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 1#100107

Окружность, описанная около треугольника $ABC,$ пересекает биссектрису внешнего угла треугольника при вершине $A$ в точке $N,$ лежащей на дуге $AB$ ( $N$ отлична от $A$ ). Докажите, что $NB =NC.$

Источники: Муницип - 2023, Удмуртия, 10.3 (см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Пусть $∠BAC =α,∠BAN =β$ .

$PIC$

Сумма смежных углов равна $π$ , поэтому $α +2β = π,$ а $∠BNC = ∠BAC = α,∠BCN = ∠BAN$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

∠CBN = π − ∠CAN =π − (α+ β)= π− (π − β)= β

Таким образом, $∠CBN = ∠BAN$ . Значит, треугольник $BCN$ равнобедренный, и $NB =NC$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#100109

В прямоугольном треугольнике $ABC,$ где $∠ABC = 90∘,$ на сторонах $BC$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $CD = DE.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $ABE$ лежит на биссектрисе угла $∠BDE.$

Источники: Муницип - 2023, Мос. область, 10.5 (см. tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABE$ и $∠BAC = α:$

$PIC$

Тогда

∠ACB = ∠CED = 90∘ − α

∠BDE =180∘− 2α = 180∘− ∠BOE

Значит, четырёхугольник BOED вписанный. Так что углы $BDO$ и $EDO$ равны, как вписанные, опирающиеся на равные хорды $OB = OE$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#100112

Точки $B$ и $C$ зафиксированы на окружности с центром в точке $O$ , а точка $A$ движется по дуге $BC.$ Зафиксируем на хорде $BC$ точку $K.$ Прямая, проходящая через $K$ параллельно $OB,$ пересекает прямую $AB$ в точке $B1.$ Прямая, проходящая через $K$ параллельно $OC,$ пересекает прямую $AC$ в точке $C1.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $AB1C1$ движется по прямой $BC.$

Показать доказательство

Пусть окружность, проходящая через точки $B ,C 1 1$ и $K$ , вторично пересекает прямую $BC$ в точке $L$ .

$PIC$

∠LB1C1 =∠LKC1 = ∠KCO =∠KBO = ∠BKB1 = ∠LC1B1

Значит, $LB1 = LC1$ и

∠B1LC1 = ∠B1KC1 = ∠BOC = 2∠B1AC1

Так что $L ∈BC$ это центр описанной окружности треугольника $AB1C1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72241

Сторона $AB$ треугольника $ABC$ больше стороны $BC,$ а угол $B$ равен $40∘.$ На стороне $AB$ взята точка $P$ так, что $BP = BC.$ Биссектриса $BM$ пересекает описанную около треугольника $ABC$ окружность в точке $T.$ Найдите градусную меру угла $MP T.$ В ответ внесите число градусов.

Источники: Муницип - 2022, Республика Татарстан, 10.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала подумаем, как уголочек ∠MPT связан с картинкой. Вроде как, его нет в каких-то хороших треугольниках. Тогда посмотрим на четырехугольники: в глаза бросается четырехугольник APMT. Что бы мы хотели про него понять, чтобы приблизиться к решению?

Подсказка 2

Хотелось бы, конечно, доказать, что он вписанный. Для этого можно, например, доказать, что ∠ATM+∠APM=180°. Уголочек ∠ATM можно легко перекинуть на ∠ACB. А что делать с ∠APM?

Подсказка 3

Мы видим, что ∠APM- внешний для треугольника △BPM. Какому треугольнику равен △BPM?

Подсказка 4

Конечно, △BCM! Отсюда все и следует. Тогда: APMT- вписанный ⇒ ∠MPT=∠MAT. Найдите уголок ∠MAT и радуйтесь жизни!

Показать ответ и решение

В четырехугольнике $APMT$ угол при вершине $A$ измеряется половиной дуги $TCB.$ Треугольники $P MB$ и $CMB$ равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому $∠PMB =∠CMB = ∠AMT.$ Угол $AMT$ измеряется полусуммой дуг $AT$ и $CB,$ причём:

1 1 1 2(⌣ AT +⌣ CB )= 2(⌣ TC+ ⌣ CB) =2 ⌣ TCB

$PIC$

Значит, $∠CMB =∠BAT.$ Таким образом, $∠P MB = ∠BAT$ и

∠BAT +∠PMT = ∠BAT +(180∘ − ∠P MB )=180∘

Следовательно, сумма противоположных углов четырехугольника $APMT$ равна $180∘,$ и значит, $APMT$ — вписанный. По свойству вписанных углов

∠MP T = ∠MAT = ∠CAT =∠T BC = 1∠ABC = 20∘ 2

Ответ: 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#72242

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA 1$ и $CC , 1$ и отмечены точки $K,$ $L$ и $M$ — середины сторон $AB,$ $BC$ и $CA$ соответственно. Докажите, что если $∠C1MA1 =∠ABC,$ то $C1K = A1L.$

Источники: Муницип - 2022, Орловская область, 10.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала подумаем, что нам дает равенство уголочков ∠ABC и ∠A₁MC₁. Мы знаем, что сумма уголков ∠C₁MA+∠C₁MA₁+∠A₁MC=180°. Как нам выразить ∠C₁MA и ∠A₁MC через углы треугольника ∠ABC?

