Тема Заключительный этап ВсОШ

Закл (финал) 9 класс

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела заключительный этап всош

Разделы подтемы Закл (финал) 9 класс

Закл 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#126721

На прямоугольном листе бумаги провели несколько отрезков, параллельных его сторонам. Эти отрезки разбили лист на несколько прямоугольников, внутри которых нет проведённых линий. Петя хочет провести в каждом из прямоугольников разбиения одну диагональ, разбив его на два треугольника, и окрасить каждый треугольник либо в чёрный, либо в белый цвет. Верно ли, что он обязательно сможет это сделать так, чтобы никакие два одноцветных треугольника не имели общего отрезка границы?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.1 (olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть Петя проведёт в каждом из прямоугольников диагональ из левого нижнего угла в правый верхний. После этого все треугольники, примыкающие к левым верхним углам прямоугольников, он покрасит в чёрный цвет, а остальные — в белый.

Докажем, что такая раскраска подойдёт. Рассмотрим общий отрезок границы двух треугольников. Если этот отрезок диагональный, то сверху к нему примыкает чёрный треугольник, а снизу белый. Если отрезок горизонтальный, то к нему сверху примыкает белый треугольник, а снизу — чёрный; случай вертикального отрезка аналогичен. Поэтому такая раскраска подходит.

Ответ:

да, верно

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126723

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ABE$ и $CDE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $ω.$ Точки касания описанных окружностей треугольников $ADE$ и $BCE$ с их общими внешними касательными лежат на окружности $γ.$ Докажите, что центры окружностей $ω$ и $γ$ совпадают.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим центры описанных окружностей треугольников $ABE,$ $BCE,$ $CDE,$ $ADE$ через $O , AB$ $O , BC$ $O , CD$ $O AD$ соответственно. Пусть $T1,$ $T2$ — точки касания одной из общих касательных с описанными окружностями треугольников $ABE$ и $CDE$ соответственно; обозначим через $O$ и $T$ середины отрезков $OABOCD$ и $T1T2$ соответственно. Тогда в прямоугольной трапеции $OABT1T2OCD$ прямая $OT$ — средняя линия, поэтому она является серединным перпендикуляром к отрезку $T1T2.$ Заметим, что окружность $ω$ симметрична относительно прямой $OABOCD,$ на которой также лежит точка $O,$ значит, $O$ — центр $ω.$

$PIC$

Аналогично получаем, что середина отрезка $O O AD BC$ является центром $γ.$ Поэтому утверждение задачи равносильно тому, что $O O O O AB BC CD AD$ — параллелограмм. Для доказательства этого достаточно заметить, что $O O AB BC$ и $O O CD AD$ — серединные перпендикуляры к отрезкам $EB$ и $ED,$ поэтому $OABOBC ∥ OCDOAD;$ аналогично, $OABOAD ∥ OBCOCD,$ откуда и следует требуемое.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126725

Найдите все натуральные $n,$ для которых существует такое чётное натуральное $a,$ что число

2 n (a− 1)(a − 1)...(a − 1)

является точным квадратом.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте сначала вручную разобраться с n = 1, 2, 3. Для этих случаев достаточно вспомнить утверждение о том, что если произведение двух взаимно простых чисел — квадрат, то каждое из них также является квадратом. В частности, при n = 3 надо поработать с нодами скобок a - 1, a + 1, a² + a + 1. Быть может, этот ход мыслей можно развить и для больших n?

Подсказка 2:

Итак, скорее всего вы поняли, что n = 1, 2 подойдёт, а n = 3 — нет. Чем остальные случаи отличаются. Например, если n > 3, то оно находится между двумя натуральными степенями двойки. То есть существует такое натуральное k, что 2^k ≤ n < 2^{k + 1}. Подумайте, как это можно использовать.

Подсказка 3:

Если записать скобку a^{2^k} – 1 как (a^{2^{k – 1}} – 1)(a^{2^{k – 1}} + 1), то становится ясно, что все произведение состоит из скобки a^{2^{k – 1}} + 1 и скобок вида a^m – 1. А как насчёт того, чтобы посмотреть на нод выражений a^{2^{k – 1}} + 1 и a^{2^k} – 1 с произвольной скобкой a^m – 1?

Подсказка 4:

Нод второго выражения и a^m – 1 кратен ноду первого выражения и a^m - 1. Чтобы было проще работать, вот вам интересный факт: нод второй скобки и a^m – 1 равен a^нод(2^k, m) – 1. Осталось поработать с нодом 2^k и m.

