC, лежит в середине дуги P OQ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (⋆) Баллы за (B) и (C) не суммируются.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача 9.7. (⋆) (⋆) (⋆) (⋆)

(⋆) Под диагональю всегда понимается обобщённая диагональ, то есть множество клеток (x, y) вида x + y ≡ a (mod n) или x − y ≡ a (mod n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (00) Получение худших оценок или разбор частных случаев (например, доказательство нера√ √ √ венства R + B ≤ n 2 или разбор случая, когда R + B ≤ n2 /2) . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (0) Описание множества запрещённых клеток, которые не могут быть синими, если данная клетка красная, а также подсчёт числа запрещённых клеток . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 баллов (1) Доказательство того, что любые две обобщённые диагонали разных направлений имеют ровно одну общую клетку . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . √ . . . . . . .p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл (Н) Задача сведена к доказательству неравенства ab + (n − a)(n − b) ≤ n, которое не доказано или доказано неверно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 балла (−2) В решении не упомянут, но (неявно) используется факт из критерия (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимаются 2 балла (−1) Факт из критерия (1) сформулирован, но его доказательство отсутствует или неверно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . снимается 1 балл Задача 9.8. (⋆) В обозначениях решения 1 доказано, что числа x и y, заданные равенствами x2 = (ac + 1)(bc + 1) и y 2 = c2 (ab + 1), удовлетворяют условию x ≥ y + 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 балл