Подсказка 2

Т.к. △AMC₁ и △CMA₁- равнобедренные, то ∠AMC₁=180°-2∠BAC, ∠CMA₁=180°-2∠BCA ⇒ ∠ABC=2(180°-∠ABC)-180° ⇒ ∠ABC=60°. Тогда очень интересным выглядит треугольник △BC₁C. Что можно сказать про сторону BC₁?

Подсказка 3

Верно, она равна BC/2. Но мы знаем, что BL=BC/2 ⇒ BC₁=BL. Из аналогичных рассуждений можно получить, что BK=BA₁. Как тогда завершить решение?

Подсказка 4

Посмотрите на равенство BC₁-BK=BL-BA₁!

Показать доказательство

$PIC$

Давайте сначала узнаем, для чего же нам дали равенство углов. Пусть $∠ABC = β,∠ACB = γ,∠BAC =α.$ Тогда можем выразить угол $C1MA1$ через два других угла треугольника. Понятно, что $AM = CM =C1M = A1M.$ Тогда

∠AMC1 =180∘− 2α ∠CMA1 = 180∘− 2β

∠C1MA1 = β = 180∘− (180∘− 2α)− (180∘ − 2β)= 2(α +β)− 180∘

Но мы знаем, что $∘ α +β +γ =180 .$ Тогда

β =2(180∘− β)− 180∘

∘ β = 60

Отлично! Значит, на самом деле нам дали треугольник с углом $60∘.$ Но тогда $KL = C1A1 = AC2 ,$ так как $KL$ — это средняя линия треугольника, а $△A BC 1 1$ подобен исходному с коэффициентом $cos60∘,$ откуда и получаем равенство. Теперь видим, что если докажем равенство треугольников $KC1L$ и $A1C1L,$ то мы победим! Одна пара сторон у них равные, а $C1L$ общая сторона. Давайте найдём угол между ними. Будем использовать знания о том, что $ACA1C1$ вписанный, $KL$ параллельно $AC$ и из прямоугольного треугольника $BC1 = BL= C1L.$ Тогда

∠KLC1 = ∠C1LB − ∠KLB = ∠LC1B− ∠A1C1B = ∠LC1A1

Значит, треугольники $KC1L$ и $A1C1L$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда и $KC1 = A1L.$ Победа!

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#72243

Окружность проходит через вершину В треугольника $ABC$ , пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно, и касается стороны $AC$ в ее середине $M.$ Известно, что $AX = XM.$ Докажите, что $CY = YM.$

Источники: Муницип - 2022, Костромская область, 10.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит подумать, что нам может дать равенство AX=XM. Мы понимаем, что из него следует, что ∠BAC=∠XMA. Где мы еще можем найти уголочек ∠XMA (вспомните про касание окружности)?

Подсказка 2

Т.к. AM- касательная, то по теореме об угле между касательной и хордой: ∠XMA=∠XBM ⇒ △AMB- равнобедренный. А что мы можем сказать про треугольник △BMC?

Подсказка 3

Т.к. M- середина AC ⇒ MB=MA=MC ⇒ ∠MBC=∠BCM. Вспомните, мы доказали похожее равенство, используя то, что XM=AX. Попробуйте повторить те же рассуждения в обратном порядке и доказать, что YM=CY.

Показать доказательство

$PIC$

Из равнобедренного треугольника $AXM$ : $∠XAM =∠AMX, ∠AMX = ∠XBM$ (угол между хордой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду).

Тогда в треугольнике $AMB$ : $∠BAM = ∠ABM,$ значит $MC = AM = BM.$

В треугольнике $CMB$ : $MC = MB,$ значит $∠MBC =∠MCB, ∠Y MC = ∠MBY$ (угол между хордой и касательной равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду).