Подсказка 5:

Исходя из выбора k, ясно, что нод 2^k и m не превышает 2^{k – 1}. Попробуйте теперь показать, что ноды выражений a^{2^{k – 1}} + 1 и a^{2^k} – 1 с a^m – 1 совпадают. Кажется, это раскроет идею подсказки 3.

Подсказка 6:

Стало быть, a^{2^{k – 1}} + 1 — точный квадрат. А вас это не смущает?

Показать ответ и решение

Заметим, что для $n= 1$ подойдёт $a =10.$ Для $n =2$ подойдёт $a= 8.$

Предположим, что для $n =3$ нашлось требуемое число $a.$ Тогда число

2 3 3 2 (a − 1)(a − 1)(a − 1)= (a− 1) (a +1)(a + a+ 1)

является точным квадратом. Поскольку

2 a + a+ 1= a(a+ 1)+1,

числа $a+ 1$ и $a2+ a+ 1$ взаимно просты. Раз число $a+1$ нечётно, числа $a+ 1$ и $a− 1$ также взаимно просты. Следовательно, числа $a+ 1$ и $(a− 1)(a2+a +1)$ — точные квадраты. В частности, число $a+ 1$ при делении на 3 может давать лишь остаток 0 или 1, а тогда число $a− 1$ не делится на 3. Отсюда

2 НО Д(a− 1,a + a+1)= НОД (a − 1,(a +2)(a − 1)+ 3)= НО Д(a − 1,3)=1,

значит, числа $a− 1$ и $a2 +a+ 1$ также являются точными квадратами. Но второе являться квадратом не может, поскольку

a2 < a2 +a+ 1< (a+1)2.

Противоречие.

Осталось доказать, что требуемого $a$ не существует при $n ≥4.$ Предположим, что такое $a$ нашлось. Возьмём такое натуральное $k ≥2,$ что $2k ≤n < 2k+1.$ Поскольку

a2k − 1= (a2k−1 − 1)(a2k−1 + 1),

число

(a− 1)(a2 − 1)...(an− 1)

представляется в виде произведения $2k−1 a +1$ и нескольких множителей вида $m a − 1,$ где $1≤ m ≤n$ и $k m ⁄=2 .$

Докажем, что множитель $2k−1 a +1$ взаимно прост со всеми остальными множителями в этом разложении. Пусть $2k−1 a + 1$ и $am − 1$ имеют некоторый общий делитель $d.$ Тогда и НОД $k a2 − 1$ и $am − 1$ кратен $d.$ Но

k k НОД(a2 − 1,am− 1)= aНОД(2 ,m)− 1.

Поскольку $k m ⁄= 2$ и $k+1 m ≤n < 2 ,$ число $m$ не может делиться на $k 2 .$ Таким образом, $k Н ОД(2,m )$ — степень двойки, не превосходящая $k−1 2 .$ Следовательно, $2k−1 a − 1$ делится на НОД $2k a − 1$ и $m a − 1,$ а, значит, делится и на $d.$ Поскольку $a$ чётно, числа $2k−1 a − 1$ и $2k−1 a + 1$ не имеют общих делителей, отличных от 1, значит, $d= 1,$ что и требовалось.

Множитель $2k−1 a + 1$ взаимно прост со всеми остальными множителями в произведении, являющемся точным квадратом, поэтому он сам является точным квадратом. Тогда $k−1 a2 +1$ и $k−1 a2$ — отличающиеся на 1 квадраты натуральных чисел, что невозможно. Значит, наше предположение неверно, и для $n≥ 4$ требуемых чисел $a$ не найдётся.

Ответ:

$n =1$ и $n =2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#126728

Шахматного короля поставили на клетку доски 8 × 8 и сделали им 64 хода так, что он побывал на всех клетках и вернулся в исходную клетку. В каждый момент времени вычислялось расстояние от центра клетки, в которой находился король, до центра всей доски. Назовём сделанный ход приятным, если в результате хода это расстояние стало меньше, чем было до хода. Найдите наибольшее возможное количество приятных ходов. (Шахматный король за один ход передвигается на клетку, соседнюю по стороне или по углу.)

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

44 хода

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#128195

Пусть $P (x) 1$ и $P (x) 2$ — приведённые квадратные трёхчлены, а точки $A 1$ и $A 2$ — соответственно вершины парабол $y = P (x) 1$ и $y =P2(x).$ Через $m(g(x))$ будем обозначать наименьшее значение функции $g(x).$ Известно, что разности

m(P1(P2(x)))− m(P1(x)) и m(P2(P1(x)))− m (P2(x))

оказались равными положительными числами. Найдите угол между прямой $A1A2$ и прямой, содержащей ось $Ox.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

$45∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#128198

Петя выбрал 100 попарно различных положительных чисел, меньших 1, и расставил их по кругу. Затем он проделывает с ними операции. За одну операцию можно взять три стоящих подряд (именно в таком порядке) числа $a,b,c$ и заменить число $b$ на $a− b+ c$ . При каком наибольшем $k$ Петя мог выбрать исходные числа и сделать несколько операций так, чтобы после них среди чисел оказалось $k$ целых?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.6 (olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

при $k = 50$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#128201

В строку выписаны числа 1, 2, 3, …, 60 (ровно в таком порядке). Игорь и Руслан по очереди ставят знаки $+,−$ и $×$ между ними, начинает Игорь; за ход каждый ставит один знак. Когда между каждыми двумя соседними числами поставлен знак, вычисляется значение полученного выражения. Если оно делится на 3, то победа присуждается Игорю, иначе Руслану. Кто из игроков может выиграть, независимо от действий соперника?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение скрыто

Ответ:

Игорь

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#128205

На периметре треугольника $ABC$ выбраны точки $D , 1$ $D , 2$ $E , 1$ $E , 2$ $F , 1$ $F 2$ так, что при обходе периметра точки встречаются в порядке $A,$ $F1,$ $F2,$ $B,$ $D1,$ $D2,$ $C,$ $E1,$ $E2.$ Оказалось, что

AD1 = AD2 = BE1 = BE2 = CF1 =CF2.

Докажите, что периметры треугольников, образованных тройками прямых $AD1,$ $BE1,$ $CF1$ и $AD2,$ $BE2,$ $CF2,$ равны.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 9.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Решение скрыто

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#83197

Рассмотрим все 100-значные числа, делящиеся на 19.

Докажите, что количество таких чисел, не содержащих цифр 4,5 и 6, равно количеству таких чисел, не содержащих цифр 1, 4 и 7.

Источники: Финал ВсОШ - 2023, 9.6, автор И.А. Ефремов (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче просят доказать, что какие-то 2 множества равны. Попробуйте сделать биекцию между элементами множества.

Подсказка 2

Как делать биекцию между числами совсем непонятно. Попробуйте придумать биекцию так, чтобы друг в друга переходили цифры. Так чтобы запрещенные цифры переходили друг в друга. Как это можно сделать, уследив за делимостью на 19?

Подсказка 3

Предлагается операцией умножить цифру на что-нибудь. При такой операции делимость на 19 сохранится(поймите это). Как сделать в обратную сторону?

Показать доказательство

Каждому остатку $a$ от деления на 19 сопоставим остаток $b(a)$ такой, что $b(a) ≡ 3a. 19$

Заметим, что остаткам $0,1,2,3,7,8,9$ сопоставлены остатки $0,3,6,9,2,5,8$ соответственно. Более того, по остатку $b$ восстанавливается остаток $a =a(b) ≡19 −6b$ такой, что $a(b(a)) ≡19− 18a ≡19a$ и $b(a(b))=b$ (из аналогичных соображений).

Обозначим теперь через $𝒜$ множество чисел из условия, не содержащих цифр $4,5,6$ , а через $ℬ$ — множество таких чисел, не содержащих $1,4,7$ . Каждому числу $--------- A= a99a98...a0 ∈ 𝒜$ сопоставим число $---------------- B = b(a99)b(a98)...b(a0)$ . Заметим, что $b(ai)$ — цифра (причём $b(a99)⁄= 0$ ), так что получилось 100 -значное число. Кроме того,

99 B = b0+ 10b1+ ...+(10 b99 ≡ ) ≡ 3a0+ 10a1+...+1099a99 = 3A (mod19),

так что $B$ делится на 19 и $B ∈ ℬ$ . Поскольку разным числам из $𝒜$ соответствуют разные числа из $ℬ$ , количество чисел в $ℬ$ не меньше, чем в $𝒜$ .

Наконец, каждому числу $--------- B =b99b98...b0 ∈ℬ$ соответствует число $---------------- A= a(b99)a(b98)...a(b0)$ , которое по аналогичным причинам лежит в $𝒜$ . Отсюда следует, что количества чисел в $𝒜$ и $ℬ$ равны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#68251

Биссектрисы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $I$ , внешние биссектрисы его углов $B$ и $C$ пересекаются в точке $J$ . Окружность $ωb$ с центром в точке $Ob$ проходит через точку $B$ и касается прямой $CI$ в точке $I.$ Окружность $ωc$ с центром в точке $Oc$ проходит через точку $C$ и касается прямой $BI$ в точке $I.$ Отрезки $ObOc$ и $IJ$ пересекаются в точке $K.$ Найдите отношение $IK :KJ$ .

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведём окружность ω, описанную около треугольника ABC. Попробуйте рассмотреть случай, когда окружность ωb пересекает окружность ω в двух точках, причем второй раз в точке P.

Подсказка 2

Пусть CI пересекает AB в точке L. Тогда по теореме об угле между касательной и хордой ∠BPI=∠BIL, а ∠BIL=∠IBC+∠ICB=90°-∠BAC / 2. Пускай PI пересекает окружность ω повторно в точке N. Что можно сказать про точку N?

Подсказка 3

Т.к. ∠BPI=90°-∠BAC / 2, то и ∠BPN=90°-∠BAC / 2. Отсюда следует, что N- середина дуги BAC. Заметим, что все переходы были равносильными, поэтому окружность ωb действительно повторно пересекает окружность ω в точке P. А в какой точке будет пересекать её окружность ωc?

Подсказка 4

В той же самой точке P! Ведь P определяется как пересечение окружности ω с прямой NI. А точки B и C равноправны относительно прямой NI и окружности ω. Пусть прямая AJ пересекает ω в точке S. Тогда NS- диаметр ω => NPS - прямой. В каком отношении тогда ObOc делит IP?

Подсказка 5

Пусть ObOc пересекает IP в точке Z. Т.к. линия центров перпендикулярна общей хорде и делит её пополам, то IZ=ZP и ObOc параллельна SP. Тогда прямая ObOc делит пополам IS. Осталось только вспомнить про лемму о трезубце, найти отношение IS/SJ и завершить решение!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Проведём в окружности $ωb$ диаметр $IX$ , а в окружности $ωc−$ диаметр $IY$ . Заметим, что $∘ ∠IBJ = 90 =∠ICJ$ , поскольку внутренняя и внешняя биссектриса угла перпендикулярны. Следовательно, точка $X$ лежит на $BJ$ , а точка $Y$ - на $CJ$ .

$PIC$

Кроме того, $IX ⊥IC$ , поскольку $ωb$ касается $IC$ в точке $I$ , поэтому $IX∥CJ$ . Аналогично, $IY∥BJ$ . Итого, четырёхугольник $IXJY$ - параллелограмм, пусть его диагонали пересекаются в точке $S$ . Тогда $IS =SJ$ , а отрезок $ObOj$ - средняя линия треугольника $IXY$ , поэтому точка $K−$ середина отрезка $IS$ . Таким образом, $IK =IS∕2= IJ∕4$ , откуда следует, что $IK∕KJ = 1∕3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим через $N$ середину дуги $BAC$ описанной окружности $Ω$ треугольника $ABC$ , а через $S−$ середину другой её дуги $BC$ . Пусть луч $NI$ вторично пересекает $Ω$ в точке $P$ . Поскольку $SN$ - диаметр окружности $(ABC )$ , то $∠NP S =90∘$ .

По лемме о трезубце $S$ — середина отрезка $IJ$ . Поскольку $∠BAC =∠BNC$ и $BN =NC$ , то

1 1 ∠NBC =∠NCB = 2∠ABC + 2∠ACB

Продлим луч $CI$ до пересечения с $AB$ в точке $L$ .

$PIC$

Так как $∠LIB$ внешний для треугольника $BIC$ , а также четырёхугольник $BNCP$ - вписанный, мы получаем, что $∠LIB =$ $=∠IBC + ∠ICB = 12∠ABC + 12∠ACB = ∠NCB = ∠IPB$ , поэтому окружность $(IBP)$ касается прямой $CI$ в точке $I$ . Также эта окружность проходит через $B$ , следовательно, это и есть окружность $ωb$ . Аналогично, окружность $ωc$ описана около треугольника $IPC$ .

Значит, IP - общая хорда окружностей $ωb$ и $ωc$ , а тогда $ObOc−$ серединный перпендикуляр к отрезку $IP$ . Поскольку к тому же $∠IPS = 90∘$ , мы получаем, что $O1O2$ проходит через середину отрезка $IS$ , то есть $KI = KS$ , а тогда $IK ∕KJ =1∕3$ .

Ответ:

$1 :3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#78818

Для какого наименьшего натурального числа $a$ существуют целые числа $b$ и $c$ такие, что квадратный трёхчлен $ax2+bx+ c$ имеет два различных положительных корня, не превосходящих $-1- 1000?$

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Докажем, что $a≥ 1001000.$ Заметим, что если $y$ —корень трёхчлена $ax2+bx+ c,$ то $1∕y$ —корень трёхчлена $2 cx + bx +a.$ Поэтому в задаче нужно найти наименьшее натуральное $a,$ для которого корни $x1$ и $x2$ некоторого трёхчлена $2 cx + bx +a$ (с целыми $b$ и $c$ ) больше $1000.$ Поскольку $x1$ и $x2$ положительны и $x1x2 =a∕c$ (по теореме Виета), имеем $c> 0.$

Если $c= 1,$ то $√ 2----- |x1− x2|= b − 4a≥ 1.$ Поскольку меньший корень не меньше $1000,$ больший корень не меньше $1001,$ а тогда $a= x1x2 ≥ 1001 ⋅1000.$ Если же $c≥2,$ то $a =cx1x2 ≥ 2x1x2 > 2000000.$ В обоих случаях требуемая оценка доказана.

Осталось заметить, что трёхчлен $2 x − (1000+ 1001)x +1001⋅1000$ имеет корни $1000$ и $1001,$ поэтому $a= 1001000$ подходит.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Положим для краткости $n =1000.$ Пусть $x1$ и $x2$ — два различных корня трёхчлена $f(x)= ax2+ bx +c,$ причём $0 <x1 < x2 ≤ 1n.$ Тогда число $b= −a(x1+x2)$ отрицательно, а число $c=ax1x2$ положительно. Более того, имеем $−ab= x1+ x2 < 2n,$ откуда $a> − nb2 .$

Поскольку корни различны, дискриминант $D = b2− 4ac$ положителен. Следовательно, $b2 > 4ac> −2nbc$ и, значит, $− b> 2nc.$ Поэтому $a> (−b)⋅ n2 > 2nc⋅ n2 = n2.c$ Пусть $a= n2c+d,$ где $d$ — натуральное число.

Предположим, что $a< n2+ n.$ Тогда $c= 1$ и $d< n.$ Стало быть,

( ) 0≤ f 1 = -a2 + b+ c= d2 + b +2 <-1+ b+ 2 n n n n n n n

и, значит, $− b< 2n+ 1.$ Следовательно, $− b≤ 2n$ и

D =b2− 4ac≤4n2− 4(n2+d)= −4d <0

Это противоречие показывает, что $d≥ n.$

Если же $a =n2+ n,$ то при $b=− 2n − 1$ и $c= 1$ трёхчлен имеет корни $x1 = -1- n+1$ и $x2 = 1. n$

Ответ:

$a =1001000$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#105491

Натуральные числа $n > 20$ и $k >1$ таковы, что $n$ делится на $k2.$ Докажите, что найдутся натуральные $a,$ $b$ и $c$ такие, что $n =ab+ bc+ca.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изначально у нас "слишком много свободы". Работать с тремя независимыми переменными трудно. Давайте считать, что число a уже дано. Как это помогает причесать исходное условие?

Подсказка 2

Числа b и c встречаются в исходном равенстве дважды, поэтому следить за ними не так просто. Можно ли преобразовать исходное равенство таким образом, чтобы они встречались в новом не более одного раза (число а при этом может встречаться произвольное число раз, мы же считаем его данным)?

Подсказка 3

Да, исходное равенство можно представить в виде n+a² = (b+a)(c+a). Как теперь можно сформулировать условие представимости для данных n и а?

Подсказка 4

Необходимо и достаточно, чтобы число n+a² представлялось в произведение двух натуральных, где каждое больше а. Вспоминая, что а произвольное, достаточно показать, что для данного n существует хотя бы одно a, для которого число n+a² раскладывается в произведение двух натуральных, где каждое больше а. Как исходя из этого, можно воспользоваться условием делимости n на k²?

Подсказка 5

Хотим положить a таким образом, чтобы каждое из двух множителей делилось на k. При этом a мы хотим сделать не очень большим, чтобы сделать множители большими, чем a было не очень сложно. Как это можно сделать?

Подсказка 6

Можно взять a наименьшим делителем k. Пусть n = lp² при некотором простом p. Докажите, что при l+1 > p работает соображение предыдущей подсказки. Как выглядят остальные случаи?

Подсказка 7

Число n представимо в виде (q-1)p² при некотором простом q < p+1. Разберем случай q < p. Воспользуйтесь представлением p = mq+r для натуральных m и q и преобразуйте полученное равенство.

Подсказка 8

Осталось разобраться со случаем p = q. Помните, что мы еще не пользовались условием на n>20.

Показать доказательство

Заметим, что из равенства $n+ a2 =(a+ b)(a+ c)$ следует равенство $n= ab+bc+ ca.$ Поэтому для решения задачи достаточно найти такое натуральное $a,$ что число $2 n+a$ раскладывается в произведение двух натуральных чисел $x$ и $y,$ больших $a$ (тогда можно положить $b= x− a$ и $c=y − a).$ Согласно условию, $2 n = ℓp$ для некоторых простого $p$ и натурального $ℓ.$

Если $ℓ+1 >p,$ то в силу разложения $2 2 n+ p = (ℓ+ 1)⋅p$ в качестве $a$ можно взять число $p.$ Также, если число $ℓ+ 1−$ составное, то $ℓ+ 1= st$ при $s,t>1;$ тогда снова можно положить $a= p,$ так как $2 2 n+ p = (ℓ+ 1)p = sp⋅tp.$

В оставшемся случае имеем $2 n= (q− 1)p$ при некоторых простом $q ≤ p.$ Если $p> q,$ то $p= mq+ r$ при некотором положительном $r< q$ и натуральном $m.$ Тогда число

n+ r2 = (q− 1)(r+ mq)2+r2 = q(p +mq)2− mq(2r+mq)

делится на $q,$ а частное от деления больше $r,$ поскольку $2 n= (q− 1)p > 1⋅q⋅r.$ Поэтому можно положить $a= r.$

Наконец, если $p= q,$ то $3 2 n = p − p ,$ причём $p≥ 5$ по условию. Тогда $2 3 2 ( 2 ) n +6 = p − p +36= (p+ 3) p − 4p +12 ,$ где обе скобки больше $6;$ в этом случае работает $a= 6.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75241

При каком наименьшем натуральном $n$ существуют такие целые $a ,a,...,a , 1 2 n$ что квадратный трехчлен

2 2 4 4 4 x − 2(a1+ a2 +...+ an)x +(a1+a2+ ...+ an+ 1)

имеет хотя бы один целый корень?

Источники: Всеросс., 2019, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

При $n= 6$ можно положить $a =a =a = a = 1 2 3 4$ $= 1$ и $a = a = −1 5 6$ ; тогда трёхчлен из условия принимает вид $x2− 8x+ 7$ и имеет два целых корня: $1$ и $7.$ Осталось показать, что это — наименьшее возможное значение $n.$

Пусть числа $a1,a2,...,an$ удовлетворяют условию задачи; тогда делённый на $4$ дискриминант квадратного трёхчлена из условия должен быть полным квадратом. Он равен

4 ( ) d= (a1+ a2+ ...+ an) − a41 +a42+ ...+ a4n+ 1

Тогда число $d$ нечётно и является квадратом, поэтому оно даёт остаток $1$ при делении на $8.$

Перепишем равенство выше в виде

4 d+1 +a41+ a42+...+a4n =(a1+ a2 +...+ an)

и рассмотрим его по модулю $8.$ Нетрудно проверить, что четвёртые степени целых чисел дают лишь остатки $0$ и $1$ при делении на $8,$ то есть правая часть равенства даёт остаток $0$ или $1.$ Левая же часть сравнима с $1+ 1+ k,$ где $k$ — количество нечётных чисел среди $ai.$ Значит, $n≥ k≥ 6.$

Ответ:

При $n= 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#75645

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ равны. На сторонах $AB$ и $BC$ нашлись соответственно точки $M$ и $N$ такие, что $MN ∥AD$ и $MN = 2AD.$ Пусть $K$ — середина отрезка $MN,$ а $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Докажите, что прямые $KH$ и $CD$ перпендикулярны.

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 9.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Выберем точки $Q$ и $P$ так, что точки $C$ и $A$ — середины отрезков $NQ$ и $MP$ соответственно. Поскольку $AD||MN$ и $AD = MN ∕2,$ отрезок $AD$ является средней линией в треугольнике $PMN,$ то есть $D$ — середина $PN.$

Поскольку четырехугольник $AMKD$ является параллелограммом верно, что $∠DAM =∠MKD = ∠NCD,$ то есть четырехугольник $KNCD$ вписан. При гомотетии с коэффициентом $2$ с центром в $N$ точки $K,D,C$ переходят в точки $M, P,Q$ соответственно, то есть четырехугольник $MNQP$ вписан.

По теореме Монжа из этого следует, что перпендикуляры из $A$ на $NQ,$ из $C$ на $P M$ и из $K$ на $PQ$ пересекаются в одной точке. Но первые два перпендикуляра пересекаются в точке $H;$ значит, $KH ⊥P Q||CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79858

Пусть $a ,...,a 1 25$ — целые неотрицательные числа, а $k$ — наименьшее из них. Докажите, что

√-- √-- √ --- [∘ ---------------] [ a1]+ [ a2]+ ...+ [ a25]≥ a1+ ...+a25+ 200k

(Как обычно, через $[x]$ обозначается целая часть числа $x,$ то есть наибольшее целое число, не превосходящее $x.$ )

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Положим $n = [√a-] i i$ . Тогда $a < (n +1)2, i i$ а поскольку числа $a i$ целые, имеем $a ≤ n2+ 2n. i i i$ Если мы теперь покажем, что

∘---------------- a1+ ...+ a25 +200k≤ n1+n2+ ...+ n25+1

то правая часть доказываемого неравенства не будет превосходить $n1+ n2+ ...+ n25,$ что и требовалось.

Пусть для определенности $k= a . 1$ Оценим подкоренное выражение в левой части доказываемого неравенства:

2 2 a1+ ...+ a25+ 200k ≤(n1+ 2n1)+ ...+ (n25+ 2n25)+ 200k =

= (n2+ ...+ n2)+ 2(n + ...+ n )+ 200(n2+ 2n) 1 25 1 25 1 1

Квадрат правой части доказываемого неравенства равен

(n21+ ...+ n225)+ 2(n1n2+ n1n3 +...+ n24n25)+ 2(n1+ ...+ n25)+ 1

Сравнивая эти выражения, видим, что достаточно показать, что

100(n21+2n1)≤ n1n2 +n1n3+ ...+ n24n25

Но при любых $i<j$ верно неравенство $ninj >n21 >n1.$ При этом в правой части стоит $25⋅224= 300$ слагаемых такого вида. Оценивая $100$ из них числом $n21,$ а остальные $200$ — числом $n1,$ получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#82937

В карточной игре каждой карте сопоставлено числовое значение от $1$ до $100,$ причем каждая карта бьет меньшую, за одним исключением: $1$ бьет $100.$ Игрок знает, что перед ним лежат рубашками вверх $100$ карт с различными значениями. Крупье, знающий порядок этих карт, может про любую пару карт сообщить игроку, какая из них какую бьет. Докажите, что крупье может сделать сто таких сообщений, чтобы после этого игрок смог точно узнать значение каждой карты.

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 9.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Карты бьют друг друга по циклу, причём особое место занимают карты 1 и 100. Стоит попробовать выделить их в отдельный цикл.

Подсказка 2

К картам 1 и 100 добавим карту, например, 50. Тогда они образуют цикл. Карты от 2 до 99 можно упорядочить в цепочку. Теперь осталось выяснить, какие именно карты 1 и 100.

Показать доказательство

Обозначим через $c i$ карту значения $i.$

Выберем произвольное число $3≤ k≤ 98.$ Пусть крупье сообщит, какая карта бьёт другую, в парах $(ck,c1),(c100,ck),(c1,c100),$ а также во всех парах вида $(ci+1,ci)$ при $i= 2,3,...,98.$ Всего он сделает $100$ сообщений.

Покажем, что по этим данным игрок может восстановить значения всех карт. Он может рассуждать так. Из того, что карты $c100,ck,c1$ бьют друг друга по циклу, следует, что одна из них имеет значение $1,$ а следующая по циклу — значение $100.$ Но, кроме карт этого цикла, карту $ck$ бьёт карта $ck+1,$ а карта $ck$ бьёт карту $ck−1.$ Значит, $ck$ не может иметь значение $1$ или $100,$ то есть значения $1$ и $100$ имеют карты $c1$ и $c100$ соответственно.

Наконец, среди оставшихся карт $c2,c3,...,c99$ в любой паре карта с большим значением бьёт другую. Поскольку нам известно, что каждая $ci+1$ бьёт $ci$ при $i= 2,3,...,98,$ отсюда следует, что каждая $ci$ имеет значение $i.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#81696

Существует ли такая бесконечная возрастающая последовательность $a ,a,a ,... 1 2 3$ натуральных чисел, что сумма любых двух различных членов последовательности взаимно проста с суммой любых трёх различных членов последовательности?

Источники: Всеросс., 2017, ЗЭ, 9.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Построим пример такой последовательности. Положим $a = 1,a = 7,a =(3a )!+ 1. 1 2 n+1 n$ Для того, чтобы показать, что она удовлетворяет требованиям, нам придётся эти требования несколько усилить. Будем говорить, что пара (тройка) чисел хорошая, если все её элементы, отличные от единицы, различны (а единица может встретиться в ней несколько раз). Докажем следующее утверждение, из которого будет следовать, что построенная последовательность — требуемая.

Пусть $(ai,aj)$ и $(ap,aq,ar)$ — хорошие пара и тройка элементов последовательности. Тогда НОД $(ai+aj,ap+aq+ ar)=$ НОД $(ai+ aj,ap+ aq− ar)= 1.$

Доказательство проведём индукцией по наибольшему индексу $m$ среди $i,j,p,q$ и $r.$ Если $m = 1,$ утверждение тривиально. Для перехода предположим, что $m >1.$ Число $am$ лежит либо только в паре $(ai,aj),$ либо только в тройке $(ap,aq,ar),$ либо в обеих.

