t-tech/T-math huggingface dataset:
Задача: Натуральное число назовём хорошим, если для него выполняются все следующие условия:
- В его десятичной записи все цифры ненулевые;
- Сумма его цифр равна 32;
- Любая его цифра, кроме последних двух, является делителем суммы следующих за ней двух цифр.

Найдите наименьшее хорошее число.
Решение: Несложно проверить, что число 8888 удовлетворяет всем условиям. Докажем, что меньшего числа получить не могло. Предположим, что это не так.

Поскольку у числа сумма цифр равна 32, то в нём хотя бы 4 цифры. Если первая цифра не больше 7, то сумма оставшихся будет хотя бы 25, поэтому каждая цифра не меньше 7. Тогда сумма третьей и четвёртой цифр должны быть ровно в 2 раза больше третьей цифры, поскольку \(7 \cdot 3 = 21 > 9 + 9\) и \(9 + 9 = 18 < 25\). Значит, сумма второй, третьей и четвёртой цифр должна делиться на 3, но это возможно только если первая цифра равна 2, 5 или 8. Если первая цифра равна 2, то сумма цифр не больше 29, противоречие. Если первая цифра равна 5, то для суммы цифр 32 остальные должны быть равны 9, но число 5999 не подходит. Значит, первая цифра равна 8.

Поскольку сумма второй и третьей цифр должна делиться на 8, то их сумма должна быть равна 16, а тогда последняя цифра равна 8. Получаем варианты 8798, 8888, 8978, из которых подходит только 8888.

Если же первая цифра равна 9, то число получится больше, чем 8888, поэтому наименьшее хорошее число это 8888.
Ответ: 8888
Задача: Приведённые квадратные трёхчлены \( P(x) \) и \( Q(x) \) таковы, что каждое из чисел 0, 4, 6, 8, 9, 12 является корнем одного из трёхчленов \( P(x) \), \( Q(x) \), \( P(x) + Q(x) \). Чему равно \( P(0) + Q(0) \)?

Напомним, что квадратный трёхчлен \( ax^2 + bx + c \) называется приведённым, если \( a = 1 \).
Решение: Пусть \( P(x) = x^2 + ax + b \), а \( Q(x) = x^2 + cx + d \). Тогда по теореме Виета сумма корней \( P(x) \) равна \(-a\), а сумма корней \( Q(x) \) равна \(-c\). Трёхчлен \( P(x) + Q(x) \) имеет вид \( 2x^2 + (a+c)x + b + d \), его сумма корней равна \(\frac{-a-c}{2}\), т.е. в 2 раза меньше, чем сумма корней \( P(x) \) и \( Q(x) \). Значит, сумма корней \( P(x) + Q(x) \) составляет \(\frac{1}{3}\) от общей суммы корней всех трёх трёхчленов. По условию она равна \( 0+4+6+8+9+12 = 39 \), т.е. сумма корней \( P(x) + Q(x) \) равна 13. Число 13 можно набрать единственным способом — 4 + 9, т.е. корнями \( P(x) \) и \( Q(x) \) являются 4 и 9.

Поскольку у \( P(x) + Q(x) \) первый коэффициент равен 2, то по теореме Виета второй коэффициент будет равен \(-2(4 + 9) = -26\), а третий будет равен \( 2 \cdot 4 \cdot 9 = 72 \). Значит, \( P(x) + Q(x) = 2x^2 - 26x + 72 \), откуда \( P(0) + Q(0) = 72 \).
Ответ: 72
Задача: Школьный актовый зал представляет из себя квадрат 11 × 11. На вечернем мероприятии все места были заняты. Каждый из присутствующих сказал: «В моём горизонтальном ряду сидит больше девочек, чем в моём вертикальном ряду». Оказалось, что 60 детей сказали правду, а 61 — неправду. Какое наибольшее число девочек могло присутствовать?
Решение: Пусть дети сидят следующим образом: 6 мальчиков сидят в одном горизонтальном ряду, а на остальных местах сидят девочки. Тогда правду скажут только те девочки, которые сидят в одном вертикальном ряду с каким-то из этих мальчиков. Таких девочек 6 · 10, т.е. как раз 60.

