Доорх байдлаар өнцгүүдийг гаргаж болно. Одоо $\triangle ABD$ ба $\triangle BCD$ гурвалжнууд дээр синусын теорем бичвэв $$\dfrac{BD}{\sin8\alpha}=\dfrac{AD}{\sin4\alpha}$$ $$\dfrac{BD}{\sin(180^\circ-5\alpha)}=\dfrac{BC}{\sin3\alpha}$$ болно. $AD=DC$ ба $\sin(180^\circ-5\alpha)=\sin5\alpha$ тул $$\sin8\alpha\cdot\sin3\alpha=\sin5\alpha\sin4\alpha\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \sin5\alpha=2\cos4\alpha\sin3\alpha\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \sin5\alpha=\sin7\alpha-\sin\alpha\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \sin5\alpha+\sin\alpha=\sin(5\alpha+2\alpha)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \sin5\alpha+\sin\alpha=\sin5\alpha\cos2\alpha+\cos5\alpha\sin2\alpha\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \sin5\alpha-\sin5\alpha\cos2\alpha=\cos5\alpha\sin2\alpha-\sin\alpha\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\sin5\alpha(1-\underbrace{\cos2\alpha}_{1-2\sin^2\alpha})=\sin\alpha(2\cos5\alpha\cos\alpha-1)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow 2\sin5\alpha\sin\alpha=2\cos5\alpha\cos\alpha-1\Rightarrow$$ $$\Rightarrow2\cos5\alpha\cos\alpha- 2\sin5\alpha\sin\alpha=1\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\cos6\alpha=\dfrac12\Rightarrow \alpha=10^\circ$$ гэж гарна.

$f_1(x)=ax^2+bx+c-13$ функцийг авч үзье. $f_1(x)=0$ тэгшитгэлийн шийдүүд нь $p,\ q$ байх нь ойлгомжтой. Виетийн теоремоор $$\begin{cases}p+q=-\dfrac ba\\ pq=\dfrac{c-13}a\end{cases}$$ байна. $p+q=-\dfrac ba$ тэнцэтгэлийг $f(p+q)=43$-д орлуулвал $$f\left(-\dfrac ba\right)=a\cdot\dfrac{b^2}{a^2}-b\cdot\dfrac ba+c=43\Rightarrow$$ $$\Rightarrow c=43$$ гэж олдоно. Эндээс $pq=\dfrac{30}a$ болох бөгөөд

1. $a=1$ үед $pq=30$ бөгөөд $p,\ q$ нь анхны тоо байх боломжгүй болно.
2. $a=2$ үед $pq=15$ бөгөөд $p=3,\ q=5$ байх ганц боломжтой. Тэгвэл $b=-2(3+5)=-16$ гэж гарна. Өөрөөр хэлбэл, $$f(x)=2x^2-16x+43.$$
3. $a=3$ үед $pq=10$ бөгөөд $p=2,\ q=5$ байх ганц боломжтой. Эндээс $b=-3(2+5)=-21$ гэж гарна. Өөрөөр хэлбэл, $$f(x)=3x^2-21x+43.$$
4. $a=5$ үед $pq=6$ бөгөөд $p=2,\ q=3$ байх ганц боломжтой. Эндээс $b=-5(2+3=-25)$ буюу $$f(x)=5x^2-25x+43.$$
5. $a=6,10,15,30$ үед $pq=\dfrac{30}a$ байх $p,\ q$ анхны тоонууд олдохгүй.

Хоёр талыг $n$ зэрэг дэвшүүлээд $$n< \left(1+\sqrt{\dfrac2n}\right)^n$$ гэж батлахад болно. Баруун талыг биномын томьёогоор задлавал $$1+n\sqrt{\dfrac2n}+\dfrac{n(n-1)}2\cdot\dfrac2n+...=$$ $$=1+\sqrt{2n}+(n-1)+...>n$$ болж батлагдана.

