Я сам решу.
А застряну — спрошу.

Решение.
Рассмотрим параллелограмм Вариньона этого четырехугольника. Он в таком
четырехугольнике является прямоугольником. Заметим, что проекция середи-
ны стороны на противоположную смотрит на диагональ этого прямоугольника
под прямым углом. Следовательно все такие точки лежат на описанной окруж-
ности прямоугольника.

Решение. Не умаляя общности будет считать, что точка касания окружностей
лежит снизу, а точка X лежит в правой полуплоскости. Пусть точка касания
окружностей Y . Заметим, что по лемме Архимеда Y M и Y N – биссектрисы
углов MY X и NY X. Отразим точки M и N относительно этих биссектрис.
Тогда новые точки M′ и N′ упадут на XY , а отрезки PM и QN перейдут в па-
раллельные из-за вписанности четырехугольника XMY N. Теперь достаточно
проверить неравенство между углами QTN′ и QN′T, остальное будет следовать
из подобия и того факта, что против большего угла лежит большая сторона.
Заметим, что общая касательная окружностей параллельна отрезкам PM′ и
QN′ (Угол между касательной в точке Y и хордой Y Q равен сумме углов QY X
и QXY , которая в свою очередь равна углу Y QN и углу Y QN′). Тогда яс-
но, что отрезок QN′ при продолжении будет вместе с касательной отсекать от
меньшей окружности равные дуги (Точка Y будет серединой). А дуга PQ будет
делиться не поровну, поскольку поровну дугу поделит пунктирный луч до цен-
тра окружности, а луч XY в наших предположениях пойдет ниже (направление
на Y пойдет ниже, чем направление на центр меньшей окружности). Тогда если
сравнивать углы QTN′ и QN′T и разложить их в полусуммы дуг на меньшей
окружности, то первые слагаемые будут равные, а для вторых будет искомое
неравенство.

Ответ: Петя.
Решение.

Для p = 2 или p = 5 достаточно написать 0 последней цифрой. Для остальных
простых p впишем на первую позицию 0. По МТФ (10p− 2 1)2 = 10p−1 ≡ 1(modp).
Тогда 10p− 2 1 ≡ 1(modp) или 10p− 2 1 ≡ −1(modp). Разобьем оставшиеся разряды
на пары с разницей номеров p−1. В первом случае на ход Васи цифрой x мы
2
ходим в парный разряд цифрой 9−x. Тогда суммарный вклад будет делиться на
p по МТФ. Во втором случае на ход Васи цифрой x мы ходим в парный разряд
тоже цифрой x. Таким образом в каждой паре суммарный вклад делится на p.

Ответ: m = 0,1,2.
Решение. Легко видеть, что числа 5, 65, 1025 = 52 · 41 подходят.
Если m ⩾ 3, то (22m+1)2+1 = (22m+1+2m+1+1)(22m+1−2m+1+1). Скобки отли-
чаются на 2m+2, а потому взаимно просты. Следовательно, каждая из скобок яв-
ляется степенью простого числа. При этом заметим, что (22m+1)2+1 делится на
5, а значит и одна из скобок это степень пятерки. То есть 22m+1±2m+1+1 = 5k.
По модулю 8 левая часть дает остаток 1, а значит k четно, то есть можно
переписать в виде k = 2l. Отсюда 2m+1(2m ± 1) = (5l − 1)(5l + 1). Но вто-
рая скобка сравнима с 2 по модулю 4, следовательно в разложении содержит
двойку только в первой степени, поэтому (5l − 1) = 2m(2t − 1) Если t = 1, то
2 = (5l + 1) − (5l − 1) = 2(2m ± 1) − 2m = 2m ± 2 ⩾ 23 − 2, что невозможно.
Если t ⩾ 2, то 5l − 1 ⩾ 3 · 2m, однако для второй скобки 5l + 1 ⩽ 2(2m ± 1), что
невозможно.

Ответ: При таких n, что 2n − 1 не простое.

