Тема Муниципальный этап ВсОШ

Муниципалка 10 - 11 класс

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела муниципальный этап всош

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#42925Максимум баллов за задание: 7

Про число $x$ известно, что оно является решением уравнения $x4− 2x3+ 1= 0$ . Какие значения может принимать величина $x3− x2 − x$ ? В ответ внесите возможные значения через пробел в порядке возрастания.

Источники: Муницип - 2018, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разложить исходный многочлен. Какой корень легко угадывается, чтобы потом поделить на него многочлен?

Подсказка 2

У нас получилось что произведение равно 0. Разберем каждый случай и получим ответ для x^3 - x^2 - x.

Показать ответ и решение

Заметим, что $x4− 2x3+ 1= (x − 1)(x3− x2− x− 1)$ , если $x= 1$ , то $x3− x2− x =− 1$ , иначе из второй скобки $x3− x2− x= 1$ .

Ответ: -1 1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#42926Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

∘ --2----2---- sin x+ lg x − 1= sinx +lgx− 1

Источники: Муницип - 2018, Республика Башкортостан, 11.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Увидели корень, какая самая первая идея вам приходит в голову? Не забудьте про ограничения.

Подсказка 2

Получилось произведение (sin(x)-1)(lg(x) - 1) равно 0. Аккуратно разберем каждый случай, учитывая ограничение.

Показать ответ и решение

При условии $sinx+ lgx ≥1(1)$ возведём равенство в квадрат, получим

2 2 2 2 sin x+ lg x − 1= sin x +lgx +1 +2sin xlgx − 2lgx− 2sinx

(sinx− 1)(lg x− 1)= 0

Если $lgx = 1$ , то $x= 10$ не подходит под условие (1), иначе $sinx= 1 ⇐⇒ x= π2 +πn,n∈ ℤ$ . И осталось учесть $lgx≥ 0$ (снова из (1)), что эквивалентно $x≥ 1 ⇐ ⇒ n ≥0$ .

Ответ:

$π + 2πn,n∈ ℤ,n≥ 0 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#42927Максимум баллов за задание: 7

Числа $x$ и $y$ удовлетворяют неравенству $x> y >-2- x−y$ . Докажите, что $x2 > y2+4$ .

Источники: Муницип - 2018, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что x²>y²+4. Хочется отправить y налево и разложить по разности квадратов: (x-y)(x+y)>4. Как мы можем оценить (x+y) и (x-y)?

Подсказка 2

Давайте как-нибудь получим выражение (x+y). Это можно сделать, например, сложив неравенства x > 2 / (x-y) и y > 2 / (x-y)

Подсказка 3

Хочется умножить обе части на (x-y) и радоваться, но мы кое-что упускаем. Если (x-y)<0, то знак неравенства повернется в другую сторону. Поймите, как из условия получить, что (x-y)>0? и наслаждайтесь победой!

Показать доказательство

Поскольку $x> y$ , то $x− y > 0$ . Домножим неравенства на $x− y$ , получим

2 2 2 2 x − xy > xy− y > 2 =⇒ x − xy > 2,xy− y > 2

Сложим полученные неравенства и получим $x2− y2 > 4$ , что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#70273Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ на сторонах $AB$ и $CD$ расположены точки $P$ и $Q$ соответственно. Известно, что $AQ ∥CP,BQ ∥DP$ , $AB ⊥ BC$ и $CD ⊥ DP.$ Докажите, что $AB ⊥AD.$

Источники: Муницип - 2018, Краснодарский край, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Множество параллельных прямых намекает нам, во-первых, на множество пар равных углов, но они нам в доказательстве мало чем могут помочь, а, во-вторых, на теорему о пропорциональных отрезках. Но если мы просто построим четырехугольник и проведем все прямые, то по такому рисунку мы не сможем применить никак теорему о пропорциональных отрезках. Подумайте, какое дополнительное построение нам необходимо для этого провести.

Подсказка 2

Давайте продлим прямые BA и CD до пересечения в точке T. Теперь мы можем записать две пропорции: AT/AP=(TD+DQ)/QC и TD/DQ=(TA+AP)/PB. Подумайте, как можно переписать то, что AB ⊥ AD, если мы знаем, что AB ⊥ BC и как нам могут помочь в дальнейшем доказательстве ранее полученные пропорции?

Подсказка 3

Для доказательства того, что AB ⊥ AD, на будет достаточно доказать, что AD параллельно ВC. Если мы перемножим пропорции крест накрест и вычтем одно выражение из второго, то получим равенство AT*DQ + AT*QC = AP*TD + BP*TD. Подумайте, почему это доказывает параллельность AD и BC.