Зурагт байгаагаар тэмдэглэгээнүүдийг хийе. $O_1O_2$ нь $\angle PO_2Q$ ба $AO_1B$ өнцгүүдийн биссиктрис гэдгээс $MN\perp O_1O_2\perp RS$ байна. Иймд, $\triangle O_1MX\sim\triangle O_1O_2A$ ба $\triangle O_2RY\sim \triangle O_2O_2P$ болно. Төсөөгийн харьцаа бичвэл $$\dfrac{MX}{r_2}=\dfrac{r_1}{O_1O_2},\ \dfrac{RY}{r_1}=\dfrac{r_2}{O_1O_2}\Rightarrow $$ $$\Rightarrow MX=\dfrac{r_1r_2}{O_1O_2}=RY$$ болох бөгөөд $MN=2MX$, $RS=2RY$ тул батлагдана.

Эсрэгээс нь $0\le k\le \dfrac12$ байх гурвалжин олддог гэе. Түүний $c$ талын эсрэг орших өнцгийг $\gamma< 180^\circ$ гээд косинусын теорем бичвэл $$a^2+b^2=kc^2=k(a^2+b^2-2ab\cos\gamma)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow2kab\cos\gamma=(k-1)(a^2+b^2)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \cos\gamma=-\dfrac{(1-k)(a^2+b^2)}{k\cdot2ab}\le-\dfrac{(1-k)}k$$ гэж гарна. Энд $a,b\ge0$ бол $a^2+b^2\ge2ab$ буюу $\dfrac{a^2+b^2}{2ab}\ge1$ гэдгийг ашиглав. Одоо $$\dfrac{1-k}k\ge1\Leftrightarrow 0\le k\le\dfrac12$$ байх тул $\cos\gamma\le-1$ болж зөрчилд хүрнэ.

Кошийн тэнцэтгэл бишээр $$a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow$$ $$\Rightarrow 2a^2+2b^2\ge (a+b)^2$$ гэж гарна. Гурвалжны тэнцэтгэл бишээр $a+b>c$ гэдгээс $$(a+b)^2>c^2$$ байна. Эдгээрээс $$2a^2+2b^2>c^2\Rightarrow$$ $$\Rightarrow a^2+b^2>\dfrac12 c^2$$ байх бөгөөд $$a^2+b^2=kc^2$$ байхын тулд $k>\dfrac12$ байх нь батлагдав.

Өгөгдсөн нөхцөлийг хангах ямар ч гурвалжныг 2-оос олонгүй шулуунаар огтлоод $1\times6$ хэмжээстэй тэгш өнцөгт үүсгэж чадахыг дараах зургуудаас хараарай.

Үүссэн $1\times6$ тэгш өнцөгтийг голоор нь 1 удаа хувааж

дурсийг бүрэн хужич чадна. Энэ нь нэгж кубын дэлгээс болох тул батлагдав.

$36^k$ үргэлж $6$-аар, $5^l$ нь үргэлж $5$-аар төгсөнө. Иймд, $36^k-5^l$ тоо үргэлж $1$-ээр төгсөнө. $k=1,\ l=2$ үер илэрхийллийн утга $11$ байна. Одоо $11$-ээс бага утга авах боломжгүйг баталъя. $1$-ээр төгсөх $11$-ээс бага тоо бол зөвхөн $1$ юм. Иймд $$36^k-5^l\neq1$$ гэж батална. Эсрэгээс нь $36^{k_0}-5^{l_0}=1$ байх $k_0,\ l_0\in\mathbb N$ тоонууд олддог гэе. Тэгвэл $36^{k_0}\equiv0\pmod4$ ба $5^{l_0}\equiv 1\pmod4$ тул $$36^{k_0}-5^{l_0}\equiv-1\equiv1\pmod4$$ болж зөрчилд хүрнэ. Өөрөөр хэлбэл, $36^k-5^l$ илэрхийлэл хэзээ ч $1$-тэй тэнцэж чадахгүй. Иймд, хамгийн бага эерэг утга нь $11$ байна.

Бодлогын нөхцөлийг хангах 2-оос багагүй оронтой тоо олохыг зорьё. Бидний олох тоо $$A=10x+y$$ тооны квадрат болдог гэе. Бодлогын нөхцөлөөс $y=1,3,5,7,9$ байх ёстой. $$\begin{array}{c|ccccccccc } y&1&3&5&7&9\\ \hline y^2&1&9&25&49&81\\ \end{array}$$ байхыг анзаарвал $$A^2=100x^2+20xy+y^2$$ тооны аравтын орны цифр тэгш байх нь гарцаагүй юм. Иймд, бодлогын нөхцөлийг хангах тоонууд нь ердөө $1,\ 9$ байна.

Дурын натурал $n$ тооны хувьд $$1^3+2^3+...+n^3=(1+2+...+n)^2$$ байдаг ба $1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}2$ тул $\left[\dfrac{n(n+1)}2\right]^2$ тоо 1 нэгээр төгсөнө гэсэн үг. Эндээс, $\dfrac{n(n+1)}2$ тоо 1-ээр эсвэл 9-р төгсөх ёстой гэж гарна. Гэвч $\dfrac{n(n+1)}2$ тоо 9-өөр төгсөх боломжгүй гэдгийг баталъя. Эсрэгээс нь боломжтой гэж үзвэл $n(n+1)$ тоо 8-аар төгсөх ёстой болно. Дараалсан тоонуудын үржвэр 8-аар төгсөх боломжгүй гэдгийг доорх үржвэрүүдээс харж болно. $$0\cdot1=0,\ 1\cdot2=2,\ 2\cdot3=6$$ $$3\cdot4=12,\ 4\cdot5=20,\ 5\cdot6=30$$ $$6\cdot7=42,\ 7\cdot8=20,\ 8\cdot9=30$$ Иймд, $\dfrac{n(n+1)}2$ тоо 1-ээр төгсөх ганц л боломжтой.

$B$ оройг дайруулан $CL$-тэй параллель шулуун татаад $AC$ талын үргэлжлэлтэй огтлолцох цэгийг $F$ гэж тэмдэглэе. Тэгвэл $\triangle BFC\sim \triangle AEC$ байх бөгөөд төсөөгийн харьцаа бичвэл $$\dfrac{FC}{CE}=\dfrac{CB}{CA}=1\Rightarrow$$ $$\Rightarrow FC=CE=CD$$ болно.

$\angle FAB$-н хувьд фалесийн теоремоор $$\begin{cases}FC=CD\\ FB\parallel CL\parallel DK\end{cases}\Rightarrow BL=LK$$ болж батлагдана.

$P(1)=-1$, $P(-1)=1$ байх нь ойлгомжтой. Өгсөн нөхцөлөөс $$P(x)+1=(x-1)^3Q_1(x)$$ $$P(x)-1=(x+1)^3Q_2(x)$$ байх $Q_1(x),\ Q_2(x)$ олон гишүүнтүүд олдоно. Энэ хоёр тэнцэтгэлээс уламжлал авбал $$P'(x)=(x-1)^2Q_1^*(x)$$ $$P'(x)=(x+1)^2Q_2^*(x)$$ байна гэдгээс $$P'(x)=A(x^2-1)^2=A(x^4-2x^2+1)$$ байх $A$ тоо олдоно. Эндээс $$P(x)=A\left(\dfrac{x^5}5-\dfrac{2x^3}3+x\right)+c$$ бөгөөд $P(1)=-1$, $P(-1)=1$ нөхцөлүүдээ орлуулвал $A=-\dfrac{15}8$, $c=0$ гэж олдоно.

$P(x)=ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f$ гэе. $$(x-1)^3\ \big|\ P(x)+1$$ байхын тулд $$x-1\ \big|\ P(x)+1$$ $$x-1\ \big|\ (P(x)+1)'=P'(x)$$ $$x-1\ \big|\ (P(x)+1)''=P''(x)$$ байх ёстой. Үүнтэй адилаар $$x+1\ \big|\ P(x)-1$$ $$x+1\ \big|\ (P(x)-1)'=P'(x)$$ $$x+1\ \big|\ (P(x)-1)''=P''(x)$$ байна. Эдгээр дээр Безугийн теорем ашиглавал $$\begin{cases} a+b+c+d+e+f+1=0\\ -a+b-c+d-e+f-1=0\\ 5a+4b+3c+2d+e=0\\ 20a+12b+6c+2d=0\\ -20a+12b-6c+2d=0 \end{cases}$$ систем үүсэх бөгөөд энэ системийн шийд нь $a=-\dfrac38$, $b=d=f=0$, $c=\dfrac54$, $e=-\dfrac{15}8$ байна.

Эхний нөхцөлөөс $$P(x)=(x-1)^3(ax^2+bx+c)-1$$ байг. Харин хоёрдугаар нөхцөлөөс $$P(x)=(x+1)^3(ax^2+mx+n)+1$$ байх $m,\ n$ тоонууд олдоно. Энэ хоёр адилтгалыг задалж, тэнцүүлэх бөгөөд коэффициентүүдийг тааруулан бодвол $$\begin{cases}b-3a=m+3a\\ c-3b+3a=n+3m+3a\\ -3c+3b-a=3n+3m+a\\ 3c-b=3n+m\\ -c-1=n+1 \end{cases}$$ систем үүснэ. Үүнийг бодоод $a=-\dfrac38$, $c=\dfrac54$, $e=-\dfrac{15}8$ гэж олно.

$P(x)=ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f$ гэе. Шууд $P(x)+1$-г $x-1$-д хуваавал \begin{align*}&ax^4+(a+b)x^3+(a+b+c)x^2+\\ &+(a+b+c+d)x+\\ &+(a+b+c+d+e)\qquad(1)\end{align*} ноогдоод $a+b+c+d+e+f+1$ үлдэнэ. Хуваагдах ёстой тул $$a+b+c+d+e+f+1=0$$ байна. Одоо $(1)$-г $x-1$-д хуваавал \begin{align*}&ax^3+(2a+b)x^2+\\ &+(3a+2b+c)x+\\ &+4a+3b+2c+d\qquad (2)\end{align*} ноогдоод $5a+4b+3c+2d+e$ үлдэнэ. Эндээс $$5a+4b+3c+2d+e=0$$ тэнцэтгэл гаргаж авна. Үүнтэй адилаар $(2)$-г $x-1$-д хуваах замаар $$10a+6b+3c+d=0$$ тэнцэтгэлийг гаргаж авна. Энэ зарчмийн дагуу $P(x)-1$ нь $(x+1)^3$-д хуваагдана гэсэн нөхцөлөөс дахин 3 тэнцэтгэл гаргаж авна. Олсон 6 тэгшитгэл бүхий системийг бодоод $a=-\dfrac38$, $c=\dfrac54$, $e=-\dfrac{15}8$ гэж олно.

Нэгжийн куб язгуур болох $$w=\dfrac12(-1+\sqrt3i)$$ $$w^2=\dfrac12(-1-\sqrt3i)$$ тоонуудаар үржүүлэхэд гарах $zw,\ zw^2$ тоонууд нь нөгөө язгуурууд нь болно. Өөрөөр хэлбэл \begin{align*} zw&=\dfrac12(2\sqrt3+i)(-1+\sqrt3i)=\\ &=\dfrac12(-2\sqrt3-i+6i-\sqrt3)=\\ &=\dfrac12(-3\sqrt3+5i) \end{align*} \begin{align*} zw^2&=\dfrac12(2\sqrt3+i)(-1-\sqrt3i)=\\ &=\dfrac12(-2\sqrt3-i-6i+\sqrt3)=\\ &=\dfrac12(-\sqrt3-7i) \end{align*} тоонууд бодлогын хариу болно.

$z^3=18\sqrt3+35i$ гэе. $z_1=2\sqrt3+i$ бөгөөд $$z^3-(2\sqrt3+i)^3=0\Rightarrow$$ $$\left[\begin{array}l z-2\sqrt3-i=0\\ z^2+(2\sqrt3+i)z+(2\sqrt3+i)^2=0\end{array}\right.$$ байна. Хоёр дахь тэгшитгэлийн шийдүүд нь $$z_2=\dfrac{-3\sqrt3+5i}2$$ $$z_3=\dfrac{-\sqrt3-7i}2$$ бөгөөд эдгээр нь бидний олох ёстой тоонууд юм.

Ерөнхий тохиолдолд авч үзье. Дурын натурал $n$ тооны хувьд $$(3+\sqrt7)^n=A+B\sqrt7$$ $$(3-\sqrt7)^n=A-B\sqrt7$$ байх нь ойлгомжтой. Энд, $A,B\in\mathbb N$ юм. Эндээс $$(3+\sqrt7)^n+(3-\sqrt7)^n=2A\qquad(*)$$ байна. Өөрөөр хэлбэл, тэгш тоо гарна.

$(3+\sqrt7)(3-\sqrt7)=2$ тул $$(3-\sqrt7)^n=\dfrac{2^n}{(3+\sqrt7)^n}< 1$$ буюу $$0< 1-(3-\sqrt7)^n< 1$$ байна. $(*)$-ээс $$(3+\sqrt7)^n=2A-(3-\sqrt7)^2=$$ $$=2A-1+\underbrace{1-(3-\sqrt7)^2}_{\mbox{бутархай хэсэг}}$$ болох тул $$\left[(3+\sqrt7)^n\right]=2A-1$$ байна. Өөрөөр хэлбэл, $n$-ээс үл хамаараад үргэлж сондгой байна.

$f(x)=\dfrac{x^{100}-1}{x-1}$ буюу $f(x)(x-1)+1=x^{100}$ байна. Харин, $$f(x^{100})=\dfrac{(x^{100})^{100}-1}{x^{100}-1}$$ байх бөгөөд $x^{100}=f(x)(x-1)+1$ гэж орлуулвал $$f(x^{100})=\dfrac{(f(x)(x-1)+1)^{100}-1}{f(x)(x-1)}$$ $(f(x)(x-1)+1)^{100}$-г биномын томьёогоор задалвал $$(f(x)(x-1)+1)^{100}=$$ $$=\sum_{k=0}^{100}\binom{100}k(f(x)(x-1))^{100-k}=$$ $$=\sum_{k=0}^{98}\binom{100}k(f(x)(x-1))^{100-k}+$$ $$+\binom{100}1f(x)(x-1)+1=$$ $$=Q(x)f^2(x)(x-1)^2+100f(x)(x-1)+1$$ байна. Иймд, $$f(x^{100})=Q(x)f(x)(x-1)+100$$ болох бөгөөд үлдэгдэл нь $R=100$ гэж гарна.

Лемм. $f(x)\equiv g(x)\pmod {h(x)}$ бол дурын $k(x)$ олон гишүүнтийн хувьд $$k(f(x))\equiv k(g(x))\pmod{h(x)}$$ байна.

Баталгаа. $f(x)\equiv g(x)\pmod {h(x)}$ бол дурын $n\in\mathbb N$ ба $a\in\mathbb Z$ тоонуудын хувьд $$a[f(x)]^n\equiv a[g(x)]^n$$ байх тул дурын $k(x)=\sum\limits_{n=0}^N a_nx^n$ олон гишүүнтийн хувьд $$k(f(x))=\sum_{n=0}^Na_n[f(x)]^n\equiv$$ $$\equiv \sum_{n=0}^Na_n[g(x)]^n=k(g(x))\pmod{h(x)}$$ болж батлагдав.

$x^{100}=f(x)(x-1)+1$ буюу $$x^{100}\equiv 1\pmod{f(x)}$$ тул лемм ёсоор $$f(x^{100})\equiv f(1)=100\pmod{f(x)}$$ байна.