Докажем, что больше девочек быть не может. Заметим, что если в каком-то вертикальном ряду все являются девочками, то все они говорят неправду, т.к. в их горизонтальном ряду не может быть больше 11 девочек. Но тогда, если девочек больше 115, то найдётся хотя бы 6 вертикальных рядов, целиком заполненных девочками, а значит, людей, сказавших неправду, будет хотя бы 6 · 11 = 66, противоречие.
Ответ: 115
Задача: В прямоугольном параллелепипеде V все рёбра имеют целую длину (в сантиметрах). Петя выбрал одну из вершин параллелепипеда V и посчитал площади трёх граней, содержащих эту вершину. Оказалось, что наибольшая из площадей равна 240 см², а наименьшая — 24 см². Обозначим x см² площадь оставшейся грани. Найдите сумму всех возможных значений x.
Решение: Обозначим a ≤ b ≤ c длины рёбер параллелепипеда (в см). Тогда его грани имеют площади ab ≤ ac ≤ bc (в см²). Значит, bc = 240 и ab = 24. Таким образом, число b является делителем числа 24, причём ввиду неравенств a ≤ b ≤ c мы имеем b² ≥ 24 и b² ≤ 240, откуда b > 4 и b < 21. Выпишем подходящие под эти неравенства делители: 6, 8, 12. Прямая проверка показывает, что параллелепипеды с длинами рёбер (4, 6, 40), (3, 8, 30) и (2, 12, 20) действительно подходят под условие. Ответом на задачу является сумма 4·40 + 3 · 30 + 2 · 20 = 290.
Ответ: 290
Задача: Дан тетраэдр ABCD. Известно, что AD = BC = 10, AC = BD = 11, AB = 9 и CD = 13. Борис выбирает точку X внутри тетраэдра и считает сумму AX + BX + CX + DX. Какое наименьшее значение он может получить?
Решение: Отметим точки M и N — середины отрезков AB и CD соответственно. Треугольники ACD и BDC равны по трём сторонам, поэтому AN = BN (это длины медиан к соответствующим сторонам в этих треугольниках). Отрезок MN является медианой в равнобедренном треугольнике ANB, поэтому MN ⊥ AB. Аналогично треугольники ADB и BCA равны по трём сторонам, поэтому DM = CM, и значит, MN ⊥ CD.
Обозначим m плоскость ABN и ℓ — прямую, образованную пересечением плоскостей m и CDN. Ясно, что ℓ ⊥ MN. Отметим на прямой ℓ точки C' и D' так, что C'D' = CD и точка N является серединой отрезка C'D' (точки A и C' лежат по одну сторону относительно прямой MN в плоскости m). Четырёхугольник ABC'D' является равнобедренной трапецией (поскольку точки A и C' симметричны относительно прямой MN точкам B и D' соответственно). Из тех же соображений симметрии отрезки BC' и AD' пересекаются на отрезке MN. Обозначим X' эту точку пересечения. Мы покажем, что точка X' — это и есть искомая точка X из условия.
Треугольники X'NC и X'NC' равны, так как ∠X'NC = 90° = ∠X'NC', CN = CD/2 = C'N и сторона X'N — общая. Значит, X'C = X'C'. Аналогично X'D = X'D'. Таким образом AX' + BX' + CX' + DX' = (AX' + D'X') + (BX' + C'X') = AD' + BC'.
Пусть теперь X — произвольная точка в тетраэдре ABCD. Обозначим X0 — основание перпендикуляра из точки X на плоскость m, а P — основание перпендикуляра из точки X на прямую MN. Тогда ясно, что AX ≥ AX0 и BX ≥ BX0, поэтому AX + BX ≥ AX0 + BX0. Точки A, B, X0, P лежат в одной плоскости, AB ∥ X0P и точка P лежит на серединном перпендикуляре к AB. Обозначим B' точку, симметричную B относительно прямой X0P. Тогда точки A, P, B' лежат на одной прямой, так что AP + BP = AP + B'P = AB'. По неравенству треугольника AX0 + BX0 = AX0 + B'X0 ≥ AB'. Таким образом, AX + BX ≥ AX0 + BX0 ≥ AP + BP. Аналогично CX + BX ≥ CP + DP = C'P + D'P.
Итак, мы выяснили, что AX + BX + CX + DX ≥ (AP + D'P) + (BP + C'P) ≥ AD' + BC' = AX' + BX' + CX' + DX'. Значит, X' есть искомая точка, и осталось найти значение выражения AX' + BX' + C'X' + D'X' = AD' + BC'. Из соображений симметрии AD' = BC'. Далее, по теореме Пифагора (AD′)² = (AB + CD / 2)² + NM² = 121 + NM². Снова применим теорему Пифагора 121 + NM² = 121 + BN² - (AB / 2)² = 121 + BN² - 20, 25 = 100, 75 + BN². Отрезок BN является медианой треугольника BCD. По формуле, выражающей длину медианы через длины сторон треугольника, получаем (AD′)² = 100, 75 + BN² = 100, 75 + 1/2 BC² + 1/2 BD² - 1/4 CD² = 100, 75 + 50 + 60, 5 - 42, 25 = 169. Значит, AD′ = 13, и ответ на задачу равен 2AD′ = 26.
Ответ: 26
Задача: В прямоугольном треугольнике \( ABC \) с прямым углом \( C \) провели высоту \( CH \). На гипотенузе \( AB \) отметили точки \( X \) и \( Y \), такие что \( CX \) и \( CY \) — биссектрисы углов \( BCH \) и \( HCA \) соответственно. Найдите, чему равна длина стороны \( AB \), если известно, что периметр треугольника \( ABC \) равен 44, а длина отрезка \( XY \) равна 6.
Решение: Пусть \( \angle ACY = \angle YCH = \alpha \), \( \angle HCX = \angle XCB = \beta \). Тогда \( 2\alpha + 2\beta = \angle ACB = 90^\circ \), поэтому \( \angle CAH = 90^\circ - \angle ACH = 2\beta \). Заметим, что \( \angle CYB \) внешний для треугольника \( ACY \), поэтому \( \angle CYB = \angle ACY + \angle CAY = \alpha + 2\beta = \angle YCB \), поэтому треугольник \( BCY \) равнобедренный и \( BC = BY \). Аналогично получаем, что треугольник \( ACX \) равнобедренный и \( AC = AX \).

С использованием полученных равенств можем записать:

\[ 44 = AB + BC + CA = AB + BY + AX = AB + AB + XY = 2AB + 6. \]
Из полученного равенства находим \( AB = 19 \).
Ответ: 19
Задача: Найдите сумму цифр числа

\[ 3 \cdot \underbrace{33 \ldots 3}_{100}^3 + 2 \cdot \underbrace{11 \ldots 1}_{100}^2 + \underbrace{55 \ldots 5}_{100}^2 + \underbrace{33 \ldots 3}_{100}. \]
Решение: Преобразуем наше число

\[
\begin{aligned}
& 3 \cdot \underbrace{33 \ldots 3}_{100}^3 + 2 \cdot \underbrace{11 \ldots 1}_{100}^2 + \underbrace{55 \ldots 5}_{100}^2 + \underbrace{33 \ldots 3}_{100} = \\
& 3 \cdot 3^3 \cdot \left( \frac{10^{100} - 1}{9} \right)^3 + 2 \cdot \left( \frac{10^{100} - 1}{9} \right)^2 + 5^2 \cdot \left( \frac{10^{100} - 1}{9} \right)^2 + 3 \cdot \frac{10^{100} - 1}{9} = \\
& 81 \frac{(10^{100} - 1)^3}{9^3} + 27 \frac{(10^{100} - 1)^2}{9^2} + 3 \frac{(10^{100} - 1)}{9} = \\
& \frac{(10^{100} - 1)}{9} \cdot ((10^{200} - 2 \cdot 10^{100} + 1) + 3(10^{100} - 1) + 3) = \\
& \frac{(10^{100} - 1)}{9} \cdot (10^{200} + 10^{100} + 1) = \frac{(10^{300} - 1)}{9} = \underbrace{11 \ldots 1}_{300}.
\end{aligned}
\]

Значит, сумма цифр равна 300.
Ответ: 300
Задача: Новая шахматная фигура гусь может ходить либо на одну клетку влево, либо на две клетки вправо и одну вверх, либо на две клетки вверх и одну вправо. Возможные ходы гуся, стоящего в клетке Г, отмечены на рисунке крестиками. Гусь бьёт так же, как и ходит.

Несколько гусей стоят в клетках доски \( 8 \times 8 \) так, что никакой гусь не бьёт другого гуся, при этом любая незанятая клетка бьётся хотя бы одним гусём. Сколько гусей может стоять на доске? Укажите все возможные варианты в любом порядке.
Решение: Покажем, что существует единственная расстановка гусей, удовлетворяющая условию. Введём стандартные шахматные обозначения для горизонталей и вертикалей: горизонтали нумеруются числами от 1 до 8 снизу вверх, вертикали нумеруются буквами от а до h слева направо (см. рис.)

Заметим, что любая клетка может биться только гусями, расположенными ниже этой клетки, либо правее. Рассмотрим клетку h1 (клетку в правом нижнем углу). Эта клетка не может биться никаким гусём (так как не существует клеток ниже или правее), поэтому в ней обязательно должен стоять гусь. Отметим h1 буквой Г, а также отметим крестиками все клетки, которые бьёт гусь, расположенный в h1 (это только клетка g1).

Теперь рассмотрим клетку f1. Она не может биться никаким гусём, так как ниже неё нет клеток, а правее есть только гусь h1, который не бьёт f1. Поэтому в клетке f1 обязательно должен стоять гусь. Отметим f1 буквой Г, а также отметим крестиками клетки h2, g3 и e1, которые бьёт гусь, расположенный в f1.

8
7
6
5
4
3
2
1
а b c d e f g h
Будем дальше по одной определять клетки, в которых обязательно стоят гуси. Для этого докажем следующую лемму.
Лемма. Пусть мы знаем про некоторые клетки, что в них обязательно стоят гуси. Отметим все эти клетки буквами Г, а клетки, которые бьют такие гуси — крестиками. Пусть клетка А не отмечена, при этом все клетки правее А в той же строке отмечены, и все клетки в строках ниже А отмечены (синяя область на рисунке). Тогда в клетке А обязательно стоит гусь.
Доказательство леммы. Клетка А может биться только гусями, расположенными в синей области. Однако в этой области есть только отмеченные клетки. В клетках, отмеченных крестиками, гусей быть не может, а гуси, расположенные в остальных клетках, не бьют клетку А (так как все побитые ими клетки отмечены крестиками, а А не отмечена). Поэтому клетка А не может биться никаким гусём, а значит в ней стоит гусь. Лемма доказана.
Доказанная лемма позволяет последовательно отметить все клетки доски (см. рис.)
Проделав это, убеждаемся, что клетки, занятые гусями, и свободные от гусей, образуют шахматную раскраску, и что гусей на доске обязательно 32.
□
Ответ: 32
Задача: В остроугольном треугольнике \(ABC\) провели высоты \(BB_{1}\) и \(CC_{1}\). Точки \(M\) и \(N\) являются серединами сторон \(AC\) и \(AB\) соответственно. Прямая \(C_{1}M\) повторно пересекает описанную окружность треугольника \(BCC_{1}\) в точке \(X\). Точка \(O\) является центром описанной окружности треугольника \(B_{1}MX\). Найдите \(ON\), если \(AB = 10\), \(B_{1}M = 3\), \(\angle A = 60^\circ\).
Решение: Докажем в первую очередь, что точки \(N\), \(B_{1}\) и \(O\) лежат на одной прямой. Сначала заметим, что поскольку треугольник \(ABB_{1}\) прямоугольный, \(\angle BAB_{1} = 60^\circ\), а \(N\) — середина гипотенузы \(AB\), то треугольник \(ANB_{1}\) является равносторонним, откуда следует что \(NB_{1} = \frac{AB}{2} = 5\) и \(\angle AB_{1}N = 60^\circ\). Отметим, что \(\angle ACC_{1} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\). Углы \(\angle B_{1}MX\) и \(\angle B_{1}CC_{1}\) равны, поскольку являются вписанными в одну окружность, а \(\angle B_{1}OM = 2 \angle B_{1}XM = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ\). Поскольку \(O\) является центром описанной окружности треугольник \(B_{1}MX\), то \(OB_{1} = OM\), что приводит к тому, что треугольник \(OB_{1}M\) — равносторонний. Таким образом, \(\angle OB_{1}M = 60^\circ\) и \(OB_{1} = OM = 3\). Получаем, что точки \(N\), \(B_{1}\) и \(O\) лежат на одной прямой и \(NO = NB_{1} + B_{1}O = 5 + 3 = 8\).
Ответ: 8
Задача: У Васи есть прямой бикфордов шнур длиной 20 метров, который горит равномерно со скоростью 1 метр в минуту. Вася хочет поджечь его одновременно в нескольких точках так, чтобы весь шнур сгорел быстрее чем за 3 минуты. В каком наименьшем количестве точек надо поджечь шнур Васе? От места поджигания шнур начинает гореть в обе стороны.
Решение: За 3 минуты сгорает не более 6 метров шнура от места поджога. Поэтому задача переформулируется так: есть отрезок длины 20; каким наименьшим количеством интервалов длины 6 можно его покрыть? Интервалы длины 6 могут налегать друг на друга и могут вылезать за пределы отрезка длины 20. Очевидно, что 3-х интервалов не хватит, так как их суммарная длина будет 18, что меньше 20. А четырьмя интервалами длины 6 отрезок длины 20 покрыть можно, см. рисунок.
Ответ: 4
Задача: По кругу стоят 100 детей, каждый из них одет в красную или синюю кофту. Каждый из них заявил: «Хотя бы один из двоих моих соседей — в кофте того же цвета, что и я». Оказалось, что 67 детей сказали правду, а 33 — соврали. Какое наибольшее количество детей в красных кофтах могло быть?