Решение. Если n удовлетворяет условию, то можно представить (2n − 1) =
(2m − 1)(2k − 1), где m и k > 1. Есть решение x = x = ... = x = 1 − m,
1 2 mk
x = ... = x = m.
mk+1 n
Пусть 2n − 1 = p. Тогда заметим, что x + x + ... + x = x − x2 при i = 1, 2,...
1 2 n i i
n. Однако уравнение a − a2 = b − b2 эквивалентно (a − b)(a + b − 1) = 0. Это
значит, что наши числа либо равны, либо дополняют друг друга до 1. Тогда их
можно разбить на группы вида t и 1 − t. Не умаляя общности можно считать,
что первые s чисел это первая группа. Тогда t − t2 = st + (n − s)(1 − t). Тогда
t2+(2s−n−1)t+n−s = 0. D = (2s−n−1)2−4(n−s) = (2s−n)2−(2n−1) = A2. Если
2n−1 = p, то (2s−n−A)(2s−n+A) = p. Тогда (2s−n−A) = ±1(2s−n+A) = ±p,
p = 2n−1 = 2(2s−n)±1. Отсюда s = n, тогда все равны, либо 4n = 4s−2, что
невозможно.

Ответ: 1 − .
2n
Решение. Пример на заданный ответ – набор чисел 20, 21, ..., 2n. Тогда сумма
чисел, обратных НОКам, 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 1 − 1 .
2 22 23 2n−1 2n
1 (a,b) b − a 1 1
Оценка: Заметим, что если b > a, то = ⩽ = − . Остается
[a,b] ab ab a b
1
сложить такие такие оценки по нашим i и получить 1 −
2n

Решение. Заметим, что ⩾ a− b. Действительно: 3a3 ⩾ (a2+ab+
a2 + ab + b2 3 3
b2)(2a − b) ⇐⇒ a3 + b3 ⩾ a2b + ab2 ⇐⇒ (a + b)(a − b)2 ⩾ 0. Остается сложить
все такие оценки.

1. Оба вспомогательных утверждения можно было доказывать, используя степень точки относительно
окружности.

4. Проводим прямую W S.
Пересечение AB и W S — искомая точка K.

Комментарии.

1) ∠SKB = ∠W CS; 2) ∠W IK = ∠W SI. OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
Действительно, поскольку треугольники W CS и W KI
имеют общий угол, то ∠W IK + ∠W KI = ∠W CS + ∠W SC.
Учитывая, что ∠AKI = 90◦, получим требуемое.
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB
Докажем первое утверждение. Заметим, что ∠SKB =
= 0,5(^ AW + ^ SB) = 0,5 ^ SW = ∠W CS, учитывая, DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD
что W — середина дуги. WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW
Теперь докажем второе утверждение. Для этого дока- Рис. 8–9.6
жем, что треугольники W IK и W SI подобны, что, в свою
очередь, будет следовать из равенства W I2 = W K · W S, поскольку угол W у них общий.
Так как W I = W B по лемме о трезубце, то достаточно доказать равенство W B2 = W K ·W S,
то есть подобие треугольников W BK и W SB. Это, в свою очередь, следует из равенства
углов: ∠BSW = ∠ASW = ∠ABW = ∠KBW , поскольку угол W у них общий.
Итак, ∠ISC = 90◦, то есть прямая SI содержит точку D, диаметрально противополож-
ную точке C.
Отсюда вытекает способ построения.

6. (Ю. Блинков) Нарисован неравнобедренный треугольник ABC, описанная около него
окружность и ее центр O. Также отмечен центр I вписанной окружности. Пользуясь толь-
ко линейкой (без делений) постройте точку касания стороны AB с вписанной окружно-
стью, проведя не более четырех линий.
Решение. Пусть K — искомая точка касания, W —
CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC
середина дуги AB описанной окружности, не содержа-
щей точку C, S — точка пересечения W K с окружностью
SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS
(см. рис. 8.9.6).
Докажем, что ∠ISC = 90◦.
Для этого достаточно доказать, что: IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII