Турнир Городов 2005-2006 уч. год, осенний тур. Решения задач

Основной вариант. Младшие классы.

Задача 1.

     Заметим, что n = 119...911, где вместо многоточия стоит
произвольное количество девяток, является палиндромом. Число n
+ 110 имеет вид 120...021, где вместо многоточия стоит
некоторое количество нулей, очевидно, также является
палиндромом. Осталось заметить, что чисел n указанного вида
можно предъявить бесконечно много.
     Примечание. Среди чисел, в которых есть хотя бы четыре
знака, подходят только числа вида n = ab...ba, где a -
произвольная цифра от 1 до 9, b - произвольная цифра от 0 до
8, а вместо многоточия стоит произвольное количество цифр 9.
Существуют также специальные варианты с количеством знаков от
одного до трех, но таких чисел, очевидно, заведомо меньше
2005.

Задача 2.
     Первое решение.
     Нетрудно доказать следующий геометрический факт: если в
треугольниках XYZ и X'Y'Z' верно XY = X'Y' и YZ = Y'Z', то из
неравенства углов угол XYZ < угла X'Y'Z' следует неравенство
отрезков XZ < X'Z', и наоборот. Далее мы будем несколько раз
пользоваться этим фактом.
     Будем (для определенности) считать, что точки B и C ближе
к точке K, чем A и D соответственно.
     Предположим, что оба угла KMN и KNM острые. Тогда в
треугольниках MNC и MND сторона MN общая, NC = ND,
угол MNC < угла MND. Значит, MC < MD. Аналогично, NB < NA.
В треугольниках BMC и AMD имеем: BC = AD, BM = AM, MC < MD,
значит, угол MBC < угла MAD. Аналогично, угол NCB < угла NDA.
Таким образом, доказано, что угол ABC + угол DCB < угол BAD +
угол CDA. Осталось заметить, что угол BAD + угол CDA = 180^о -
угол K, но угол ABC + угол DCB = (180^о - угол KBC) + (180^о -
угол KCB) = 360 ^о - (угол KBC + угол KCB) = 360^о - (180^о -
угол K) = 180^о + угол K > 180^о - угол K. Пришли к противоречию.

     Второе решение.
     Будем (для определенности) считать, что точки B и C ближе
к точке K, чем A и D соответственно. Заметим, что равенство AB
= CD невозможно - иначе ABCD был бы параллелограммом, что
противоречит условию. Пусть AB > CD. Докажем, что тогда угол
KMN тупой.
     Проведем к прямой AB перпендикуляры CX, NY и DZ. Так как
D дальше от K, чем C, получим DZ > CX, откуда AZ < BX (из
прямоугольных треугольников ADZ и BCX). Заодно получаем, что
угол K острый (иначе отрезок BX содержался бы в отрезке AZ,
что противоречит доказанному). Теперь достаточно доказать, что
Y дальше от K, чем M (тогда в прямоугольном треугольнике KYN
точка M лежит на катете KY, откуда угол KMN тупой).
     Ясно, что Y - середина отрезка XZ, причем XZ <= BA (так
как при проекции равные отрезки переходят в равные, а длины не
увеличиваются). Расположим мысленно отрезок XZ на прямой BA
так, чтобы точка Y совпала с точкой M. Получаем, что отрезок
XZ лежит внутри отрезка BA, причем BX = AZ. Если теперь
cдвигать отрезок XZ по прямой BA к точке K, разность длин
AZ - BX будет увеличиваться (так как AZ увеличивается, а BX
уменьшается) до тех пор, пока точка X не совпадет с точкой B,
после чего разность BX - AZ перестанет меняться (пока X не
совпадет с K). Значит, AZ >= BX при всех положениях отрезка XZ
на стороне угла K, когда его середина Y ближе к K, чем M. Но
мы доказали обратное: AZ < BX. Значит, Y дальше от K, чем M и
угол KMN тупой, что и требовалось.

Задача 3. Ответ: 59.
     Решение.
     Докажем, что ни одну из ладей, стоящих в угловых клетках,
снять нельзя. Действительно, без ограничения общности
предположим, что первой из них сняли ладью с a1. В этот момент
ладьи на a8 и h1 еще стояли, и значит, ладью на a1 били две
ладьи: какая-то из стоящих на линии a (такие есть) и на линии
1 (такие тоже есть). Далее, пусть можно оставить только четыре
угловых ладьи. Посмотрим на последнюю снятую ладью. Ясно, что
когда на доске стоят только угловые ладьи, нет поля, которое
бьется нечетным количеством ладей. Значит, только четыре
угловых ладьи оставить нельзя.
     Итак, доказано, что хотя бы 5 ладей на доске останутся.
На шахматной доске 64 клетки.
     Приведем пример, как снять 59 ладей:

a7, a6, b6, a5, b5, c5, a4,
b4, c4, d4,
a3, b3, c3, d3, e3, a2, b2, c2, d2, e2, f2, b1, c1, d1, e1, f1,
g1, c8, d8, e8,
f8, g8, d7, e7, f7, g7, h7, e6, f6, g6, h6, f5, g5, h5, g4, h4,
h3, h2, g2, g3,
f3, f4, e4, e5, d5, d6, c6, c7, b7.

Задача 4а. Ответ: нет, не всегда.
     Решение.
     Пусть ABCD - ромб со стороной 10 м, такой что его
диагональ AC равна 1 см. Нам будет удобно считать, что ромб
расположен так, что AC горизонтальна, и точка B находится
сверху. Докажем, что хотя бы один из муравьев не побывает в
точке B.
     Предположим, они оба побывали в точке B. Когда первый
муравей находился в точке B, вектор, проведенный от первого
муравья до второго, смотрел вниз (то есть имел вертикальную
составляющую, направленную вниз). Когда же в точке B находился
второй муравей, этот вектор смотрел вверх. Значит, когда-то он
был горизонтальным, что невозможно: в самом широком месте ромб
имеет ширину 1 см.

Задача 4б. Ответ: нет, не всегда.
     Решение.

     Пусть ABCD - невыпуклый четырехугольник со сторонами
AB = BC > 10 м и AD = DC > 10 м, такой что BD = AC = 1 см,
M - точка на AB, такая что AM = 10 см. Нам будет удобно
считать, что четырехугольник расположен так, что отрезок AC
горизонтальный, BD вертикальный, и точка B находится сверху.
Пусть изначально первый муравей находится в точке A, второй в
M. Объясним, почему ни один из муравьев никогда не окажется в
точке C.
     Действительно, по соображениям, аналогичным тем, которые
приводились в пункте а), получаем, что второй муравей никогда
не сможет попасть в точку C. Аналогичным образом, замечаем,
что первый муравей не может попасть в точки B и D, так как для
них не найдется более высоких точек на сторонах многоугольника
на расстоянии ровно 10 см, в которые смог бы встать второй
муравей. Ясно, что если первый муравей побывал в точке C, то в
какой-то момент он переходил из левой половины
четырехугольника в правую, то есть побывал в одной из
разделяющих эти половины точек B или D, а мы доказали, что это
невозможно.

Задача 5. Ответ: 5251.

     Первое решение.

     Пусть (x,y,z) - единственное решение исходного уравнения
при некотором N. Тогда, во-первых, x = 1 или z = 1: иначе
(x-1, y+2, z-1) тоже решение; во-вторых, y <= 2: иначе (x+1, y
-2, z+1) тоже решение. Это означает, что единственное решение
уравнения имеет один из четырех видов: 1) (x,1,1); 2) (x,2,1);
3) (1,1,z); 4) (1,2,z). В каждом из этих случаев найдем
наибольшее возможное N.

     1) 99x + 100 + 101 = N. Пусть при этом N имеется другое
решение в натуральных числах:
99x + 100 + 101 = 99x_0 + 100y_0 + 101z_0
(где x > x_0 >= 1, y_0 >= 1, z_0 >= 1), т.е.
99(x - x_0) = N = 100(y_0 - 1) + 101(z_0 - 1).
Таким образом, наличие другого решения означает равенство
99x' = 100y' + 101z' (0 < x' < x, y' >= 0, z' >= 0).
Пусть наименьшее возможное x' равно x_0'.
Это же число будет наибольшим x, не допускающим ещe одного
решения: действительно, при x >= x_0' + 1 можно будет
"заменить" 99x_0' на 100y' + 101z', а при x = x_0' другого
решения не будет, т. к. ему должен будет соответствовать
x' < x = x_0'.
     Теперь найдем x_0'. Имеем 99x' = 100y' + 101z' =
99(y' + z') + y' + 2z', значит, y' + 2z' делится на 99.
Число x' будет наименьшим при y' + 2z' = 99 (действительно,
если y' + 2z' >= 198, то y' + z' >= 99, что дает заведомо
большее x'). При таком условии x' будет наименьшим при
наименьшей сумме y' + z', т. е. y_0' = 1, z_0' = 49.
Тем самым, x_0' = (100 + 101*49)/99 = 51. В этом случае
N = 99*51 + 100*1 + 101*1 = 5250.
     2) 99x + 100*2 + 101 = N.
Аналогично предыдущему, наличие другого решения означает
равенство
99x' + 100 = 100y' + 101z' (0 < x' < x, y' >= 0,z' > = 0).
Случай y' >= 1 уже рассмотрен в предыдущем пункте. Значит,
предполагаем y' = 0 и 99x' + 100 = 101z'. Переписав, получаем
99(x' - z' + 1) = 2z' - 1. Наименьшее z', при котором такое
равенство возможно, очевидно, равно 50, откуда наименьшее x'
будет равно (101*50 - 100)/99 = 50. В этом случае
N = 99*50 + 100*2 + 101*1 = 5251.
     3) 99 + 100 + 101z = N. Наличие другого решения означает
равенство 101z' = 99x' + 100y' (0 < z' < z, x' >= 0,y' >= 0).
Аналогично п.1 ищем наименьшее возможное z'. Имеем 101z' =
101(x' + y') - 2x' - y', значит, 2x' + y' делится на 101. Если
2x' + y' >= 202, то (x' + y') >= 101, что дает заведомо
большее z', чем при 2x' + y' = 101. Итак, x_0' = 50, y_0' = 1,
поэтому
z_0' = (99*50 + 100)/101 = 50 и N = 99 + 100 + 101*50 = 5249.
     4) 99 + 100*2 + 101z = N. Наличие другого решения
означает равенство
101z' + 100 = 99x' + 100y' (0 < z' < z, x' >= 0, y' >= 0).
Случай y' >= 1 уже рассмотрен в предыдущем пункте. Значит,
y' = 0 и 101z' + 100 = 99x'. Переписав, получаем
99(x' - z' - 1) = 2z' + 1. Наименьшее z', при котором
такое равенство возможно, равно 49 (при x_0' = 51), откуда
N = 99 + 100*2 + 101*49 = 5248.

     Второе решение.

     Отметим равенства
99*1 - 100*2 + 101*1 = 99*50 + 100 -101*50 =
-99*51 + 100 + 101*49 = 0.
     Вычитая или прибавляя их к уравнению, получим следующее.
     Пусть (x, y, z) - единственное решение исходного
уравнения при некотором N.
     Тогда, во-первых, x = 1 или z = 1: иначе (x-1, y+2, z-1)
тоже решение; во-вторых, y <= 2: иначе (x+1, y-2, z+1) тоже
решение; в-третьих, x <= 52: иначе (x-51, y+1, z+49) тоже
решение, и z <= 51: иначе (x+50, y+1, z-50) тоже решение.
     Таким образом, требуемое N - наибольшее из допускающих
единственное решение чисел вида
99x + 100 + 101, 99x + 100*2 + 101, 99 + 100 + 101z,
99 + 100*2 + 101z, причем x <= 51, z <= 50.
     Осталось заметить, что два наибольших N такого вида
допускают как минимум по два решения: 99*51 + 100*2 + 101 = 99
+ 100 + 101*51 и 99 + 100*2 + 101*50 = 99*52 + 100 + 101.
     Следующее за ними число указанного вида, как легко
убедиться, - 5251 = 99*50 + 100*2 + 101, и оно уже допускает
только одно решение. Проверим это.
     Пусть есть другое решение в натуральных числах:
99*50 + 100*2 + 101 = 99x_0 + 100y_0 + 101z_0, (x_0, y_0, z_0)
не равно = (50, 2, 1). Учитывая 99*1 - 100*2 + 101*1 = 0,
можно считать y_0 = 1 или y_0 = 2, т. е.
либо 99*50 + 100 + 101 = 99 x_0 + 101z_0,
либо 99*50 + 101 = 99x_0 + 101z_0.
     Второй вариант влечет 99(50-x_0) кратно 101 при
1 <= x_0 < 50 и тем самым невозможен.
     Первый вариант тоже невозможен: x_0 <= 52 (иначе правая
часть равенства больше левой), и 99(50-x_0) + 100 кратно 101.
Вычтем число 99(50-x_0) + 100 из числа 101(50-x_0) + 101
(кратного 101), получим число 2(50-x_0) + 1 тоже кратнок 101.
Это также невозможно при 1 <= x_0 <= 52.