Получаем, что $∠YMC =∠Y CM,$ откуда $CY = YM.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#72244

В треугольнике $ABC$ на стороне $BC$ отмечены точки $A 1$ и $A 2$ ( $A 1$ лежит между $B$ и $A 2$ ) так, что $∠BAA = ∠A AA =∠A AC, 1 1 2 2$ а на стороне $AC$ — точки $B1$ и $B2$ ( $B1$ лежит между $A$ и $B2$ ) так, что $∠ABB1 =∠B1BB2 = ∠B2BC.$ Оказалось, что как прямые $AA1$ и $BB1,$ так и прямые $AA2$ и $BB2$ пересекаются на биссектрисе угла $C.$ Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Источники: Муницип - 2022, Кировская область, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пускай AA₂ и BB₂ пересекаются в точке O₂, а AA₁ и BB₁ в точке O₁. Какой точкой является O₁ для треугольника AO₂B?

Подсказка 2

Т.к. AO₁ и BO₁- это биссектрисы углов ∠O₂AB и ∠O₂BA ⇒ O₁- точка пересечения биссектрис ⇒ O₂O₁- биссектриса. Что тогда можно сказать про треугольники △CB₂O₂ и △CA₂O₂?

Подсказка 3

Верно, они равны по стороне и двум углам! Но тогда уголки ∠AB₂B и ∠AA₂B равны ⇒ AB₂A₂B- вписанный. Поймите, каким является четырехугольник AB₂A₂B, если вспомнить, что O₂B₂=O₂A₂, и завершите решение!

Показать доказательство

Пусть прямые $AA 1$ и $BB 1$ пересекаются в точке $O , 1$ прямые $AA 2$ и $BB 2$ — в точке $O , 2$ а $CD$ — биссектриса треугольника $ABC.$ $O1$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABO2,$ поэтому $O2D$ — биссектриса этого треугольника.

$PIC$

Отсюда

∠B2O2C = ∠BO2D = ∠AO2D =∠A2O2C

Кроме того, по условию $∠B2CO2 = ∠A2CO2.$ Поэтому

∠BA2O2 = ∠A2CO2+ ∠A2O2C = ∠B2CO2+ ∠B2O2C = ∠AB2O2

Положим $∠BAC = 3α,∠ABC = 3β.$ Тогда

180∘− 3α− 2β = ∠AB2O2 =∠BA2O2 = 180∘− 2α− 3β,

откуда $α =β.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#72245

В треугольнике $ABC$ синус угла $A$ равен $3∕5.$ На стороне $AC$ взяли точку $M$ так, что $CM =15,$ на стороне $AB$ взяли точку $N$ так, что $BN = 7,AN = AM,$ $T$ — середина $NC,$ $P$ — середина $BM.$ Найдите длину отрезка $PT.$ Если возможных ответов несколько, введите их сумму. Ответ округлите до десятых.

Источники: Муницип - 2022, Республика Башкортостан, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас отмечены две середины, может, стоит поискать средние линии? Попробуйте придумать какую-нибудь среднюю линию с точкой T...

Подсказка 2

Можно взять точку L- середину BC. Тогда TL- средняя линия треугольника △NCB ⇒ TL=7/2 и TL // AB. А что мы можем сказать про PL?

Подсказка 3

Это тоже средняя линия, только для треугольника △MBC ⇒PL=15/2 и PL // AC. Из параллельности следует, что уголок ∠PLT равен ∠BAC. Можем ли мы уже найти PT?

Подсказка 4

Конечно можем, ведь у нас есть теорема косинусов! Доведите решение до конца и не забудьте, что cos(∠BAC) может принимать два значения...

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим длины $AN$ и $AM$ за $x.$ Введём систему из двух единичных векторов: пусть вектор $−→ b$ коллинеарен вектору $−→ AB,$ а вектор $−→c$ коллинеарен вектору $−A→C.$ Тогда верны векторные соотношения:

−→PT =−A→T − −→AP,−A→P = 1(−A→B + −−A→M ),−A→T = 1(−→AC+ −−A→N ) 2 2 −→AB = (x+ 7)⃗b,−→AC = (x+ 15)⃗c, −A−→M = x⃗c, −A−→N = x⃗b −→ 1 −→ −−→ −→ −−→ 1 ⃗ P T = 2(AC +AN − AB −AM )= 2(15⃗c− 7b)

Вычисляя скалярный квадрат вектора $−→ PT,$ и учитывая, что косинус угла $\text{[math]}$ может быть равен равен $4∕5$ для острого угла и $− 4∕5$ для тупого, получим

−→ −→ 1 PT ⋅PT = 4(49⃗b⋅⃗b+225⃗c⋅⃗c− 210⃗b⋅⃗c)= 26,5 −→ −→ 1 ⃗⃗ ⃗ PT ⋅PT = 4(49b⋅b+225⃗c⋅⃗c− 210b⋅⃗c)= 110,5

Ответ: 15.7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#100110

Четырёхугольник $ABCD$ — вписанный, точка $K$ — середина той дуги $AD,$ где нет других вершин четырёхугольника. Пусть $X$ и $Y$ — точки пересечения прямых $BK$ и $CK$ с диагоналями. Докажите, что прямая $XY$ параллельна $AD$ .

Источники: Муницип - 2022, Ростовская область, 10.4 (tasks.olimpiada.ru)

Показать доказательство

Так как $K$ — середина дуги $AD$ , то дуги $AK$ и $KD$ равны. Поскольку дуги $AK$ и $KD$ равны, то вписанные углы $KBD$ и $ACK$ равны, а значит, равны углы $XBY$ и $XCY$ .

$PIC$

Так как отрезок $XY$ виден под одним и тем же углом из точек $B$ и $C$ , то четырехугольник $BCY X$ является вписанным, а значит, $∠BCX = ∠BYX$ . Так как четырехугольник $ABCD$ — вписанный, то $∠BCA = ∠BDA ⇒ ∠BCX =∠BDA$ . Итак, учитывая вышесказанное, получаем $∠BCX =∠BY X = ∠BCA = ∠BDA$ , а значит, $∠BY X =∠BDA ⇒ XY∥AD$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#41754

Сумма всех различных натуральных делителей некоторого натурального числа на 6 больше, чем само это число. Найдите это число. Если ответов несколько, укажите их все через пробел в порядке возрастания.

Источники: Муницип - 2021, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте посмотреть на разные числа и их сумму делителей. Если брать не простое число большее 7, то чаще всего сумма делителей числа минус само число будет сильно больше 5. То есть, нам нужно искать эти числа именно по тому признаку, что сумма их делителей достаточно маленькая, но это не простые числа, так как сумма делителей простого чисел отличается всего на 1 от него самого. Подумайте, на что тогда может делиться наше число.

Подсказка 2

Давайте рассуждать. Пусть оно делиться, к примеру на 7 и не равно 7. Тогда сумма делителей числа n - это 1, n, 7, n/7… и еще какие-то, которые мы не знаем. Но сумма делителей в данном случае хотя бы n + 1 + 7, то есть, больше чем n + 6(как требует задача). Значит, на 7 оно не может делиться. А на что-то большее может? Тоже нет. Значит, осталось рассмотреть случаи когда n делиться только на какие-то числа от 2 до 6. При этом, как мы поняли, сумма делителей, которые не равны 1 и n, равна 5. Какие тогда числа могут быть делителями n?

Подсказка 3

Верно, числа 2, 3, 5. Если 5 , то больше делителей отличных от 1 и n нет, а значит - это число 25. А если на 2 делиться, то другой делитель это как раз 3, и поскольку тогда n делиться на 6, но это не может быть его делителем, отличным от 1 и n, значит n = 6. Победа.

Показать ответ и решение

Заметим, что один из делителей числа $n$ — самое число $n$ . Поэтому условие на самом деле означает, что сумма остальных делителей $n$ равна 6. Среди делителей точно есть 1, значит, сумма остальных делителей равна 5. Три делителя не могут давать сумму 5. Два делителя, больших 1, дают в сумме 5, только когда это 2 и 3, а один делитель равен 5, только если это само число 5.

В первом случае все делители числа — это 1, 2, 3 и само число. Так как у числа, делящегося на 2 и 3, точно есть делитель 6, то $n =6$ .

Во втором случае все делители числа — это 1, 5 и само число. Значит, $n= 5k$ . Но $k ⁄=1$ , а при $k⁄= 5$ у числа $n$ был бы ещё делитель $k$ , отличный от выписанных. Значит, $k = 5$ и $n = 25$ .

Ответ: 6 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#42191

Жили-были 20 шпионов. Каждый из них написал донос на 10 своих коллег. Докажите, что не менее чем 10 пар шпионов донесли друг на друга.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии нам даны какие-то люди (шпионы) и связи между ними (доносы), это очень сильно напоминает графы. Давайте тогда попробуем посчитать какую-то величину двумя разными способами.

Подсказка 2

Действительно, можно посчитать кол-во рёбер между шпионами и кол-во доносов и посмотреть, что выходит.

Подсказка 3

Верно, всего рёбер в полном графе на 20 вершинах 20*19/2 = 190, а доносов-то побольше - 20*10 = 200, что мы тогда можем сказать про "лишние" рёбра.