Показать доказательство

Поскольку $AB ⊥BC$ , то достаточно доказать $AD ∥BC$ . Пусть $BA∩ CD = T$ . Введём обозначения $AT = a,AP = b,P B = c,TD =x,DQ = y,QC = z$ .

$PIC$

Из $AQ ∥PC$ следует

AT-= T-Q ⇐ ⇒ a = x+-y ⇐⇒ az = bx+by AP QC b z

Аналогично из $PD ∥QB$

TD- -TP x a+-b DQ =P B ⇐ ⇒ y = c ⇐⇒ cx= ay+by

Нам же требуется показать

AT TD a x AD ∥BC ⇐⇒ AB-= CD- ⇐⇒ b+-c = y-+z ⇐ ⇒ ay+ az = bx+cx

Остаётся заметить, что это равенство является разностью двух равенств выше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#75441Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие попарно различные числа $a,b$ и $c$ , что число $a$ является корнем квадратного трёхчлена $x2− 2bx+ c2$ , число $b$ является корнем квадратного трёхчлена $2 2 x − 2cx+ a$ , а число $c$ является корнем квадратного трёхчлена $2 2 x − 2ax +b$ ?

Источники: Муницип - 2018, Москва, 10.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну раз нам сказали, что a, b, c - корни, то мы знаем, что при постановки их в соответствующие квадратные трёхчлены мы получим нули, а это может быть очень полезно.

Подсказка 2

Теперь наша задачка превратилась в задачу про a, b, c, а именно: может ли система из полученных уравнений иметь решение, где a, b, c были бы попарно различны. А мы знаем, что в системах полезно складывать и вычитать уравнения, чтобы получать некоторые следствия, можем ли мы что-то тут придумать?

Подсказка 3

Попробуйте сложить все 3 уравнения и преобразовать полученное выражение в более хороший вид, откуда сразу будет видно противоречие.

Показать ответ и решение

Предположим, что существуют, тогда справедливы равенства $a2− 2ba+ c2 = 0$ , $b2− 2cb+ a2 = 0$ , $c2 − 2ac+ b2 =0$ . Сложим эти равенства и получим

2 2 2 2 2 2 2a +2b +2c − 2ab− 2ac− 2bc= (a − c) +(a− b) + (b− c) =0

Теперь видно, что равенство возможно лишь при $a= b= c$ , а это противоречит условию.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#76743Максимум баллов за задание: 7

В стопку сложены $300$ карточек: $100$ белых, $100$ чёрных, $100$ красных. Для каждой белой карточки подсчитано количество чёрных, лежащих ниже неё, для каждой чёрной — количество красных, лежащих ниже неё, а для каждой красной — количество белых, лежащих ниже неё. Найдите наибольшее возможное значение суммы трёхсот получившихся чисел.

Источники: Муницип - 2018, 10-11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посчитать для меньшего количества одинаковых карточек. Что если красных карт 1, 2?...

Подсказка 2

Докажите по индукции, что для колоды, где количество карточек одинакового цвета равно n, ответ не больше, чем 2n^2

Подсказка 3

Рассмотрите, как меняется указанная сумма при добавления по одной карточке каждого цвета. За счёт чего карточка может увеличить сумму?

Показать ответ и решение

Пусть количество карточек каждого из трёх цветов равно $n$ . Докажем по индукции, что для указанной суммы $S$ выполняется неравенство $2 S ≤2n$ .

База индукции: при $n= 1$ перебором убеждаемся, что $S ≤ 2$ .

Переход: Пусть неравенство верно для $n$ карточек каждого цвета. Докажем, что оно верно, если количество карточек каждого цвета равно $n+ 1$ . Рассмотрим, как может увеличиться сумма $S$ , если добавить по одной карточке каждого цвета.. Без ограничения общности можно считать, что белая карточка добавлена на самый верх стопки, а добавленные чёрная и красная карточки - самые верхние среди карточек своего цвета. Пусть выше первой сверху красной карточки расположено $b$ ранее лежащих чёрных, а выше первой сверху чёрной — $w$ ранее лежащих белых. Тогда белая карточка добавляет в сумму $n+1$ (учитывая все чёрные, лежащие под ней), чёрная карточка добавляет $n +1$ (учитывая все красные, лежащие под ней) и w, за счёт того, что она лежит под w старыми белыми карточками, а красная карточка добавляет не более, чем $n− w$ за счёт белых, лежащих под ней, и $b$ за счёт того, что она лежит под $b$ старыми чёрными карточками. Итого, $S ≤ 2n2+n +1+ n+ 1+ w+ n− w +b= 2n2+ 3n +b+ 2$ . Учитывая, что $b≤n$ , получим: $S ≤2n2+ 4n+ 2= 2(n+ 1)2$ .