Случай $1.$ Пусть $am$ — только элемент пары; скажем, $am = aj.$ Тогда, поскольку $0 <|ap+aq± ar|≤3am−1,$ число $am − 1 =(3am−1)!$ делится на $|ap +aq± ar|,$ то есть НОД $(ai+ am,ap +aq± ar)=$ НОД $((ai+ 1)+(am − 1),ap+ aq± ar)=$ НОД $(ai+ a1,ap +aq± ar) =1$ по предположению индукции.

Случай $2.$ Пусть $am$ — только элемент тройки; скажем, $am =aq.$ Аналогично, $am − 1$ делится на $ai+ aj,$ так что НОД $(ai+ aj,ap+ am ±ar)=$ НОД $(ai+ aj,ap+ a1±ar)= 1$ по предположению индукции.

Случай $3.$ Пусть $am$ — элемент и пары, и тройки; скажем, $am =aj = aq.$ Тогда $am− 1$ делится на $ap− ai± ar,$ так что НОД $(ai+ am,ap+ am± ar)=$ НОД $(ai+am,(ap+ am ± ar)− (ai+ am))=$ НОД $(ai+ am,ap − ai± ar)=$ НОД $(ai+a1,ap − ai± ar)= 1$ по предположению индукции. Переход индукции доказан.

Ответ:

Да, существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#84690

Дана равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD.$ Окружность $ω$ проходит через вершины $B$ и $C$ и вторично пересекает сторону $AB$ и диагональ $BD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Касательная, проведенная к окружности $ω$ в точке $C,$ пересекает луч $AD$ в точке $Z.$ Докажите, что точки $X,Y$ и $Z$ лежат на одной прямой.

Источники: Всеросс., 2017, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Поскольку $BC∥AD,$ а прямая $ZC$ касается окружности $ω,$ имеем $∠ADB = ∠YBC = ∠YCZ.$ Следовательно, $∠YDZ + ∠YCZ = 180∘,$ то есть четырёхугольник $CY DZ$ — вписанный.

Значит,

∘ ∠CYZ = ∠CDZ = ∠XBC = 180 − ∠CY X

где последние два равенства следуют из того, что трапеция $ABCD$ равнобокая, а четырёхугольник $XBCY$ вписан в $ω.$ Таким образом, $∠CY Z+ ∠CY X =180∘,$ поэтому точки $X,Y$ и $Z$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#94744

В стране некоторые пары городов соединены односторонними прямыми авиарейсами (между любыми двумя городами есть не более одного рейса). Скажем, что город $A$ доступен для города $B,$ если из $B$ можно долететь в $A,$ возможно, с пересадками. Известно, что для любых двух городов $P$ и $Q$ существует город $R,$ для которого и $P,$ и $Q$ доступны. Докажите, что существует город, для которого доступны все города страны. (Считается, что город доступен для себя.)

Источники: Всеросс., 2017, ЗЭ, 9.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Выберем город любой $A$ с наибольшим числом доступных городов. Предположим, что город $B$ не доступен для $A.$ Тогда для некоторого города $C$ доступны оба города $A$ и $B.$ Но тогда для $C$ доступны все города, доступные для $A$ и еще город $B,$ то есть большее количество городов, чем для $A.$ Это противоречит выбору $A,$ значит, для $A$ доступны все города.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#105155

Сумма положительных чисел $a,b,c,d$ равна $3.$ Докажите неравенство:

-1 -1 -1 -1 ---1--- a2 +b2 + c2 + d2 ≤a2b2c2d2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказывать неравенство с дробями совсем неудобно! Умножим все на знаменатель правой части. Тогда справа останется 1, а как можно было бы ее заменить, чтобы доказывать не имеющееся неравенство, а более сильное?

Подсказка 2

Понятно, что для такой замены нужно использовать, что a + b + c + d = 3. Слева у нас различные произведения квадратов переменных. Значит, можно было бы попытаться и единицу из правой части заменить на произведение переменных в каких-нибудь степенях. А какое неравенство позволит связать 1 и произведения переменных?

Подсказка 3

Верно, неравенство о средних! Заметим, что ab(c+d) ≤ 1 по неравенству о средних. Тогда и квадрат левой части этого неравенства не превосходит 1, и значит, если заменить в исходном неравенстве 1 в правой части на (ab(c+d))² и доказать такое неравенство, то и нужное будет доказано. А как доказать такое неравенство?

Подсказка 4

Заметим, что перед нами симметрическое неравенство, значит, переменные можно упорядочить! В последнем неравенстве можно раскрыть скобочки! Как теперь доказать наше неравенство?

Показать доказательство

Домножив доказываемое неравенство на $a2b2c2d2,$ получим