Решение: Приведём пример, когда в красных кофтах 83 ребёнка. Пусть между 17 детьми в синих кофтах будет по одному ребёнку в красных кофтах. А оставшиеся дети пусть будут в красных кофтах. Тогда каждый из детей в синей кофте соврёт, т. к. рядом с ним стоят только дети в красных кофтах. Кроме того, каждый из 16 детей, стоящих между двумя детьми в синих кофтах, тоже соврёт. Оставшиеся 100 − 17 − 16 = 67 детей в красных кофтах скажут правду, т.к. рядом с ними будет хотя бы один человек в красной кофте. Предположим, детей в красных кофтах может быть больше 83, тогда детей в синих кофтах не более 16. Заметим, что если два человека в красных кофтах стоят рядом, то они точно говорят правду. Разобьём круг на 50 пар рядом стоящих детей. Поскольку дети в синих кофтах находятся не более чем в 16 парах, хотя бы в 34 парах оба ребёнка будут в красных кофтах. Но тогда детей, сказавших правду, будет хотя бы 34 · 2 = 68, противоречие.
Ответ: 83
Задача: Дан треугольник \(ABC\) с тупым углом при вершине \(C\). На стороне \(AC\) нашлась точка \(P\) такая, что \(\angle CPB = 22^\circ\). На отрезке \(BP\) нашлась точка \(Q\) такая, что \(BQ = 2PC\) и \(QC \perp BC\). Сколько градусов составляет угол \(ACB\)?
Решение: Пусть \(M\) — середина отрезка \(BQ\). Отрезок \(CM\) является медианой прямоугольного треугольника \(BCQ\), поэтому \(CM = BM = MQ = \frac{1}{2} \cdot BQ = PC\). Из равнобедренного треугольника \(PCM\) получаем \(\angle PMC = \angle CPM = 22^\circ\). У равнобедренного треугольника \(BCM\) внешний угол при вершине \(M\) равен сумме двух равных внутренних, поэтому \(\angle CBM = \frac{1}{2} \cdot 22^\circ = 11^\circ\). По сумме углов в треугольнике \(BCP\) находим искомый угол: \(\angle ACB = 180^\circ - 22^\circ - 11^\circ = 147^\circ\).
Ответ: 147
Задача: Учительница составляет варианты для контрольной работы. Каждый вариант устроен так: учительница в произведении 345612 · 653209 между какими-то двумя цифрами в каждом числе ставит запятую. Учительница выбирает варианты так, чтобы ответы во всех вариантах были различными. Какое наибольшее число вариантов удастся выбрать учительнице?
Решение: Что значит «между какими-то двумя цифрами числа поставить запятую»? Это значит «поделить число на некоторую степень 10». Например, 3456,12 = \(\frac{345612}{10^2}\). Следовательно, ответ в каждом варианте будет равен \(\frac{345612}{10^k} \cdot \frac{653209}{10^\ell} = \frac{653209 \cdot 345612}{10^{k+\ell}}\) для некоторых \(k\) и \(\ell\). Какие значения могут принимать \(k\) и \(\ell\)? Наименьшая степень 10, на которую можно поделить 345612 равна 1 (т. е. \(k \geqslant 1\)), а наибольшая равна 5 (для числа 3,45612; т. е. \(k \leqslant 5\)). Аналогично, \(1 \leqslant \ell \leqslant 5\). Значит, \(2 \leqslant k + \ell \leqslant 10\), т. е. \(k + \ell\) принимает 9 значений, значит и вариантов максимум получится 9.
Ответ: 9
Задача: По кругу через равные промежутки растут 846 яблонь. Поздней осенью на каждой из них осталось 1, 2, 3, 4 или 5 яблок. Оказалось, что количества яблок на любых двух рядом растущих яблонях отличаются ровно на 1. Одно яблоко растёт на 200 яблонях, три — на 21. А на скольких яблонях растёт пять яблок?
Решение: Главное наблюдение в этой задаче — яблони с чётным (2, 4) и нечётным (1, 3, 5) количествами яблок чередуются. После него задача решается быстро: так как они чередуются, то яблонь с 2 и 4 яблоками столько же, сколько и с 1, 3 и 5. Значит, яблонь с 1, 3 и 5 яблоками ровно половина: 846/2 = 423. Нам дано, что из этих 423 яблонь 200 и 21 — это яблони с 1 и 3 яблоками. Значит, оставшиеся 423 - 200 - 21 = 202 — с 5 яблоками.
Ответ: 202
Задача: В каждой клетке доски $2 \times 200$ лежит по рублёвой монете. Даша и Соня играют, делая ходы по очереди, начинает Даша. За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть её: Даша двигает монету на соседнюю по диагонали клетку, Соня — на соседнюю по стороне. Если две монеты оказываются в одной клетке, одна из них тут же снимается с доски и достаётся Соне. Соня может остановить игру в любой момент и забрать все полученные деньги. Какой наибольший выигрыш она может получить, как бы ни играла Даша?
Решение: Разобьём доску на 100 квадратов \(2 \times 2\). Если перед ходом Сони на доске есть хотя бы 101 монета, то найдется квадрат, в котором лежат хотя бы две монеты. Если они в соседних клетках, Соня своим ходом ставит одну из них в клетку с другой и забирает монету. В противном случае Соня сдвигает одну из монет в клетку, находящуюся в том же столбце, что и вторая монета, а после следующего хода Даши ставит эту монету в одну клетку со второй и также забирает монету. Действуя таким образом, Соня может забрать с доски по крайней мере 300 монет.
Покажем, что Даша может помешать Соне забрать с доски больше 300 монет. Пусть она отметит в каждом из описанных выше квадратов \(2 \times 2\) левую нижнюю монету. Покажем, как ей играть, чтобы никакие две отмеченные монеты не оказывались в одной клетке — тогда всякий раз можно считать, что все 100 отмеченных монет остаются на доске. Если Соня подвинула отмеченную монету из ее исходного столбца, Даша подвинет эту монету обратно в исходный столбец. В противном же случае она двигает крайнюю правую отмеченную монету между двумя крайними справа столбцами.
Ответ: 300 рублей.
Задача: В треугольнике \(ABC\) с углом \(100^\circ\) при вершине \(A\) медианы \(BK\) и \(CN\) пересекаются в точке \(M\). Прямая, проходящая через точку \(M\) и параллельная \(BC\), пересекает описанную окружность треугольника \(AKN\) в точках \(P\) и \(Q\). Найдите сумму углов \(BPC\) и \(BQC\).
Решение: Обозначим через \(R\) точку пересечения прямой \(PQ\) с отрезком \(BN\). Заметим, что \(NK\) — средняя линия треугольника \(ABC\), поэтому \(NK \parallel BC \parallel PQ\). Значит, по теореме Фалеса \(\frac{R N}{R B}=\frac{M K}{M B}=\frac{1}{2}\), последнее равенство следует из того, что \(M\) - точка пересечения медиан треугольника \(A B C\).
Обозначим \(R N=x\). Тогда \(B R=2 x, B N=A N=3 x, A R=4 x\). Поскольку четырёхугольник \(A N P Q\) вписанный, имеем \(R P \cdot R Q=R N \cdot R A=x \cdot 4 x=(2 x)^{2}=B R^{2}\). Следовательно, прямая \(B R\) касается описанной окружности треугольника \(B P M\), поэтому \(\angle A B P=\angle B Q P=\angle Q B C\), а тогда и \(\angle A B Q=\angle C B P\). Рассуждая аналогично, получаем, что \(\angle A C P=\angle Q C B\). Значит, \(\angle B P C+\angle B Q C=180^{\circ}-\angle P B C-\angle P C B+180^{\circ}-\angle Q B C-\angle Q C B=360^{\circ}-\angle P B C-\angle P C B-\angle P B A-\angle P C A=180^{\circ}+\angle B A C=280^{\circ}\).
Ответ: 280^\circ
Задача: Несколько карточек выложили в ряд слева направо, на каждой карточке написана буква русского алфавита. Назовём набор из 33 карточек идеальным, если на этих карточках выписаны все буквы в алфавитном порядке слева направо. Известно, что при любом выборе одной буквы $L$ русского алфавита найдутся $10^6$ идеальных наборов, любые два из которых либо не имеют общих карточек, либо имеют ровно одну общую карточку, на которой написана буква $L$. При каком наибольшем $k$ в этом ряду гарантированно можно найти $k$ идеальных наборов, любые два из которых не имеют общих карточек?
Решение: Положим $N = 10^6$. Покажем сначала, как выложить карточки так, чтобы больше 33 попарно не пересекающихся идеальных наборов не нашлось. Для удобства обозначим буквы в алфавитном порядке через $z_1, z_2, \ldots, z_{33}$; через $z^k$ будем обозначать последовательность из $k$ карточек, на каждой из которых написана буква $z$. Наш ряд будет состоять из 33 блоков $B_1, B_2, \ldots, B_{33}$, выложенных друг за другом в этом порядке. Блок $B_i$ выглядит как $z_1^N z_2^N \ldots z_{i-1}^N z_i z_{i+1}^N \ldots z_{33}^N$ (единственную карточку с буквой $z_i$ в этом блоке назовём особой). Ясно, что уже в $i$-м блоке содержится $N$ идеальных наборов, у которых общей является только особая карточка. Докажем теперь, что в каждом идеальном наборе в полученном ряду есть особая карточка. Поскольку особых карточек всего 33, отсюда будет следовать, что из любых 34 идеальных наборов два обязательно пересекутся по какой-то особой карточке, то есть $k$ не может быть больше 33.
Осталось показать, что $k = 33$ попарно не пересекающихся идеальных наборов выбрать всегда можно. При $1 \leqslant i \leqslant 33$ обозначим через $S_i$ множество из $10^6$ идеальных наборов, не имеющих общих букв, кроме, возможно, $z_i$ (оно существует по условию). Мы выберем из каждого множества по набору так, чтобы в них не было общих карточек. После завершения 33-го шага мы получим 33 попарно не пересекающихся идеальных набора, что и требовалось.
Ответ: При $k = 33$.