Таким образом, утверждение доказано для всех натуральных $n$ . При $n =100$ получим, что $S ≤ 2⋅1002 =20000.$ Это значение достигается, например, при таком расположении: сверху 100 белых карточек, под ними - 100 чёрных, а внизу - 100 красных.

Ответ: 20000

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#88460Максимум баллов за задание: 7

Есть две коробки, в одной $2017$ конфет, а в другой $2018.$ Играют двое, ходят по очереди. За один ход каждый может съесть любое количество конфет, отличное от нуля, из любой коробки. Правила игры не допускают, чтобы после какого-то хода число конфет в одной из коробок делилось на число конфет в другой. Проигрывает тот, кто не может сделать ход, не нарушив этого условия. Кто сможет выиграть: начинающий игру или второй игрок, как бы ни играл его соперник?

Источники: Муницип - 2018, 11 класс

Показать ответ и решение

Для того, чтобы выиграть, первый игрок после каждого своего хода должен создавать ситуацию, когда в одной из коробок $2n$ конфет, а в другой $2n+ 1$ ( $n$ — натуральное число). В такой ситуации он заведомо не проигрывает.

Сначала он съедает две конфеты из второй коробки и получает нужную ситуацию. В дальнейшем, в ответ на любой ход второго игрока первый будет восстанавливать такое распределение конфет. Покажем, что он сможет это делать. Возможны $4$ случая:

$1)$ Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их $2n.$ Тогда в ней останется $2m$ конфет ( $m > 0,$ иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается $2m + 1.$

$2)$ Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их $2n.$ Тогда в ней останется $2m +1$ конфет ( $m > 0,$ иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты больше и в ней остается $2m.$

$3)$ Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их $2n+ 1.$ Тогда в ней останется $2m$ конфет, где $0 <m < n$ (иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты меньше и в ней остается $2m +1.$

$4)$ Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их $2n +1.$ Тогда в ней останется $2m +1$ конфет ( $m > 0,$ иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается $2m.$

Действуя таким образом, первый (если второй до этого ни разу не ошибётся) сведет игру к тому, что в одной коробке останется две конфеты, а в другой три, и после этого второй проигрывает, какой бы ход он ни сделал.

Ответ:

Первый игрок

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#91397Максимум баллов за задание: 7

Рыбаки поймали несколько карасей и щук. Каждый поймал столько карасей, сколько щук поймали все остальные. Сколько было рыбаков, если всего карасей поймано в 10 раз больше, чем щук?

Источники: Муницип - 2018, Свердловская область, 11.2

Показать ответ и решение

Способ 1. Каждый рыбак поймал карасей и щук вместе столько же, сколько всего щук поймано. Суммируя уловы всех рыбаков, получим, что общий улов всех рыбаков (в количестве рыб) равен общему количеству пойманных щук, умноженному на количество рыбаков. С другой стороны, карасей в 10 раз больше, чем щук, поэтому общей улов по числу рыб в 11 раз больше числа щук. Значит, всего рыбаков $11.$

Способ 2. Пусть всего рыбаков $n$ , и $i$ -й рыбак поймал $ai$ щук и $bi$ карасей $--- (i= 1,n)$ . Тогда $(∑n ) bk = i=1ai− ak$ для всех $k$ . Просуммируем по $k$ все эти равенства, получим

n∑ ∑n ∑n ∑n ∑n ∑n bi = n⋅ ai− ai = (n− 1)⋅ ai.Н о bi =10⋅ ai, откуда n− 1= 10 и i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1

Ответ: 11

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#91398Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AM$ . Окружность, описанная около треугольника $ABM$ , повторно пересекает $AC$ в точке $K$ , а окружность, описанная около треугольника $AMC$ , пересекает $AB$ в точке $L$ . Докажите, что $BL = KC$ .

Источники: Муницип - 2017, Саратовская область, 11.4(см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Так как $AM$ биссектриса, то хорды, стягивающие дуги, на которые опираются равные углы, равны между собой. Поэтому $BM = KM$ и $LM =$ $CM$ .

Так как сумма противоположных углов во вписанном четырёхугольнике равна $180∘$ , то $∠BML = ∠LAK$ , а так же $∠CMK = ∠LAK$ . Получаем, что $∠BML = ∠CMK$ . Тогда по двум сторонам и углу между ними равны треугольники $BML$ и $KMC$ , значит, $BL = KC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#91400Максимум баллов за задание: 7

В футбольном чемпионате Анчурии принимают участие 18 команд. Каждое воскресенье проходит очередной тур: все команды разбиваются на пары и в каждой паре проходит футбольный матч. Уже прошло 8 туров, при этом никакие две команды не играли между собой более одного раза. Верно ли, что тогда обязательно можно найти три команды, среди которых никакие две между собой не играли?

Источники: Муницип - 2018, Ярославская область, 11.5

Показать ответ и решение

Рассмотрим одну из команд, обозначив ее через $A.$ Так как за 8 туров она сыграла с восемью командами, то с девятью она не сыграла. Если среди этих девяти есть две команды $B$ и $C$ , не сыгравшие между собой, то $A,B$ и $C$ образуют искомую тройку команд.

В противном случае эти 9 команд сыграли между собой полный круговой турнир. Для этого потребовалось $9⋅8 2 = 36$ матчей. Однако, в каждом туре они могли играть между собой не более четырех матчей, поэтому за 8 туров таких матчей могло быть сыграно не более $32.$ Полученное противоречие показывает, что искомая тройка команд обязательно найдется.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#43949Максимум баллов за задание: 7

Вася вписал в клетки таблицы $4×18$ ( $4$ строки, $18$ столбцов) натуральные числа от $1$ до $72$ в некотором одному ему известном порядке. Сначала он нашел произведение чисел, стоящих в каждом столбце, а затем у каждого из восемнадцати полученных произведений вычислил сумму цифр. Могли ли все получившиеся суммы оказаться одинаковыми?

Источники: Муницип - 2017, Москва, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим условие, что все суммы должны быть равны. Не кажется ли это нам странным? Уж слишком сильное условие, чтобы суммы цифр у всех чисел были равны. Значит, интуитивно, мы хотим доказывать обратное. При этом у нас в задаче фигурирует сумма цифр числа. На чем тогда можно выстроить противоречие?

Подсказка 2

Да, нам хотелось бы как-то привязать к этому кратность 9, так как точно найдется сумма, кратная 9 (ведь найдётся произведение, кратное 9). А значит, наша S кратна 9. Теперь надо подумать, на чём конкретно нам следует строить противоречие. Вот чтобы произведение числа делилось на 9, нам нужно либо два числа кратных 3, либо два числа кратных 9. Хмм, а много ли их среди первых 72 натуральных чисел?

Подсказка 3

Верно, их не так уж и много. Чисел, кратных девятке, - 8 штук, а кратных тройке , но не кратных девятке чисел - 16 штук. Осталось понять, почему мы уже решили задачу (то есть почему такого кол-ва не хватает).

Подсказка 4

Ага, ведь всего таким образом мы сможем заполнить не более 16 столбцов, а надо заполнить 18. Противоречие!

Показать ответ и решение

Предположим, что каждая из указанных сумм цифр равна $S.$ Так как некоторые из произведений содержат множители кратные девяти, то такие произведения делятся на $9,$ значит, их сумма цифр также делится на $9.$ Следовательно, число $S$ должно быть кратно девяти. Таким образом, произведение чисел в каждом столбце должно быть кратно девяти. Оно может быть кратно девяти только в двух случаях:

$1)$ если содержит хотя бы один множитель, кратный девяти;

$2)$ если содержит не менее двух множителей, кратных трем, но не кратных девяти.

Среди чисел от $1$ до $72$ восемь чисел делятся на $9$ и $16$ чисел делятся на $3,$ но не делятся на $9.$ Следовательно, произведений, кратных девяти, может оказаться не больше, чем $8+ 8= 16,$ то есть на $9$ могут делится не больше, чем $16$ сумм их цифр. Так как в таблице — $18$ столбцов, то получено противоречие.

Варианты правильных ответов:

нет
Нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#43950Максимум баллов за задание: 7

Дана клетчатая таблица $101×101$ , клетки которой покрашены в белый цвет. Разрешается выбрать несколько строк и перекрасить все клетки этих строк в чёрный цвет. Затем выбрать ровно столько же столбцов и перекрасить все клетки этих столбцов в противоположный цвет (то есть белые — в чёрный, и чёрные — в белый). Какое наибольшее число чёрных клеток может содержать таблица после этой операции?

Источники: Муницип - 2017, Пермский край, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Следует сделать явное описание процесса(и ситуации в конце) по кол-ву черных клеток. Если, скажем, изначально было выбрано k строк для перекрашивания в черный цвет.

Подсказка 2

В силу того, что в каждой строке было k 101 черная клетка после изменения, а потом из них стало (в каждой строке) на k черных клеток меньше, то получилось k(101-k) черных клеток. При этом, мы также добавим k(101 - k) черных клеток перекрашивая в противоположный цвет нетронутые после первого действия строки. Значит, в итого, у нас получится 2k(101 - k) черных клеток. Как теперь это максимизировать?

Подсказка 3

Ну конечно, понятно как, это же парабола ветвями вниз. Тогда, выходит, что максимум свой она принимает в двух точках : 50 и 51. Осталось(для пущей строгости и более качественного понимания сюжета) убедиться, что такая оценка точно достижима, но кажется, мы делали здесь равносильные преобразования.

Показать ответ и решение

Пусть перекрашивается сначала $k$ строк, затем $k$ столбцов. После первого этапа перекрашивания каждый столбец будет содержать $k$ чёрных и $101− k$ белых клеток. Так как $101− k$ столбцов будут нетронуты, то суммарно в таких столбцах будет $k(101−$ $k)$ чёрных клеток. В каждом из перекрашенных столбцов $101− k$ чёрных клеток, значит суммарно в таких столбцах $(101− k)k$ чёрных клеток. Итак, всего чёрных клеток $f(k)=$ $2k(101 − k).$ Понятно, что графиком функции $f(x)=2x(101− x)$ является парабола, ветви которой смотрят вниз. Значит наибольшее значение функции $f(x)= 2x(101− x)$ достигается в точке $101 a= 2$ , и функция сначала возрастает до этой точки, а потом убывает. Но значит при любых целых $k$ выполнено $f(k)≤f(50)$ при $0≤ k≤ 50$ и $f(k)≤ f(51)$ при $51≤ k≤ 101$ . Остаётся заметить, что $f(50)= f(51)= 5100$ .

Замечание. Анализ поведения функции $f(x)$ может быть проведён с использованием производной. Из того факта, что наибольшее значение функции $f(x)$ достигается в точке $101 a= 2--$ , не следует вывод о том, что функция $f(k)$ (по целым $k$ ) должна достигать наибольшего значения в одной из ближайших к $a$ целых точек. Хотя это верно для нашей функции, в общем случае существует контрпример. Для верного вывода нужна ссылка на монотонность.

Ответ: 5100

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#73123Максимум баллов за задание: 7

На доске были записаны числа $3,9$ и $15.$ Разрешалось сложить два записанных числа, вычесть из этой суммы третье, а результат записать на доску вместо того числа, которое вычиталось. После многократного выполнения такой операции на доске оказались три числа, наименьшее из которых было $2013.$ Каковы были два остальных числа?

Источники: Муницип - 2017, Москва, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Происходит какой-то процесс, а в конце числа какие-то большие...хочется найти инвариант! Для этого можно проделать немного шагов.

Подсказка 2

Становится ясно, что после любого шага на доске написаны числа x-6, x, x+6. Осталось лишь это доказать)

Показать ответ и решение

Заметим, что $9− 3 =6$ и $15− 9= 6.$ Покажем по индукции, что в любой момент одно из чисел на доске будет на $6$ меньше второго и на $6$ больше третьего.

В начальный моммент это верно. Пусть это свойство выполнено на каком-то шаге, когда на доске записаны числа $x − 6,x$ и $x+ 6.$ Если сложить два крайних числа и вычесть среднее, то тройка чисел не изменится. Если сложить первых два числа и вычесть третье, то получится тройка $x− 6,x$ и $x − 12,$ а если сложить два последних числа и вычесть первое, то получится тройка $x +12,x$ и $x+6.$ Во всех случаях указанное свойство сохраняется, поэтому оно будет выполняться после каждого шага. Значит, искомые числа: $2013+ 6= 2019$ и $2019+ 6= 2025.$

Ответ:

$2019$ и $2025$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#40729Максимум баллов за задание: 7

В контейнер упакованы комплектующие изделия трех типов. Стоимость и вес одного изделия составляют $400$ тыс. руб. и $12$ кг для первого типа, $500$ тыс. руб. и $16$ кг для второго типа, $600$ тыс. руб. и $15$ кг для третьего типа. Общий вес комплектующих равен $326$ кг. Определить минимальную и максимальную возможную суммарную стоимость находящихся в контейнере изделий.

Источники: Муницип - 2016, 11 класс

Показать ответ и решение

Первый тип стоит $100 3$ тыс. руб. за кг, второй тип стоит $125- 4$ тыс. руб. за кг, третий тип стоит $40$ тыс. руб. за кг. Значит, если мы хотим максимизировать сумму, то последних должно быть как можно больше. Пусть при этом $a$ деталей первого типа, $b$ — второго типа и $c$ — третьего. Тогда имеем $12a +16b+ 15c= 326$ . Отсюда $b≡3 12a +16b+15c= 326≡3 2$ . Значит, $b≥ 2.$

Если $b= 2,$ то $12a+ 15c=294.$ Отсюда $2a≡5 4$ , и значит, $a≥ 2$ . Так как изделия третьего типа самые выгодные, то их должно быть как можно больше. Тогда сумма получится $2 ⋅400+ 2⋅500 +18⋅600= 12600$

Если $b≥5$ , то есть хотя бы $5$ изделия второго типа, а стоимость каждого оставшегося килограмма не больше $40$ , поэтому общая сумма не больше, чем $5⋅500+(325− 5 ⋅16)⋅40= 12300$ . Значит, максимальная сумма равна $12600.$

Теперь найдем минимальную сумму. В ней должно быть как можно больше изделий второго типа.

$3c≡4 2$ , поэтому $c≡4 2$ .

Если $c= 2$ , то $12a+ 16b=296$ . Отсюда $3a+ 4b=74$ и $3a≡4 2$ . Значит, $a≥ 2$ . Так как изделия второго типа самые невыгодные, значит их должно быть как можно больше. Отсюда минимальная сумма при $c =2$ равна $2⋅400+ 17⋅500 +2⋅600= 10500$ .

Если $c≥ 6$ , то каждый оставшийся килограмм стоит хотя бы $1245-$ , а минимальная сумма в этом случае равна $6⋅600+ 1254 (326 − 6⋅15)= 10975$ .

Ответ:

$10500$ тыс. руб. и $12600$ тыс. руб.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#42196Максимум баллов за задание: 7

125 студентов пришли в большую аудиторию. Каждый из студентов знаком ровно с десятью другими. Некоторые из студентов покинули аудиторию во время перерыва. Затем выяснилось, что все оставшиеся студенты знакомы с одинаковым числом людей, оставшихся в аудитории. Докажите, что среди студентов, которые ушли, были знакомые друг с другом.

Источники: Муницип - 2016, Курская область, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Люди и знакомства, да это же графы. А в графах полезно считать кол-во рёбер. Так давайте посчитаем кол-во рёбер до выхода студентов и после. Причём, чтобы получить сильное условие на то, что среди студентов, которые ушли, не было знакомых друг с другом предположим, что факт не верен.

Подсказка 2

Для подсчёта введём обозначения, пусть m - кол-во ушедших студентов, а d - степень каждой из оставшихся вершин. Нам очень повезло, что ушедшие студенты не знакомы друг с другом, ведь тогда каждый забрал с собой по 10 рёбер (если бы они были знакомы, то мы могли случайно выкинуть какое-то ребро дважды).

Подсказка 3

До ухода студентов: 10*125/2 = 625, после: (125-m)*d/2, причём выше мы доказали, что после стало на 10m рёбер меньше. Ура! Мы получили уравнение в целых числах, а раз мы предполагаем, что мы придём к противоречию по итогу, то хотелось бы, чтобы оно не имело целых решений, а ещё мы помним, что часто решений нет из-за проблем с делимостью, может быть тут тоже так?

Подсказка 4

Не забудем, что у нас есть ограничение на d: 0 <= d <= 10, на какую максимальную степень 5 тогда может делиться 20-d?

Подсказка 5

Верно, на первую, тогда остаётся рассмотреть 2 случая: d = 0, d = 5 и в обоих прийти к противоречию.

Показать доказательство

Первоначально имеем граф с 125 вершинами, причем степень каждой вершины равна 10. Поэтому число всех ребер графа равно $10⋅125 2 = 625.$ Предположим, что утверждение задачи неверно, то удалось найти $m$ вершин (студентов), никакие две из которых не соединены ребром (студенты не знакомы), и при удалении которых вместе с ребрами, из них выходящими (студенты ушли), остается подграф с $125− m$ вершинами, каждая из которых имеет одну и ту же степень $d$ . В этом новом графе число ребер равно $(125−m-)d- 2$ , и оно на $10m$ меньше числа ребер исходного графа (т.к. с каждой удаленной вершиной «исчезают» 10 ребер, выходящих из этой вершины, и все «исчезающие» ребра различны). Таким образом,

(125− m)d 625 − 10m =---2----⇐ ⇒ 125(10− d)= m(20− d)

