Тема Заключительный этап ВсОШ

Закл (финал) 9 класс .01 Закл 2025

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
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

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

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
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!