Задача 6.

     Предположим, Карлсон умеет съедать все варенье, если
вместо 100 и 1/100 в условии указано 99 и 1/99 (общее
количество банок неважно, главное, что их достаточно много, не
меньше 100). (Будем говорить про эти задачи соответственно
"задача-100" и "задача-99".) Объясним, как ему тогда
действовать в случае задачи-100.
     Карлсон мысленно делит все банки варенья на самую большую
(по количеству варенья) и все остальные. Заметим, что для
"всех остальных" банок выполняется условие задачи-99 (ведь в
"остальных" банках не меньше, чем 99/100 всего варенья, и в
каждой из "остальных" банок не более 1/100 всего варенья, то
есть не более (1/100)*(100/99) = 1/99 от количества варенья в
"остальных" банках).
     Поэтому Карлсон мог бы действовать так: съесть из
"остальных" банок все варенье по алгоритму "задачи 99", на
каждом шаге беря набор 99 банок из "остальных" и добавляя еще
сотую банку - "самую большую". Для того, чтобы варенье в
"самой большой" банке и "всех остальных" кончилось
одновременно, необходимо, чтобы в ней было ровно в 99 раз
меньше варенья, чем суммарно во "всех остальных" (поскольку,
разумеется, из нее каждый раз съедается в 99 раз меньше, чем
из "остальных"). То есть необходимо, чтобы в самой большой
банке изначально была ровно 1/100 доля от общего количества
варенья.
     Объясним, как Карлсону добиться этого. Пусть в самой
большой банке меньше 1/100 общего количества варенья. Он будет
выбирать 100 непустых банок из "всех остальных" и съедать из
них некоторое количество варенья. Доля варенья в самой большой
банке при этом будет увеличиваться. Покажем, как ему
действовать, чтобы гарантированно довести эту долю до 1/100.
Если количество варенья в самой маленькой банке (из выбранных
ста) позволяет съесть часть варенья так, чтобы доля самой
большой банки стала равна 1/100, он так и делает. Иначе
съедает все варенье из самой маленькой банки, уменьшая
количество непустых банок. Когда он остановится? Либо когда
добьется требуемого, либо когда непустых банок среди "всех
остальных" станет меньше 100. Но в последнем случае доля самой
большой точно не меньше 1/100, т.е. он должен был остановиться
раньше.
     Для завершения решения осталось заметить, что мы
научились сводить "задачу-100" к "задаче-99", но точно также
можно свести ее теперь к "задаче-98", ту в свою очередь к
"задаче-97", и т. д. Ну а "задача-1" совершенно очевидна.


Основной вариант. Старшие классы.

Задача 1. Ответ: n=1, n>2.
     Решение.

Рассмотрим три случая:
     1) n=1;
     2) n=2;
     3) n>2.

     При n=1 a_1/a_1 - целое при любом натуральном a_1.

     Пусть n=2. Предположим, что существуют два различных
натуральных числа p и q, такие что p/q + q/p - целое число.
При этом можно считать, что числа p и q взаимно простые (иначе
обе дроби можно сократить).
     (p^2 + q^2)/pq - целое число. Отсюда q^2 делится на p, а
значит и q делится на p (так как p и q взаимно простые). Это
возможно только если p = 1. Точно так же и q = 1, что
противоречит исходному предположению.
     Пусть n>2, тогда рассмотрим a_1, a_2, ... , a_n, равные
соответственно 1, n-1, (n-1)^2, ... , (n-1)^{n-1}. Тогда a_1/a
_2 + a_2/a_3 + ... + a_n/a_1 = 1/(n-1) + (n-1)/(n-1)^2 + ... +
(n-1)^{n-2}/(n-1)^{n-1} + (n-1)^{n-1}/1 = (n-1)*(1/(n-1)) + (n
-1)^{n-1} = 1 + (n-1)^{n-1} - целое.

Задача 2. Ответ: нет, не всегда.
     Смотри решение задачи 4 младших классов.

Задача 3. Ответ: 59 ладей.
     Смотри решение задачи 3 младших классов.

Задача 4.

     Очевидно, что условие задачи эквивалентно тому, что
данную окружность можно разделить на три дуги так, чтобы
разница между максимальной и минимальной суммой чисел на дуге
не превосходила 1.
     Разобьем окружность на три произвольные дуги A0, B0 и C0
(точки деления будем всегда выбирать так, чтобы эти точки не
попадали на расставленные числа).
     Пусть суммы чисел на дугах равны a, b и c соответственно.
Без ограничения общности можно считать, что a <= b <= c. Далее
будем действовать следующим образом:
     если c-a > 1, то сдвигаем границу между дугами A и C так,
чтобы ровно одно число с дуги C перешло на дугу A. Пусть это
число r. После нашей операции мы получили новые дуги A1, B1 и
C1 с суммами a+r, b, c-r.
     Заметим, что если a = b < c, то a < a+r, a = b, a < c-r,
a+r < c (так как a+r < a+1 < c), b < c, c-r < c, иначе (то
есть если a < b <= c) a < a+r, a < b, a < c-r, a+r < c, b <=
c, c-r < c.
     То есть в любом случае либо максимальное из чисел
уменьшается, а минимальное не уменьшается, либо минимальное из
чисел увеличивается, а максимальное нет. Следовательно, если
разность между максимальной суммой и минимальной была больше
1, то ее всегда можно уменьшить. Но так как чисел у нас всего
конечное число, то разница между этими суммами не может
постоянно уменьшаться, а значит, наступит момент, когда она
станет меньше 1.

Задача 5.
     Первое решение.

     Пусть I - точка пересечения биссектрис треугольника ABC;
положим: угол ACB = a.
     Тогда угол ABC = 2a; угол CAB = 4a, а следовательно
a + 2a + 4a = 180^о, то есть 7a = 180^о.
Угол СC_1A = 180^o - угол CAB - угол C_1CA = 5a/2;
угол C_1IA = 180^o - угол IC_1A - угол C_1AI = 5a/2,
а значит IA = C_1A;
угол AB_1I = 180^o - угол BAB_1 - угол B_1BA = 2a = угол IAB_1,
а значит IA = IB_1;
угол BIA_1 = угол AIB_1 = 180^o - угол IAB_1 - угол IB_1A = 3a,
угол A_1BA = 2a = угол A_1AB, следовательно AA_1 = BA_1 и
угол AA_1B = 3a, а значит BA_1 = BI.
     Отметим на отрезке BI точку K так, чтобы угол KA_1A был
равен 2a, тогда угол A_1KI = 180^o - угол KA_1I - угол A_1IK = 2a,
а значит A_ 1I = KI и угол BKA_1 = угол KA_1I + угол KIA_1 = 5a,
следовательно, угол BA_1K = 180^o - угол A_1BK - угол BKA_1 = a,
а следовательно, BK = A_1K.
     Докажем, что треугольник KA_1B_1 равен треугольнику
ACA_1: A_1K = BK = BI - KI = BA_1 - KI = A_1A - KI = A_1A - A_1I
= AI = AC, KB_1 = KI + IB_1 = A_1I + IB_1 = A_1I + IA = A_1A.
     Угол A_1KB_1 = 2a = угол C_1AA_1, следовательно
треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, а
следовательно A_1B_1 = A_1C_1.

     Второе решение.

     Опишем вокруг треугольника ABC окружность. Углы нашего
треугольника равны 4*180^o/7, 2*180^o/7 и 180^o/7; поэтому,
разделив окружность на 7 равных дуг, начиная с точки A, мы
получим вписанный в окружность правильный семиугольник
ABXYZCT.
     Так как AA_1 - биссектриса угла BAC, то она проходит
через точку Y - середину дуги BC. Аналогично, BB_1 -
биссектриса угла ABC, а значит проходит через точку T -
середину дуги AC.
     Из симметрии очевидно, что BA_1 = AA_1 и YA_1 = CA_1, а
следовательно при повороте вокруг точки A_1 на угол BA_1A
точка B перейдет в точку A, а точка С в точку Y (так как угол
BA_1A = углу CA_1Y). Кроме того, прямая BA перейдет в прямую
AC (так как угол A_1BA = 2*180^o/7 = угол A_1AC), а прямая С_1С
- в прямую B_1Y (так как угол BCC_1 = 180^o/14 = угол AYB_1,
первое равенство верно, ввиду того, CC_1 - биссектриса угла
ACB, второе - ввиду того, что YB_1 - биссектриса угла AYT из
симметрии). А следовательно точка пересечения прямых BA и CC_1
(то есть точка C_1) перейдет в точку пересечения прямых AC и
YB_1 (то есть в точку B_1). Но тогда отрезок A_1C_1 перейдет в
отрезок A_1B_1, то есть A_1C_1 = A_1B_1.