где $0 ≤d ≤10$ (степень вершин изначально была равна $10$ ). Легко видеть, что $20− d$ делится самое большее на первую степень числа 5, поэтому $m$ делится на 25. Пусть $m =25μ.$ Тогда $5(10− d)=μ(20− d) =⇒ μ< 5$ . Значит, число $20− d$ делится на 5, т.е. либо $d= 0$ , либо $d= 5$ , т.е. либо $50= 20μ$ , либо $25= μ⋅15$ , что невозможно при целых значениях $μ$ . Отсюда вытекает, что наше предположение неверно, значит, утверждение задачи справедливо.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#42258Максимум баллов за задание: 7

Уравнение $(x +a)(x +b)= 9$ имеет корень $a +b$ . Докажите, что $ab ≤1.$

Источники: Муницип - 2016, Москва, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну если у нас есть корень равный a + b, то почему бы его не подставить в наше уравнение? После подстановки подумайте, как оценить ab.

Подсказка 2

Верно, у нас получилось уравнение 9 = 2a^2 + 2b^2 + 5ab. Отсюда, понятно , как строить оценку. Мы ведь знаем, что a^2 + b^2 >= 2ab. Значит, получим, что 9 >= 9ab.

Показать доказательство

Подставив данный корень $x =a +b$ в уравнение, получаем равенство $(a+b+ a)(a+ b+ b) =(2a+b)(2b+ a)= 9$ . Тогда $(2 2) 9 =5ab+ 2a + b ≥5ab+ 2⋅2ab= 9ab$ , откуда $ab≤ 1$ . Мы использовали неравенство $2 2 a + b ≥2ab$ , которое эквивалентно $2 (a− b) ≥ 0.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#42262Максимум баллов за задание: 7

Имеет ли отрицательные корни уравнение $x4− 4x3− 6x2− 3x+ 9= 0$ ?

Источники: Муницип - 2016, Москва, 11.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Коль скоро мы хотим доказать, что наше уравнение не имеет отрицательных корней (а мы хотим доказать именно это, потому что если они есть, как их предъявлять? Теорема о промежуточном значении не помогает). Как мы это можем доказывать? Либо мы хотим исследовать график функции и возиться с производными… А может быть лучше как-то преобразовать выражение, чтобы слева было что-то отрицательное, а справа что-то положительное или равное 0? Ведь если корней нет, то мы всегда можем так сделать(как минимум для многочлена!)

Подсказка 2

Один из способов - это (x^2 - 3)^2 = 4x^3 + 3x = x(4x^2 + 3). Что можно сказать про каждую из сторон равенства? Верно, левая часть больше или равна нуля, а вот правая наоборот строго меньше 0, потому как x<0, при этом, (4x^2 + 3) строго больше 0.

Подсказка 3

Значит, такое уравнение не имеет решений при х<0. Победа!

Показать ответ и решение

Преобразуем данное уравнение: $x4− 4x3− 6x2− 3x+ 9= 0⇔ (x2− 3)2− 4x3− 3x= 0$ , $(x2− 3)2 =4x3+ 3x⇔ (x2− 3)2 = x(4x2+3)$ . Если $x <0$ , то $(2 )2 x − 3 ≥ 0$ , а $( 2 ) x 4x +3 < 0$ , значит, полученное равенство при любом отрицательном значении х будет неверным. Следовательно, отрицательных корней нет.

Варианты правильных ответов:

нет
Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#42264Максимум баллов за задание: 7

Сравните между собой наименьшие положительные корни многочленов

2016 2016 x +2016x − 1 и x − 2016x +1.

Источники: Муницип - 2016, Калининград, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте оценить наименьший положительный корень у первого многочлена. Например, стоит вспомнить, что если в одной точке у многочлена значение положительное, а в другой - отрицательное, то между этими точками есть корень)

Подсказка 2

Вот у первого многочлена в точке 0 - значение отрицательное, а в точке 1/2016 - положительное! То есть, его наименьший положительный корень точно меньше 2016. А может ли быть такой корень у второго многочлена?

Подсказка 3

Поймите, что второй многочлена всегда положителен на отрезке [0; 1/2016]. Например, с помощью производной или с помощью знания того, что x²⁰¹⁶ положительный, а 2016x-1 - отрицательный на этом отрезке)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $x1 >0$ — корень уравнения $2016 x + 2016x− 1= 0$ , а $x2 > 0$ — корень уравнения $2016 x − 2016x+ 1=0$ . Тогда

x2016+ 2016x − 1= 0 12016 1 x2 − 2016x2+ 1= 0

Складывая эти равенства почленно, получаем:

2016 2016 x1 + x2 + 2016(x1− x2)= 0

Значит

x20116+x22016 x1 − x2 = −--2016----< 0

Таким образом, $x1 < x2.$

Второе решение.

