Шашлыки математике не помеха.

[e_kaspersky]

Всем привет!

Если кому-то и в воскресенье почему-то делать нечего, то есть и ещё задачки разной степени сложности. Вот такие, например. Сначала совсем простенькие, а потом и далее чуть сложнее. Хорошего всем воскресенья!

Задачка 1. Можно ли представить число 2021^2021 в виде суммы 2021 последовательных нечётных натуральных чисел?

Задачка 2.

Comments

[ext_2322471]

Задачка 1
Продолжим ряд нечетных слагаемых влево до 1.
1 + 3 + ... + 2k-1 + 2k+1 + ... + 2k+4041
здесь 2k+1 + ... 2k+4041 - искомая сумма 2021 нечетного числа.
2k+1 + ... 2k+4041 = (1 + 3 + ... + 2k-1 + 2k+1 + ... 2k+4041) - (1 + 3 + ... + 2k-1) = (k + 2021)^2 - k^2
Приравниваем 2021^2021 и упрощаем: k = 2021*(2021^2019 - 1)/2. Решение единственное.

Задачка 2
В условиях задачи каждый член суммы в числителе сравним с 1 mod5 (малая теорема Ферма). Т.е. задача сводится к нахождению минимального n > 2020 и кратного 5. Ответ: n = 2025

Задачка 3
Понятно, что решабельность всех уравнений зависит от троек коэффициентов a,b,c, а точнее, от полученного в результате знака выражения b^2-4ac.
b^2-4ac < 0 - выигрывает первый, b^2-4ac >= 0 - выигрывает второй.
Назовем тройку коэффициентов уравнения b-тройкой, если первым ходом в этом уравнении было изменение коэффициента b, а ac-тройкой - если первым ходом менялся один из коэффициентов a или c.
Для любой b-тройки побеждает тот, кто в этой тройке ставит последний, третий коэффициент - он получит нужный для себя знак (и достаточно большое абс. значение при необходимости) слагаемого 4ac.
Для любой ac-тройки побеждает игрок №2, если у него есть возможность сделать в этой тройке хотя бы один ход - неважно, второй или третий. Действительно, если он делает второй ход, то совершает его так, чтобы стало ac<0. Если он делает третий ход, то либо он может сделать ac<0, либо сделать b^2 > |4ac|.
Отсюда сразу следует, что второй игрок всегда может выиграть в 1010 тройках - ему достаточно делать с самого начала игры ходы в пустых тройках, сводящие их к ac-тройкам.
Сформулируем стратегию для первого игрока, позволяющую выиграть остальные 1011 троек.
В начале игры первый игрок меняет коэффициенты только в пустых тройках, сводя их к b-тройкам, или в тройках, где второй игрок только что сменил второй коэффициент.
Посчитаем, сколько каких троек будет к концу первого этапа игры - моменту, когда пустые тройки закончатся. Крайний случай, когда оба игрока играют исключительно по пустым тройкам: 1010 ac-троек и 1011 b-троек (и следующий ход должен делать игрок №2).
В процессе игры второй игрок мог делать ходы не только в пустых тройках, но и в тройках, где уже стоит один коэффициент. В таких случаях игрок №1 должен ответным ходом "закрыть" эту тройку (со своим выигрышем в случае b-тройки или со своим проигрышем в случае ac-тройки). Важно, что такое отступление от генеральной линии партии не меняет четность ходов - к окончанию первого этапа все так же будет очередь хода игрока №2.
На втором этапе игры игрок №1 поступает таким же образом: ответными ходами закрывая тройки, в которых только что сыграл игрок №2. В результате игрок №1 выигрывает все b-тройки и проигрывает все ac-тройки.
Таким образом, мы показали, что игрок №2 может обеспечить себе выигрыш 1010 троек, и показали, что игрок №1 может обеспечить себе выигрыш 1011 троек. Т.е. это оптимальная стратегия для обоих игроков.