Показать доказательство

Удобно рассуждать на соответствующем графе. Шпионы – вершины графа, пары шпионов – ребра графа. Всего ребер $20⋅19-=190. 2$ Донос шпиона А на шпиона В – это, скажем, раскрашивание ребра (А,В). Количество всех раскрашиваний равно, по условию $20⋅10= 200$ . Количество раскрашиваний превышает количество ребер на $10.$ Это означает, что найдутся не менее 10 дважды раскрашенных ребра (ребро А,В) либо не раскрашено, либо раскрашено один раз, либо раскрашено дважды – как (А,В) и как (В,А). А это как раз то, что требовалось доказать.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#42248

Найдите сумму коэффициентов после раскрытия скобок

2016 2017 (2− 3x) +(3− 2x) .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче просят найти сумму всех коэффициентов многочлена. А как бы вы находили сумму, если бы , скажем, у вас был бы многочлен x ^ 2 + 2x + 1? Просто бы сложили все коэффициенты вручную. А что значит, откинуть х и просто посчитать такую сумму? Это равнозначно подстановке такого х, который не повлияет ни на один из коэффициентов. А какой х тогда нужно подставить?

Подсказка 2

Конечно, если мы подставим х = 1, то наша сумма будет равна 1 + 2 + 1. То есть, просто сумма коэффициентов. А что нам мешает для любого многочлена так сделать?

Показать ответ и решение

Сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок можно посчитать, если вместо $x$ подставить единицу. Естественно она же равна значению того же многочлена в точке $x =1$ до раскрытия скобок:

2016 2017 (−1) +1 = 2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#42261

Докажите, что $x2+ y2 <z2$ , если $x2+y2+ xy+ yz+ zx <0$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На что похожа наша сумма из условия? На полный квадрат (x + y + z)^2. Правда z^2 не хватает, из-за чего нет симметрии. Но ведь мы можем написать что-то в духе z^2 - z^2 и раскидать эти зетки по разные стороны от знака. К тому же, если мы как-то хотим работать с полным квадратом суммы переменных, нам надо умножить все это на два, потому что перед всеми попарными произведениями должен стоять коэффициент 2.

Подсказка 2

После всех этих операций, у нас получится выражение (x + y +z)^2 + x^2 + y^2 - z^2 < 0. А вот и наше выражение вылезло. Что теперь можно сказать, чтобы получить требуемую оценку на x^2 + y^2?

Подсказка 3

Верно, нужно перенести квадрат в правую часть и поскольку это квадрат, сказать, что наше выражение x^2 + y^2 - z^2 < -(x + y + z)^2 <= 0. Откуда и получаемое требуемое в задаче.

Показать доказательство

Умножим обе части неравенства $x2+y2+ xy+ yz+zx <0$ на 2 и выполним преобразования: $2 2 2 2 2 2 2 2 2x +2y + 2(xy+ yz+ zx)= x + y +z + 2(xy +yz+ zx)+x + y − z$ $2 2 2 2 = (x+y +z) + x +y − z < 0.$ Тогда $2 2 2 2 x + y − z < −(x+ y+ z) ≤ 0.$ Следовательно, $2 x +$ $2 2 y − z < 0$ и $2 2 2 x +y < z .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#68197

Точки $O$ и $I$ — центры описанной и вписанной окружностей соответственно для треугольника $ABC$ , $M$ — середина дуги $AC$ описанной окружности (не содержащей точки $B$ ). Известно, что $AB = 15,BC = 7$ и $MI = MO.$ Найдите $AC.$

Источники: Муницип - 2021, Татарстан, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть центр вписанной окружности и середина дуги, хочется использовать...

Подсказка 2

Лемму о трезубце! Получим, что MA=MI=MO. Но что из этого следует?

Подсказка 3

Треугольник AOM - равносторонний! Тогда можно найти угол AOM, а значит, и угол ABC, а дальше дело техники.

Показать ответ и решение

$PIC$

Середина дуги $M$ лежит на биссектрисе $BI.$

По лемме о трезубце $AM = MI =R$ (по условию $OM = R =MI$ ).

Отсюда

∠B = 60∘

По теореме косинусов

∘ ------------ AC = 152+72− 15⋅7= 13

Ответ: 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#72173

В спортивной школе занимается $55$ человек, каждый из которых либо теннисист, либо шахматист. Известно, что нет четырёх шахматистов, которые имели бы поровну друзей среди теннисистов. Какое наибольшее количество шахматистов может заниматься в этой школе?

Источники: Муницип - 2021, Москва, 11.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим количество шахматистов и теннисистов. Так как всего 55 человек, то если теннисистов ровно a, тогда шахматистов 55-a. Попробуем прийти к условию, надо понять в каком случае у четырех шахматистов не будет поровну друзей теннисистов. Для этого надо понять, сколько всего друзей теннисистов может быть у каждого шахматиста?

Подсказка 2

Верно, от 0 до a(то есть, любое число от 0 до общего числа теннисистов). Что должно выполняться, чтобы у четырех шахматистов не было поровну друзей теннисистов?

Подсказка 3

Да, по принципу Дирихле шахматистов должно быть не больше 3(a+1). А по нашим обозначениям, шахматистов ровно 55-a. Тогда имеет место неравенство: 55-a ≤ 3(a+1). Остаётся найти такое a, чтобы 55-a было максимально возможным и привести пример!

Показать ответ и решение

Пусть в школе занимаются $a$ теннисистов и $55− a$ шахматистов. У каждого из шахматистов количество друзей-теннисистов не меньше $0$ и не больше $a,$ то есть может принимать $a+ 1$ значений. Если бы шахматистов было больше $3(a +1),$ среди них по принципу Дирихле нашлись четверо с одинаковым количеством друзей-теннисистов. Значит, шахматистов не больше $3(a+1),$ получаем неравенство $55− a≤ 3(a+ 1).$ Решая его, получаем $a≥ 13,$ тогда $55− a ≤55− 13= 42.$

Заметим также, что ровно $42$ шахматиста могло быть: пусть для каждого целого $0≤ k≤ 13$ какие-то трое шахматистов имеют ровно $k$ произвольных друзей-теннисистов.

Ответ: 42

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#72179

Шахматный турнир прошёл по круговой системе, где каждый участник сыграл с каждым один раз. Назовём партию неправильной, если выигравший её шахматист в итоге набрал очков меньше, чем проигравший. (Победа даёт $1$ очко, ничья — $1∕2,$ поражение — $0$ ). Могут ли неправильные партии составлять более $75%$ от общего количества партий в турнире?

Источники: Муницип - 2021, Бурятия, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Введём для начала обозначения. Пусть всего игроков было N. И давайте выделим половину участников турнира, пусть M= [N/2]. Тогда первые M людей будут сильными, а остальные слабыми. Как теперь можно задачу в таком виде удобно для нас переформулировать?

Подсказка 2

Верно, давайте проверим, могли ли "правильные" партии составлять меньше 25% от общего числа. Поняв это, мы поймём и ответ на нашу задачу. Получается правильные партии это те, в которых сильные выигрывали слабых. Пусть их количество X. Тогда подумайте, что нам нужно глобально посчитать и сравнить в задаче?

Подсказка 3

Ага, давайте посчитаем такие величины, как среднее количество очков сильных и слабых. Тогда если есть неправильные партии, то не все игроки набрали поровну, и средний результат сильного больше, чем слабого. Попробуйте сравнить две этих величины. Помните, что в итоге вам важен X. Что тогда получается?

Подсказка 4

Верно, выразив в неравенстве X, получим оценку на него. Но мы выражали M через N. То есть можно ещё примерно оценить X через N. В итоге, получается какое-то неравенство с этими переменными. Но почему же это почти решило нашу задачу? Потому что нам известно общее число партий! Посчитайте их и увидите, что правильных партий больше 25%. Победа!

Показать ответ и решение

Пусть $N$ — число игроков, $M = [N∕2].$

Игроков, занявших первые $M$ мест, назовём сильными, а остальных – слабыми (между участниками с одинаковой суммой очков места распределяются произвольно). Пусть $X$ — число правильных партий между сильными и слабыми.

Сумма очков, набранных сильными во встречах между собой, равна $M(M−1) 2 ,$ а во встречах со слабыми — не больше $X.$

Поэтому средний результат сильного не больше $M−-1 X- 2 + M.$ Аналогично, средний результат слабого не меньше $N−M-−1 M(N−M-)−X- 2 + N −M .$

Если есть неправильные партии, то не все игроки набрали поровну, и средний результат сильного больше, чем слабого. Отсюда

M (N − M ) N (N − 1) X >----2----≥ ---8---

Так как общее число партий равно $N(N2−1),$ доля правильных партий больше $1∕4,$ то есть более $25$ процентов.

Варианты правильных ответов:

нет
Нет
нельзя
Нельзя

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#72181

Даны $n$ различных положительных чисел. Из них составляются суммы с любым числом слагаемых от $1$ до $n.$

(a) Какое наименьшее количество различных сумм можно получить?

(b) Какое наибольшее количество различных сумм можно получить?

Источники: Муницип - 2021, Татарстан, 11.5

Подсказки к задаче

Пункт a), подсказка 1

Давайте упорядочим наши числа! Тогда можно составить достаточное количество таких наборов чисел, что между любыми двумя наборами мы сможем точно поставить знак больше или меньше. Попробуем построить такой набор!

Пункт a), подсказка 2

Такс, очевидно, так как мы упорядочили наши числа, то мы можем сказать, что первое меньше второго, второе меньше третьего и так далее. А если к каждому из чисел(кроме последнего) прибавить максимальное число? Что можно сказать про такой набор чисел, каждое из которых состоит из двух слагаемых?