Функция $x2016$ принимает только положительные, а функция $2016x − 1−$ только отрицательные значения на интервале $(0,1∕2016).$ Значит, уравнение $x2016 = 2016x− 1$ и многочлен $x2016− 2016x+ 1$ не имеют корней на этом интервале. Многочлен $x2016+ 2016x − 1$ принимает в концах отрезка $[0,1∕2016]$ значения разных знаков и, следовательно, имеет корень на интервале $(0,1∕2016)$ .

Ответ: у первого меньше

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#73721Максимум баллов за задание: 7

Решите неравенство

-x--- x2-+1- --x-- sin x2 +1 + x cosx2+ 1 > 0

Источники: Муницип - 2016, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, давайте поработаем с выражением (x²+1)/x. Оно равно x + 1/x. Какие значения оно может принимать при положительных x? А при отрицательных?

Подсказка 2

Мы разобрались с этим выражением. Давайте теперь заменим его на t. Что тогда можно сказать про значение левой части, если t > 0 или t < 0?

Показать ответ и решение

Пусть $t= x2+1. x$ Заметим, что если $x> 0,$ то $t= x2+1-= x+ 1≥ 2 x x$ по неравенству о средних. Видно, что знак $t$ и знак $x$ совпадают, поэтому при отрицательных $x$ справедливо неравенство $t≤−2.$

Итак, неравенство имеет вид $1 1 sint +tcost > 0.$ При отрицательных $t$ выражение $1 t$ меньше $0$ и не меньше — $1 2.$ Значит, $1 sint <0.$ В силу чётности косинуса $1 cost$ будет положительным. Значит, слагаемое $1 tcost$ отрицательно. Таким образом, вся лева часть неравенства отрицательная, то есть $x <0$ не подходит.

Если $x> 0,$ то синус будет положительным, равно как и выражение $1 tcost,$ поэтому $x >0$ подходит.

Ясно, что $x ⁄=0$ в силу ОДЗ.

Ответ:

$x ∈(0;+ ∞)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#41755Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие целые числа $p$ и $q$ , что при любых целых значениях $x$ выражение $x2+ px +q$ кратно $3?$

Источники: Муницип - 2015, Москва, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам не так важен сам х, как его остаток при делении на 3. Потому что если два разных икса имеют одинаковый остаток при делении на 3 и многочлен от первого икса делится на 3, то и многочлен от второго также будет делится на 3. Значит, можно посмотреть на многочлен только от остатков по модулю 3. Сделайте это и попробуйте предположить то, о чем говорится в условии.

Подсказка 2

Если рассмотреть наш многочлен по модулю 3, то выходит три условия: p + q + 1 , - p + q + 1, q кратны трем. Но тогда сумма первых двух тоже кратна 3, хотя с другой стороны ее остаток по модулю 3 равен 2, так как q кратно 3.

Показать ответ и решение

Предположим, что такие $p$ и $q$ существуют. Тогда:

1) если $x =0$ , то $2 x + px+ q = q$ кратно $3;$

2) если $x =1$ , то $2 x + px+ q = 1+ p+q$ кратно 3 ;

3) при $x= −1$ , то $2 x + px+ q =1 − p+ q$ кратно 3 .

Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ.

Из 1), 2) и 3) следует, что $q+(1+ p+ q)+ (1− p +q)= 3q +2$ кратно 3, что невозможно ни при каких целых значениях $q.$

Второй способ.

Из 2) и 3) следует, что $(1+p +q)+ (1− p+ q)=2q+ 2$ кратно 3, что невозможно, так как $q$ кратно $3.$

Замечание.

Можно также рассматривать не конкретные значения $x$ , а возможные остатки от деления $x$ на 3, проведя, например, такое рассуждение: если $x$ делится на 3, то значение трехчлена кратно трем только в том случае, когда q делится на 3. Если же х не делится на 3, то, учитывая, что должно делиться на 3, на 3 должно делиться и $(x+ p).$ Но число $p−$ фиксировано, а число х может при делении на 3 давать различные остатки (1 или 2), поэтому найдется значение х, для которого $(x+ p)$ на 3 не делится.

Отметим также, что из второго способа решения видно, что в условии задачи можно заменить 3 на любое натуральное число, большее трех.

Ответ: нет