Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

Алгебраические текстовые задачи на ММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85495

У математика есть 19 различных гирь, массы которых в килограммах равны $ln2,ln3,ln 4,...,ln 20$ , и абсолютно точные двухчашечные весы. Он положил несколько гирь на весы так, что установилось равновесие. Какое наибольшее число гирь могло оказаться на весах?

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие свойства есть у логарифмов? Что хочется применить в этой задаче, чтобы сравнивать не суммы логарифмов, а что-то другое?

Подсказка 2

Мы знаем, что сумма логарифмов равна логарифму произведения: ln(a) + ln(b) = ln(ab). То есть можно сравнивать не суммы логарифмов, а произведения их аргументов.

Подсказка 3

Теперь давайте каждое число разложим на множители, чтобы привести оценку и пример.

Подсказка 4

Большие простые числа (а именно те, которые больше 10) не могут быть в произведении.

Показать ответ и решение

Сумма логарифмов положительных чисел равна логарифму их произведения, поэтому будем уравнивать произведения двух непересекающихся наборов чисел из множества ${2,3,...,20}$ . Разложим натуральные числа от $2$ до $20$ на простые множители:

| | 3 | | | 2= 2 | 8 =22 | 14= 2⋅7 | | 3= 32 | 9 =3 | 15= 3⋅54 | | 4= 2 |10= 2⋅5 | 16= 2 | | 5= 5 | 11= 121 | 17= 172 | |6= 2⋅3 |12= 2 ⋅3 | 18= 2⋅3 2 | | 7= 7 | 13= 13 |19= 19,20= 2 ⋅5 |

Числа $11,13,17,19$ встречаются ровно по одному разу среди делителей, поэтому их следует исключить. Таким образом, на весах будет не более $15$ гирь.

Покажем, что можно уравновесить $15$ гирь. Приведем один из возможных примеров равенства произведений:

2⋅4⋅6⋅7⋅8⋅10⋅15⋅18 =

= 29⋅34⋅52⋅7= 3⋅5⋅9⋅12⋅14⋅16 ⋅20

Ответ: 15

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67679

Имеются абсолютно точные двухчашечные весы и набор из $50$ гирь, веса которых равны $arctg1,arctg 1,arctg 1,...,arctg-1. 2 3 50$ Докажите, что можно выбрать 10 из них и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установилось равновесие.

Источники: ММО-2023, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не совсем ясно, как удобнее подобраться к равновесию. Быть может, найти какие-то мини-группы среди гирек, которые уже удобно делить на равные по весу части? Группы на сколько гирек попробуем найти? Раз уж у нас арктангенсы то было бы неплохо как-то от них избавиться, иначе совсем неясно, как с ними работать... С помощью чего это сделаем?

Подсказка 2

Попробуем искать группы по 3, в которых одна гирька уравновешивает две остальные, а от арктангенса избавимся, взяв тангенс от обеих частей равенства, записанного на тройку из гирек arctg(1/n), arctg(1/m) , arctg(1/k) (первые две уравновешивают третью). Что получится после преобразований и как решать получившееся равенство на n, m и k?

Подсказка 3

С помощью преобразований придём к mn - k(n+m) = 1. Выходит, если мы найдем такие k, n, m в промежутке целых чисел от 1 до 50, то задача решена! Как будем это делать?

Подсказка 4

Попробуйте разложить на множители, а далее перебирать k и для него искать m и n (возможно, перебором)

Подсказка 5

Добавьте к обеим частям равенства k², а далее проделайте действия из подсказки 4

Показать доказательство

Сначала покажем, что в данном наборе есть тройки гирь, одна из которых уравновешивает две другие. Все веса не превосходят $π∕4,$ поэтому равенства

( 1 1 ) ( 1) 1 1 1 tg arctg n + arctgm = tg arctgk и arctgn + arctgm-= arctgk

равносильны. Воспользовавшись формулой

tg(x +y)= -tgx+-tg-y- 1− tgx⋅tg y

получаем, что

n+-m--= 1⇐⇒ nm − k(n +m )= 1⇐⇒ k2− k(n +m )+nm = k2+ 1 nm− 1 k

Тогда $(n− k)(m − k) =k2+ 1.$ Выбирая теперь различные натуральные $k$ и раскладывая $k2+1$ на множители, находим подходящие тройки, в которых каждое число не превосходит $50.$ Результат для $k≤ 5$ и $n < m$ представлен в следующей таблице:

$k$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$

$(n,m )$	$(2,3)$	$(3,7)$	$(4,13)$	$(5,21)$	$(6,31)$
			$(5,8)$		$(7,18)$

Теперь покажем, как разложить гири по чашам:

1-я чаша		2-я чаша

$1$	=	$2,3$
$5,21$	=	$4$
$6,31$	=	$7,18$

(в таблице указано значение $n$ для гири весом $arctg 1n).$ Таким образом нам удалось выбрать 10 гирь и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установились равновесие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67680

В выпуклом многограннике обозначим через В, Р и Т соответственно число вершин, рёбер и максимальное число треугольных граней, которые имеют общую вершину. Докажите, что

√ ----- В Р+ Т≥ 2Р

Например, для тетраэдра ( $В= 4,Р= 6,Т = 3)$ выполняется равенство, а для треугольной призмы ( $В =6,Р= 9,Т= 1)$ или куба ( $В= 8,Р= 12,Т = 0)$ имеет место строгое неравенство.

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем воспринимать этот многогранник как граф. Нам нужно получить какую-то оценку с количеством его рёбер, поэтому логично пытаться оценивать суммы степеней вершин. Давайте рассмотрим произвольную вершину. Какую оценку сверху можно написать на сумму степеней всех смежных с ней вершин?

Подсказка 2

Эта сумма m_1+...+m_k не больше Р+Т, потому что мы могли максимум Т рёбер посчитать дважды.

Подсказка 3

Но нам нужен корень из Р+Т, его можно получить с помощью неравенства о средних. Как его применить?

Подсказка 4

Применим неравенство между средним квадратическим и средним арифметическим для набора sqrt(m_1), ..., sqrt(m_k).

Подсказка 5

Итак, мы получили неравенство, которое удобно переписать в виде sqrt(m_1/k)+...+sqrt(m_k/k)<=sqrt(Р+Т). Теперь давайте рассмотрим все пары вершин. Пусть степени некоторых двух равны x и y. Тогда sqrt(x/y)+sqrt(y/x)>=2. Теперь осталось...

Подсказка 6

Сложить данные неравенства по всем парам вершин, использовать неравенство, которое мы получили выше, и мы получим требуемую оценку.

Показать доказательство

Степенью вершины многогранника называется количество исходящих из неё рёбер этого многогранника. Вершины называются смежными, если они соединены ребром. Пусть $A$ - произвольная вершина многогранника, $k$ - её степень, $mj$ - степени всех смежных с ней вершин ( $j = 1,2,...,k),$ занумерованных в произвольном порядке. Тогда $m1 +m2 +...+mk$ - это количество всех рёбер, исходящих из смежных с $A$ вершин, учтенных один или два раза, причём дважды учтены те и только те рёбра, которые лежат против вершины $A$ в некоторой треугольной грани многогранника. Значит, $m1 +m2 +...+mk ≤ P + T.$ Отсюда, используя известное неравенство между средним арифметическим и средним квадратическим, получаем

√m--+√m--+ ...+ √m-- √m--+-m-+-...+-m- √P +-T --1-----2k-------k-≤ ---1---2k-------k ≤ -√k---

Следовательно,

∘ --- ∘ --- ∘--- m1-+ m2-+ ...+ mk-≤ √P-+-T k k k

Обозначим сумму в левой части последнего неравенства за $S(A).$ Пусть $A i$ - все вершины многогранника, занумерованные в произвольном порядке, а $n i$ - их соответственные степени $(i= 1,2,...,B).$ Для любой пары смежных вершин $A i$ и $A j$ по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим выполнено неравенство

∘ ni- ∘ nj- nj + ni ≥ 2

Складывая эти неравенства по всем неупорядоченным парам ${Ai,Aj}$ смежных вершин многогранника, получаем

∑B S(Ai)≥ 2P i=1

По доказанному выше неравенству $S(A)≤ √P-+T-$ отсюда следует требуемая оценка.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72041

В коллекции Алика есть два типа предметов: значки и браслеты. Значков больше, чем браслетов. Алик заметил, что если он увеличит количество браслетов в некоторое (не обязательно целое) число раз, не изменив количества значков, то в его коллекции будет 100 предметов. А если, наоборот, он увеличит в это же число раз первоначальное количество значков, оставив прежним количество браслетов, то у него будет 101 предмет. Сколько значков и сколько браслетов могло быть в коллекции Алика?