Задача 6.
     Ответ: (2005^2+2003^2+2002^2+...+2^2+1^2+1^2)/2=1342355520.
     Решение.

     Заметим, что при наших операциях сумма квадратов всех
чисел всегда увеличивается на 2. Действительно, если мы
записываем две единицы, то наше утверждение очевидно, если же
мы стираем два одинаковых числа (n и n), и записываем n-1,
n+1, то сумма квадратов снова увеличивается на 2, так как
(n-1)^2 + (n+1)^2 = n^2 + 2n + 1 + n^2 - 2n + 1 = n^2 + n^2+2.
Cледовательно, сумма квадратов всех чисел всегда четное число.
     Докажем, что если мы получили число 2005 за минимальное
количество операций, то на доске также присутствуют числа
2003, 2002, ... 2, 1.
     Предположим противное: пусть число n < 2004 отсутствует
на доске. (Заметим, что каждое число меньшее 2005 должно было
появиться на доске, так как если n не появлялось на доске, то
на доске так же не появлялись числа n+1, n+2, ... 2005 -
противоречие).
     Рассмотрим момент, когда n последний раз было стерто.
Тогда в этот самый момент должны были появиться числа n+1 и n-
1. Но в силу того, что количество операций минимально, можно
утверждать, что либо n+1 = 2005, либо n+1 будет использоваться
в дальнейшем. В первом случае n = 2004, а во втором при
использовании числа n+1 число n снова появится на доске -
противоречие.
     Отметим, что помимо чисел 2005, 2003, 2002, ... 2, 1 на
доске должно присутствовать еще хотя бы одно ненулевое число.
Это следует из того, что (по формуле n^2 + ... + 2^2 + 1^2 =
n(n+1)(2n+1)/6), 2005^2 + 2003^2 + ... + 2^2 + 1^2 =
(2005^2 + 2003*2004*4007)/6 = 2005^2 + 2003*334*4007 -
нечетное число, а нами было отмечено, что сумма квадратов
всех чисел, находящихся на доске - четное число.
     Докажем
Утверждение. На доске можно получить числа (и больше на
доске не будет ненулевых чисел)
n, n-2, ..., 3, 2, 1 при n = 4k+2, 4k+3 и
n, n-2, ... , 3, 2, 1, 1 при n = 4k, 4k+1

     Доказательство методом математической индукции:
     При n=1 утверждение верно (1, 1 после первого хода).
     Пусть утверждение верно для n = k, докажем его для n = k+1.
(Рассмотрим только случай k=4l, так остальные случаи абсолютно
эквивалентны данному).
     По предположения индукции мы можем получить набор
4l, 4l-2, ..., 2, 1, 1. Далее сотрем две "1" и напишем "2","0",
затем сотрем две "2" и напишем "3","1", затем "3","3" заменяем на
"4","2", ..., "4l-2","4l-2" заменяем на "4l-1","4l-3".
В этот момент на доске будут числа 4l, 4l-1, 4l-2, ..., 3, 2, 1.
     Теперь напишем две "1" на доске и произведем те же
действия: "1","1" заменяем на "2","0"; "2","2" заменяем на
"3","1"; ..., "4l", "4l" заменяем на "4l+1","4l-1". После
этого на доске (из ненулевых чисел) останутся только
4l+1, 4l-1, 4l-2, ... 3, 2, 1, 1.
     Заметим, что ввиду того, что после каждой операции сумма
квадратов всех чисел увеличивается на 2, количество операций,
которое необходимо для получения чисел
2005, 2003, 2002, ... 2, 1, 1, равно
(2005^2 + 2003^2 + 2002^2 + ... + 2^2 + 1^2 + 1^2)/2
= (2005^2)/2 + (200320044007+1)/12.