Пункт a), подсказка 3

Верно, эти числа тоже будут идти по возрастанию! То есть, знаки в таком наборе будут полностью совпадать со знаками в первом наборе, поэтому он тоже будет возрастающим(но в нём не будет последнего числа). Аналогично, дальше мы можем прибавлять максимум из оставшихся чисел к каждому числу из набора и тем самым получать новый набор! Сколько всего чисел тогда будет, если в первом наборе n, во втором n-1, в третьем n-2..,?

Пункт a), подсказка 4

Да, всего чисел будет n*(n-1)/2. Остаётся привести пример, когда все другие суммы, которые мы не рассматривали будут совпадать с хотя бы одним из рассмотренных нами чисел(для этого стоит располагать все n чисел компактно по отношению друг к другу)

Пункт b), подсказка 1

Представим, что все-все суммы будут различны. Как тогда удобно представлять каждую из сумм?

Пункт b), подсказка 2

Верно, тогда удобно считать, что каждое из чисел либо есть в сумме, либо его нет! То есть, на каждое число существует 2 варианта! Сколько всего вариантов, в таком случае?

Пункт b), подсказка 3

Да, таких сумм всего 2ⁿ - 1. Вычитаем единицу, потому что невозможен вариант, когда мы не взяли в сумму ни одного числа. Остается привести пример, когда такое возможно, для этого попробуйте взять числа на достаточно большом расстоянии друг от друга или чтобы каждое из чисел влияло только на одну цифру в сумме!

Показать ответ и решение

Можно считать, что исходные положительные числа расположены в порядке возрастания: $a < a < ...< a. 1 2 n$ Рассмотрим

$PIC$

Очевидно, что здесь каждое число больше предыдущего, поэтому все выписанные числа различны. Их количество $n +(n− 1)+...+ 1= 12n(n+ 1)$ соответствует требованиям задачи.

Осталось привести пример, в котором больше, чем $12n(n+ 1)$ различных сумм получить не удастся. Для этого подойдет набор из первых $n$ натуральных чисел, из которых нельзя составить больше, чем $12n(n +1)$ различных сумм: эти суммы - все натуральные числа от $1$ до $1+ 2+ ...+ +n= 12n(n+ 1).$

б) Каждое число $ai$ входит или не входит в рассматриваемую сумму. Кроме того, нужно ещё исключить сумму, не содержащую ни одного слагаемого, поэтому различных сумм из $n$ слагаемых можно составить не более, чем $2n− 1.$

Числа $1,10,102,...,10n−1$ дают пример $n$ различных чисел, из которых можно образовать наибольшее число различных сумм. Сумма любых $k$ чисел этого набора - это число, в десятичной записи которого используются только $1$ и $0.$ Каждая такая сумма может быть представлена в виде $n$ -элементного упорядоченного набора из $0$ и $1.$ Поскольку на каждом месте набора могут быть только две цифры, их общее количество равно $2⋅2⋅...⋅2= 2n.$ Единственный невозможный набор, составленный из $n$ нулей, необходимо исключить, поэтому общее количество допустимых наборов равно $2n− 1.$

Ответ:

$a) n(n+1) 2$

$n b) 2 − 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#35444

$50$ бизнесменов — японцы, корейцы и китайцы — сидят за круглым столом. Известно, что между каждыми двумя ближайшими японцами сидит ровно столько китайцев, сколько всего за столом корейцев. Сколько китайцев может быть за столом?

Источники: Муницип - 2020, Саратов, 10.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте заметим, что между каждыми двумя ближайшими японцами сидит одно и то же количество китайцев (равное количеству корейцев).

Подсказка 2

Значит, можно ввести переменные для количества японцев и корейцев, и тогда количество китайцев будет через них легко выражаться. Чему оно равно?

Подсказка 3

Количество китайцев — произведение количества японцев и корейцев. А дальше просто получаем уравнение в целых числах, которое решается с помощью...

Подсказка 4

Разложения на множители вида (x+1)(y+1).

Показать ответ и решение

Обозначим число японцев через $x,$ число корейцев — через $y.$ Тогда число китайцев за столом равно $xy$ (между каждыми двумя соседними японцами сидит ровно $y$ китайцев). Тогда $x +y+ xy = 50,$ или же $(x+ 1)(y+ 1)=51= 3⋅17.$ Тогда либо $x= 2,y =16,$ либо $x =16,y = 2.$ В любом случае китайцев ровно $32$ человека.

Замечание.

По смыслу условия предполагается, что бизнесменов каждой нации за столом больше одного.

Ответ:

$32$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#43947

Вася придумал новый корабль для морского боя — “боевой бублик”. Этот корабль состоит из всех клеток квадрата $3× 3$ , кроме его центральной клетки. На поле $8× 8$ разместили один боевой бублик. Какое минимальное число выстрелов нужно сделать, чтобы гарантированно его ранить?

Источники: Муницип - 2020, Орловская область, 10.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем найти маленькую фигуру, в которой нам точно не хватит одного выстрела.

Подсказка 2

Заметим, что на поле 4*4 не хватит одного выстрела. Тогда мы можем разбить поле 8*8, осталось лишь придумать пример ;)

Показать ответ и решение

Заметим, что если бублик размещен на поле $4× 4$ , то одного выстрела не хватит, чтобы гарантированно его ранить. Действительно, если выстрел произведен в клетку, соседнюю со стороной квадрата, то бублик может быть размещен рядом с противоположной стороной. Если же выстрел произведен в одну из четырех центральных клеток квадрата, то бублик может быть размещен так, что его центр совпадает с клеткой, в которую сделан выстрел. Значит, потребуется сделать не менее двух выстрелов, чтобы гарантированно его ранить.

Разбив поле $8× 8$ на четыре квадрата $4×4$ , получим, что для того, чтобы гарантированно ранить бублик, потребуется не менее 8 выстрелов.

Если же сделать 8 выстрелов так, как показано на рисунке, то мы гарантированно раним бублик.

$PIC$

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#43951

Два игрока играют в следующую игру на доске $m × n$ клеток $(m, n> 1$ ). У них есть белый и чёрный король соответственно, стоящие в противоположных углах доски. Они передвигают своих королей (по правилам шахмат) поочередно так, чтобы расстояние между центрами клеток, на которых стоят короли, уменьшалось (королям разрешается занимать соседние клетки). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре?

Источники: Муницип - 2020, Владимирская область, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для удобства введем переменные x и y- разность координат королей. У нас в задаче происходит какой-то процесс, за которым трудно уследить. Может тогда стоит поискать какие-то выигрышные "позиции", в которые наши игроки могут приводить наших королей...

Подсказка 2

Предлагаю ввести три типа позиции (будем называть их проигрышными): 1) x=0, y- нечетный 2) y=0, x- нечетный 3) x, y≠0, x,y- четные. Для начала поймите, что за один ход из проигрышных нельзя прийти обратно в проигрышные...

Подсказка 3

Забыл сказать, что все остальные позиции мы называем выигрышными. Если мы докажем, что из любой выигрышной позиции мы можем перейти в проигрышную, то мы можем гарантировать сохранение выигрышной позиции после двух ходов. Как же это доказать?

Подсказка 4

На самом деле это почти очевидно, ведь мы можем x или y уменьшать на 1 независимо. Как тогда выглядит стратегия?

Подсказка 5

Как мы поняли, если изначально первый стоял на выигрышной позиции, то он сумеет ее сохранить до конца. Если же он стоял на проигрышной, то второй может оставлять его и дальше на проигрышной позиции. Поймите, почему в конце игры на проигрышной позиции игрок проигрывает, и подберите m и n, при которых первый игрок изначально будет стоять на проигрышной позиции.

Показать ответ и решение

Рассмотрим разность координат королей: обозначим их через $x$ и $y.$ Заметим, что вначале $x = m− 1,y = n− 1.$ Мы докажем, что в следующих позициях первый проигрывает, а во всех остальных выигрывает: a) $x= 0$ и $y$ нечетно; б) $y =0$ и $x$ нечетно; в) $x ⁄=0,y ⁄= 0,x$ и $y$ оба четны.

Во-первых, очевидно, что игрок не может из одной проигрышной позиции попасть в другую проигрышную позицию. Также необходимо показать, что из любой выигрышной позиции можно попасть в проигрышную. Нам необходимо рассмотреть два случая (без ограничения общности можно считать, что $x,y ≥ 0$ ):

1) $x,y ≥ 1$ — легко видеть, что правила позволяют уменьшать $x$ или $y$ на 1 независимо. Также очевидно, что мы можем или обе координаты сделать четными, или одну сделать нулем, а другую — нечетной;

2) $x= 0$ — мы просто уменьшаем $y$ на 1;

3) $y = 0$ — аналогично предыдущему уменьшаем $x$ на 1 .

Итак, если первый игрок находится в выигрышной позиции, он и далее всегда может оставаться в выигрышной позиции. Если же он стоит на проигрышной позиции, второй игрок не даст ему занять выигрышную позицию. Так как расстояние между королями уменьшается, игра закончится, и из последней проигрышной позиции не может быть сделано никакого хода.

Ответ:

Второй игрой выигрывает, если $m$ и $n$ оба нечетны. Во всех остальных случаях выигрывает первый.

Предыдущий раздел

Следующий раздел