Источники: ММО-2022, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При решении подобных задач в первую очередь стоит попробовать составить систему уравнений. Так, пусть значков было х, брелков - y, и мы увеличиваем в n раз. При этом структура уравнений в полученной системе очень схожа - одни и те же переменные, справа числа, только коэффициенты меняются местами. Как лучше всего такие системы преобразовывать?

Подсказка 2

Кажется, удобно будет сложить эти уравнения и вычесть первое из второго (чтобы справа осталось положительное число), а потом сгруппировать по скобкам. Теперь у нас в обоих уравнениях справа числа, а слева две скобки - при том n есть только в одной из них. Дальше в ответе оно не используется, может, стоит как-нибудь избавиться от n? Но раскрывать скобки и выносить как-то неудобно, может, есть ещё способы?

Подсказка 3

Да, можем выразить а-1 и а+1, поделив выражения на них, а затем сложить - полученное выражение равно двойке. Теперь в уравнении только x, y и натуральные числа. так как x y тоже натуральные, будет удобно привести уравнение их к виду "произведение скобок = число" - тогда мы получим конечное число вариантов значений скобок. Остаётся только подставить эти значения и проверить, возможны ли они

Показать ответ и решение

Пусть у Алика $x$ значков и $y$ браслетов, а увеличение происходит в $n$ раз. Тогда получаем систему

{ x +ny =100 nx +y =101

Складывая эти уравнения и вычитая первое из второго, приводим систему к виду

{ (n +1)(x +y)= 201 (n − 1)(x − y)= 1

Исключая $n,$ получаем

-201-− --1- =2 x+ y x− y

Это уравнение преобразуем к виду

(201− 2u)(2v +1)= 201 =3 ⋅67,

где $u = x+y,v = x− y$ — натуральные числа.

Случай $201− 2u= 201,2v+ 1= 1$ противоречит условию, что значков больше, чем браслетов. Если же $201 − 2u= 1,$ $2v+ 1= 201,$ то $x =100,y =0,$ что невозможно, поскольку по условию в коллекции присутствуют предметы обоих типов. Поэтому возможны два случая:

1.: $2v+ 1= 3,201− 2u= 67,$ тогда $x= 34,y =33,n= 2$
2.: $2v+ 1= 67,201− 2u = 3,$ тогда $x= 66,y =33,n= 3343$

Ответ:

34 значка и 33 браслета или 66 значков и 33 браслета

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92175

Существует ли такой выпуклый четырёхугольник, у которого длины всех сторон и диагоналей в некотором порядке образуют геометрическую прогрессию?

Источники: ММО - 2021, второй день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $a$ — некоторое положительное число. Треугольник со сторонами $1,a$ и $a2$ существует тогда и только тогда, когда выполняются три неравенства:

2 2 2 1< a+ a, a< 1+a , a < a+ 1.

Первое из этих неравенств выполнено при $a > 1 φ$ , второе — при всех положительных $a$ , третье — при $a< φ$ , где $φ= 1+√5 2$ — так называемое «золотое сечение», положительный корень квадратного уравнения $x2 − x− 1= 0$ . Следовательно, треугольник с такими сторонами существует при $a∈( 1;φ ) φ$ . При таких же $a$ существует треугольник со сторонами $1, 1 a$ и $1- a2$ . Пусть далее значение $a$ принадлежит отрезку $√-- (1 ) [1; φ]⊂ φ;φ$ .

В декартовой системе координат $Oxy$ отметим точки $O(0,0)$ , $B (1,0)$ , точку $A$ в полуплоскости $y > 0$ , для которой $2 OA = a$ и $AB = a$ , а также точку $C$ в полуплоскости $y < 0$ , для которой $1 OC = a2$ и $1 CB = a :$

$PIC$

По доказанному выше такие точки существуют для всех $a ∈[1;√ φ]$ . Кроме того, треугольники $OAB$ и $OBC$ подобны по трем пропорциональным сторонам. Значит, $∠AOB = ∠BOC$ и $∠OAB = ∠OBC$ . Поскольку $1≤ a≤ a2$ , угол $AOB$ , лежащий напротив стороны а треугольника $OAB$ , меньше $90∘$ . Отсюда получаем, что

∘ ∠AOC =2∠AOB <180

∠ABC =∠ABO +∠OBC =∠ABO +∠OAB <180∘

Следовательно, $OABC$ — выпуклый четырехугольник при всех указанных значениях $a$ .

Пусть точка $A$ имеет координаты $(x;y)$ , тогда $x2+y2 =$ $= a4$ и $(x− 1)2+ y2 = a2$ . Из этих уравнений получаем

4 2 x= a-−-a-+-1= f(a) 2

-------- y =∘ a4− f2(a)

Эти выражения непрерывно зависят от $a$ на отрезке $[1;√ φ]$ . Аналогично доказывается, что координаты точки $C$ также непрерывно зависят от $a$ на этом отрезке. Следовательно, длина диагонали $AC$ четырехугольника $OABC$ , равная $g(a)$ , также непрерывно зависит от $a$ на этом отрезке.

При $a= 1$ треугольники $OAB$ и $OBC$ являются равносторонними со стороной 1 , поэтому $g(1)= √3$ . При $a= √φ-$ получаем

√ -- √ -- -1- 1+-φ √--3 g( φ)=AC < AB + BC = φ+ √φ-= √φ-= ( φ) .

Значит, непрерывная на отрезке $√ -- [1; φ]$ функция $g(a)− a3$ принимает в концах этого отрезка значения разных знаков:

√- g(1)− 13 = 3− 1> 0

g(√φ)− (√φ)3 < 0

Поэтому найдется такое значение $√ -- a ∈(1; φ)$ , при котором $g(a)− a3 = 0$ и, следовательно,

OC = -12,CB = 1,OB =1,AB = a,OA = a2,AC = a3 a a

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#78814

В некотором государстве сложение и вычитание обозначаются знаками «!» и «?», но вам неизвестно, какой знак какой операции соответствует. Каждая операция применяется к двум числам, но про вычитание вам неизвестно, вычитается левое число из правого или правое из левого. К примеру, выражение $a?b$ обозначает одно из следующих: $a− b,b− a$ или $a+ b.$ Вам неизвестно, как записываются числа в этом государстве, но переменные $a,b$ и скобки есть и используются как обычно. Объясните, как с помощью них и знаков «!» и «?» записать выражение, которое гарантированно равно $20a− 18b.$

Показать доказательство

Во-первых, заметим, что выражение

(a?a)!(a?a)

всегда равно нулю. В дальнейшем мы можем использовать 0 , подразумевая, что вместо него должно быть записано именно это выражение.

Выражение

(x?0)?(0?y)

всегда равно $x+y.$ Аналогично, теперь мы можем использовать операцию + с двумя аргументами.

Наконец, выражение

0?((0!(x!0))?0)

всегда равно $− x.$ Теперь легко выписать искомое выражение:

((...(a+◟a)+-...◝◜+a)+-a◞)+(−((...)(b+◟b)+..◝.+◜-b)+b◞)) 19знаков«+» 17знаков «+»

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31504

В прошлом году Миша купил смартфон, который стоил целое четырёхзначное число рублей. Зайдя в магазин в этом году, он заметил, что цена смартфона выросла на $20%$ и при этом состоит из тех же цифр, но в обратном порядке. Какую сумму Миша потратил на смартфон?

Источники: ММО-2015, 11.2, автор - М.А.Евдокимов. (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть изначальная сумма была равна $a$ . Значит число $1.2a$ и $0.2a$ целое. Отсюда $a= 0.2a⋅5$ делится на 5. Если последняя цифра числа $a$ равна 0, то число $1.2a$ не более чем трехзначное?! Значит, последняя цифра $a$ равно 5. Тогда $6000> 1.2a≥ 5000$ и $5000> a> 4000$ и поэтому первая цифра $a$ равна 4.

Если $a= 4000+ 100a2+ 10a3 +5$ , то $1,2a =5000+100a3+ 10a2+ 4$ и $0,2a= 999+ 90a2− 90a3 = 999 +90(a2− a3)$ . Раз $a= 0.2a⋅5$ , то оно делится на 9. Сумма первой и последней цифры делится на 9. Значит, нам нужно перебрать все целые четырехзначные числа с первой цифрой 4, последней 5 и делящиеся на 9. Значит, они должны давать остаток 45 при делении на 90. Значит, нам нужно постепенно увеличивать на 90 число 4095.

$a =4095$ . Тогда $1.2a= 4914$ ?!
$a =4185$ . Тогда $1.2a= 5022$ ?!
$a =4275$ . Тогда $1.2a= 5130$ ?!

Заметим, что когда $a$ увеличивается на 90, то $1.2a$ увеличивается на 108. При этом мы хотим, чтобы у числа $1.2a$ последняя цифра была 4. Значит, нам на самом деле нужно число 4095 увеличивать на 450 (чтобы последняя цифра у $1.2a$ оставалась 4).

$a =4095$ . Тогда $1.2a= 4914$ ?!
$a =4545$ . Тогда $1.2a= 5454$ и этот вариант подходит.
$a =4995$ . Тогда $1.2a= 5994$ и этот вариант подходит.

Ответ:

$4545$ или $4995$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67155

В семье $4$ человека. Если Маше удвоят стипендию, общий доход всей семьи возрастет на $5%,$ если вместо этого маме удвоят зарплату — на $15%,$ если же зарплату удвоят папе — на $25%.$ На сколько процентов возрастет доход всей семьи, если дедушке удвоят пенсию?

Источники: ММО-2003, 8.1 и отборочный этап Всесибирской олимпиады - 2016, 8 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, откуда же взялись 5%, на которые увеличился доход семьи?) Что в его составе?

Подсказка 2

После того, как к общему доходу добавили 1 зарплату Маши, общий доход увеличился на 5%) Значит, заплата Маши это...?)

Подсказка 3

5% от общего дохода! Аналогично с мамой и папой, тогда несложно посчитать пенсию дедушки)

Показать ответ и решение

При удвоении стипендии Маши общий доход всей семьи увеличивается ровно на величину этой стипендии, значит, она составляет $5%$ от общего дохода. Аналогично, зарплаты мамы и папы составляют $15%$ и $25%.$ Значит, пенсия дедушки составляет $100 − 5− 15− 25 =55$ процентов. Если её удвоят, то доход семьи возрастёт на $55%.$

Ответ:

$55%$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#71648

Некоторые из чисел $a,a ,...,a 1 2 200$ написаны синим карандашом, а остальные — красным. Если стереть все красные числа, то останутся все натуральные числа от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания. Если же стереть все синие числа, то останутся все натуральные числа от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания. Докажите, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ содержатся все натуральные числа от $1$ до $100$ включительно.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно доказать, что среди первых 100 чисел есть все числа от 1 до 100. Очень много чисел… Может можно доказать в общем случае, что какое-то число n есть среди первых 100?

Подсказка 2

А что будет, если этого числа n нет среди первых 100?

Подсказка 3

Ага, n будет где-то среди последних 100! Но при этом есть синие числа от 1 до 100, и красные числа от 1 до 100, то есть оба n находятся среди последних 100 чисел. Теперь надо бы найти противоречие, а его можно искать в количестве чисел до наших n: не зря же мы все n поместили во вторую половину чисел!

Подсказка 4

Сколько синих чисел до синего n? А до красного?

Подсказка 5

Оцените количество чисел до первого n с двух сторон: с одной стороны оно не превышает количества синих + количества красных до n, а с другой стороны первое n стоит хотя бы на 101 месте, тогда их больше чем…

Подсказка 6

Увидели противоречие? Тогда любое n от 1 до 100 находится среди первых 100, а значит мы доказали утверждение!

Показать доказательство

Заметим, что каждое из чисел от $1$ до $100$ встречается ровно $2$ раза: один раз оно записано синим карандашом и один — красным. Предположим, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ нет какого-то числа $1≤ n≤ 100.$ Тогда синее $n$ и красное $n$ находятся среди $a101,a102,...,a200.$

$1)$ Сотрём все красные числа — остались синие от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания, и среди них есть синее $n.$ До него записаны числа от $1$ до $n − 1,$ то есть ровно $n− 1$ число.

$2)$ Сотрём все синие числа — остались красные от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания, и среди них есть красное $n.$ До него записаны числа от $100$ до $n+ 1,$ то есть ровно $100− n$ чисел.

Тогда до первого $n$ записано не более $n− 1+ (100− n)= 99$ чисел. Но так как первое n записано среди чисел $a101,a102,...,a200,$ то до $n$ записано как минимум $100$ чисел. Противоречие.

Значит, предположение было неверным, и среди чисел $a1,a2,...,a100$ есть все числа от $1$ до $100.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел