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

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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:

$a =1001000$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#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 6#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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 $i.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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 9#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 10#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 11#70312

Остроугольный треугольник $ABC (AB < AC )$ вписан в окружность $Ω$ . Пусть $M$ - точка пересечения его медиан, а $AH$ - высота этого треугольника. Луч $MH$ пересекает $Ω$ в точке $′ A$ . Докажите, что окружность, описанная около треугольника $′ AHB$ , касается $AB$ .

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 9.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Проведем серединный перпендикуляр к $BC.$ Пусть он пересекает луч $HM$ в точке $P$ , а $BC$ в точке $F$ . Тогда $HM :MP = AM :MF =2 :1;$

Также проведем прямую, параллельную $BC$ , через точку $P$ . Пусть она пересекает $AH$ в точке $T$ , а $′ M$ — проекция точки $M$ на $AH$ . Тогда $′ ′ HM :M T = 1:2$ и $′ ′ HM :M A= 2:4$ . Следовательно $T$ — середина $AH$ .

$PIC$

Отметим точку $A1$ такую, что $HP = PA1$ . Тогда $AA1||BC$ в силу подобия треугольников $HP T$ и $HAA1$ . Кроме того, проецируя $A1$ на $BC$ получаем $HF = FS =⇒ BH = SC$ . Следовательно, $△ABH = △A1SC$ по двум катетам. А значит, $ABCA1$ — равнобедренная трапеция и $A1$ лежит на окружности, описанной около $△ABC.$

$∠ABC = ∠BCA1$ и $∠BCA1 = ∠BA ′H.$ Следовательно, $AB$ — касательная к окружности, описанной около треугольника $A′HB.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75442

Числа $a$ и $b$ таковы, что каждый из двух квадратных трёхчленов $x2+ ax+b$ и $x2+ bx+a$ имеет по два различных корня, а произведение этих трёхчленов имеет ровно три различных корня. Найдите все возможные значения суммы этих трёх корней.

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 9.1(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним теорему Безу или то, что ax²+bx+c = a(x-x₁)(x-x₂), x₁, x₂ - корни квадратного трёхчлена. А в таком виде уже очевидно, как произведение исходных 2-ух квадратных трёхчленов может иметь 3 различных корня.

Подсказка 2

Верно, у них должен быть общий корень. Вспомним такой факт, что если P₁(x₀) = 0 и P₂(x₀) = 0, то и c*P₁(x₀) + d*P₂(x₀) = c*0 + d*0 = 0 для всех c, d и кв. трёхчленов P₁(x), P₂(x). Может быть, у нас получится найти такие c, d, которые дадут нам дополнительную информацию про общий корень?

Подсказка 3

Полезно взять c = 1, d = -1, потому как тогда уйдёт x².

Подсказка 4

Ура, мы поняли, что они имеют общий корень: 1, а не пора ли применять Виета?)

Подсказка 5

Из Виета мы поняли, что первый трёхчлен имеет корень b, а второй: a. Получается, что нам нужно найти 1 + a + b, а оно уж очень похоже на x² + ax + b, что нам остаётся сделать, чтобы решить задачу?

Показать ответ и решение

Если каждый трёхчлен имеет два различных корня, а их произведение — три различных, то эти трёхчлены имеют ровно один общий корень. Значит, его имеет их разность $(a− b)x− (a − b)$ . Отметим, что $a ⁄=b$ иначе трёхчлены совпадут, равно как и их оба корня. Таким образом, их общий корень равен $1$ . При подстановке в оба трёхчлена получим $a+ b+ 1= 0$ . Также по теореме Виета понятно, что первый трёхчлен имеет корень $b$ , а второй — $a$ , тогда искомая сумма равна $a+ b+ 1= 0$ .

Ответ: 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#81760

Натуральные числа $a,x$ и $y,$ большие $100,$ таковы, что $y2 − 1= a2(x2− 1).$ Какое наименьшее значение может принимать дробь $a x ?$

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Оценка. Заметим, что $y2 = a2x2− a2+ 1< (ax)2,$ значит, $y < ax.$ Но $y$ и $ax$ – целые числа, поэтому $y ≤ax− 1.$ Следовательно,

22 2 2 2 2 2 a x − a + 1= y ≤ (ax− 1) =a x − 2ax +1

Стало быть, $2ax≤ a2,$ то есть $a≥ 2. x$

Пример. Оценка достигается при $x> 100,a= 2x,y = ax − 1 =2x2− 1.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#81756

На доске написали $100$ попарно различных натуральных чисел $a ,a ,...,a . 1 2 100$ Затем под каждым числом $a i$ написали число $b , i$ полученное прибавлением к $ai$ наибольшего общего делителя остальных $99$ исходных чисел. Какое наименьшее количество попарно различных чисел может быть среди $b1,b2,...,b100?$

Источники: Всеросс., 2013, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Если $a = 1 100$ и $a = 2i i$ при $i= 1,2,...,99,$ то $b =b =3, 1 100$ так что среди чисел $b i$ будет не больше $99$ различных. Докажем, что среди чисел $bi$ всегда найдутся $99$ различных. Можно считать, что $a1 < a2 <...<a100.$ Пусть $dk$ – наибольшее из чисел $d1,...,d100.$ Тогда при $i⁄= k$ числа $ai$ делятся на $dk.$ Следовательно, при $i< j$ и $i⁄= k⁄= j$ разность $aj − ai$ также делится на $dk.$ Поскольку она положительна, $aj − ai ≥ dk ≥ di.$ Поэтому $bj > aj ≥ ai+$ $di = bi,$ откуда $bi ⁄= bj.$ Итак, все 99 чисел $bi (i⁄=k)$ различны.

Ответ:

$99$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#86850

Положительные числа $a,...,a ,k 1 n$ таковы, что $a + ...+ a = 3k,a2+ ...a2= 3k2 1 n 1 n$ и $a3+ ...+ a3> 1 n$ $3k3+k.$ Докажите, что какие-либо два из чисел $a1,...,an$ отличаются больше, чем на $1.$

Источники: Всеросс., 2012, ЗЭ, 9.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Перемножив равенство

a1+ a2+...+an =3k (1)

и неравенство

3 3 3 3 a1+ a2+ ...+an >3k + k

получим неравенство

4 4 4 3 3 3 3 3 3 4 2 a1+ a2+ ...+ an +a1a2+ a1a2+ a1a3+a1a3+ ...+an−1an+ an−1an > > 9k +3k (2)

Возведем теперь в квадрат равенство

a2+a2+ ...+ a2= 3k2 (3) 1 2 n

Получим

a41 +a42+ ...+ a4n+ 2a21a22+ 2a21a23+ ...+ 2a2n−1a2n = 9k4 (4)

Вычитая из неравенства $(2)$ равенство $(4),$ получаем

(a31a2− 2a21a22+ a1a32)+ ...+ (a3n−1an− 2a2n−1a2n +an−1a3n)> 3k2

или

$a1a2(a1− a2)2+a1a3(a1 − a3)2+...+an−1an(an−1 − an)2 > 3k2 (5).$

Предположим теперь, что любые два числа отличаются не больше, чем на $1.$ Тогда квадрат их разности не больше $1,$ и из $(5)$ получаем неравенство

a1a2+ a1a3+ ...+ an− 1an >3k2 (6)

Но, если вычесть из квадрата равенства $(1)$ равенство $(3),$ получится равенство

2a1a2+ 2a1a3 +...+ 2an−1an =6k2

что противоречит $(6).$ Значит, найдутся два числа, отличающиеся больше, чем на $1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#84698

Дан остроугольный треугольник $ABC$ . Окружность, проходящая через вершину $B$ и центр $O$ его описанной окружности, вторично пересекает стороны $BC$ и $BA$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что точка пересечения высот треугольника $P OQ$ лежит на прямой $AC$ .

Источники: Всеросс., 2011, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим $∠OBA = ∠OAB = α,∠OBC = ∠OCB = γ.$ Тогда $∠ACB = ∠AOB ∕2= 90∘− α.$ Поскольку четырёхугольник $BPOQ$ вписан, $∠OP Q =α$ и $∠OQP =γ.$ Пусть $OO1$ — высота треугольника $OP Q,$ а $H$ — точка пересечения прямых $OO1$ и $AC.$ Без ограничения общности можно считать, точка $H$ лежит на луче $CA.$

$PIC$

Угол $POH$ — внешний угол треугольника $POO1,$ поэтому $∘ ∘ ∠POH = 90 +α = 180 − ∠HCP.$ Значит, четырёхугольник $CHOP$ вписан, и $∠PHO = ∠PCO = γ.$ Пусть $P1$ — точка пересечения прямых $OQ$ и $PH.$ Вновь по свойству внешних углов

∠QP1H = ∠QPH + ∠PQO = ∠QPH + ∠PHO1 = ∠HO1Q = 90∘

Итак, $P H⊥OQ,$ то есть $H$ — ортоцентр треугольника $OP Q.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#74662

Даны трое чашечных весов без гирь, из которых ровно одни сломаны: их показания произвольны, и мы не знаем, какие весы неисправны. Докажите, что из $2k 3$ монет можно определить одну фальшивую (более легкую) не более, чем за $3k+ 1$ взвешивание.

Источники: Всеросс., 2008, ЗЭ, 9.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Докажем индукцией по $k.$

База. Для удобства занумеруем монеты числами от $0$ до $8$ и запишем их в троичной записи (таким образом, каждой монете сопоставлена пара цифр от $0$ до $2$ ). Первое взвешивание делаем первыми весами в соответствии с первой цифрой номера: на левую чашу кладем монеты, у номера которых первая цифра $0,$ на правую — у которых она $1.$ Второе взвешивание делаем аналогично вторыми весами в соответствии со второй цифрой номера. Знак $<$ указывает на то, что фальшивая монета среди чисел с $0$ на первом/втором месте, $>$ — что она среди чисел с $1$ на первом/втором месте, $=$ — что среди чисел с $2$ на первом/втором месте. После проведения взвешиваний можно перенумеровать числа так, чтобы результат первого взвешивания указывал на число с $0$ на первом месте, а второго — с $0$ на втором. Тогда $4$ монеты без нулей в номере точно не фальшивые (иначе соврали и первые, и вторые весы).

Теперь разобьем монеты на три группы следующим образом: в одну поместим $00,$ в другую $01$ и $02,$ в третью — $10$ и $20;$ дополним все группы до трех монет точно не фальшивыми и взвесим третьими весами. Если весы сказали, что фальшивая в группе с $00,$ то это и есть $00$ (иначе двое весов соврали), и четвертое взвешивание не понадобилось. Если взвешивание сказало, что фальшивая в группе с $01$ и $02,$ то третьи весы противоречат вторым. Поэтому хотя бы одни из них соврали, а значит, первые точно исправны. Но тогда у фальшивой первая цифра действительно $0;$ таким образом, остались лишь три кандидата на фальшивую монету и одни точно исправные весы, которыми мы находим фальшивую монету за $1$ ход. Аналогично поступаем, если третье взвешивание сказало, что фальшивая монета в группе с $10$ и $20.$

Переход. Разобьём $32k$ монет на одну $9$ куч по $32k−2$ в каждой. Будем считать каждую кучу за одну монету (куча с фальшивой монетой легче). Тогда по рассуждениям из базы мы либо находим за $3$ взвешивания кучу с фальшивой монетой и далее работаем с ней, пользуясь предположением, либо за $3$ взвешивания мы находим рабочие весы и три кучи, среди которых есть куча с фальшивой монетой. Во втором случае, нам хватит $2k− 1$ взвешиваний, если постоянно делить кучу на три кучи с одинаковым числом монет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#73549

Два игрока по очереди проводят диагонали в правильном $(2n +1)$ -угольнике $(n >1).$ Разрешается проводить диагональ, если она пересекается (по внутренним точкам) с четным числом ранее проведенных диагоналей (и не была проведена раньше). Проигрывает игрок, который не может сделать очередной ход. Қто выигрывает при правильной игре?

Источники: Всеросс., 2007, ЗЭ, 9.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что по одну сторону от каждой диагонали находится чётное число вершин, а по другую — нечётное. Поэтому каждую диагональ пересекает чётное число других диагоналей $(2n+ 1)−$ угольника. Пусть в некоторый момент игры невозможно сделать ход, тогда каждая непроведённая диагональ пересекает нечётное число уже проведённых, а следовательно, и нечётное число непроведённых диагоналей. Такая ситуация возможна только тогда, когда непроведённых диагоналей чётное число(по лемме о рукопожатиях).

Таким образом, если общее количество диагоналей в многоугольнике нечётно, то выиграет первый, а если чётно — второй. В $(2n +1)−$ угольнике число диагоналей равно $(2n +1)(n − 1),$ то есть нечётно при чётном $n$ и чётно при нечётном $n.$

Ответ:

При нечётном $n$ выигрывает второй, при чётном — первый

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#72075

Дана доска $15× 15.$ Некоторые пары центров соседних по стороне клеток соединили отрезками так, что получилась замкнутая несамопересекающаяся ломаная, симметричная относительно одной из диагоналей доски. Докажите, что длина ломаной не больше $200.$

Источники: Всеросс., 2006, ЗЭ, 9.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Ясно, что ломаная пересекает диагональ. Пусть $A$ — одна из вершин ломаной, лежащая на диагонали. Будем двигаться по ломаной, пока не попадём в первый раз снова в вершину $B,$ лежащую на диагонали. Из симметрии, если двигаться по ломаной из $A$ в другую сторону, то $B$ также окажется первой вершиной на диагонали, в которую мы попадём. При этом ломаная уже замкнётся, поэтому через остальные $13$ центров клеток на диагонали ломаная не проходит.

Раскрасим доску в шахматном порядке так, чтобы диагональ была чёрной. Заметим, что на нашей ломаной белые и чёрные клетки чередуются, поэтому их количества равны. Всего на доске $152+1 2 = 113$ чёрных клеток. Поскольку клетки диагонали чёрные и ломаная не проходит через $13$ из них, то она проходит не более чем через $100$ чёрных клеток. Итого длина ломаной не более $2⋅100= 200.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#73380

В стране $n$ городов. Между каждыми двумя из них проложена либо автомобильная, либо железная дорога. Турист хочет объехать страну, побывав в каждом городе ровно один раз, и вернуться в город, с которого он начинал путешествие. Докажите, что турист может выбрать город, с которого он начнет путешествие, и маршрут так, что ему придётся поменять вид транспорта не более одного раза.

Источники: Всеросс., 2003, ЗЭ, 9.1(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Переформулируем задачу на языке графов. Нам дан полный граф с вершинами, рёбра которого покрашены в два цвета. Требуется доказать, что мы можем выделить в этом графе цикл, проходящий через все вершины, состоящий не более чем из двух одноцветных частей.

Подсказка 2

Понятно, что делать переход нужно от n+1 до n. Как «внедрить» в путь новую вершину после её удаления?

Подсказка 3

Внедрить её в путь в случае одноцветного пути несложно. А что делать с участком пути другого цвета?

Показать доказательство

Переформулируем задачу на языке графов. Нам дан полный граф с $n$ вершинами, рёбра которого покрашены в два цвета. Требуется доказать, что мы можем выделить в этом графе цикл, проходящий через все вершины, состоящий не более чем из двух одноцветных частей. Доказательство проведём по индукции.

База. Для полного графа с тремя вершинами утверждение очевидно.

Шаг индукции. Рассмотрим полный граф с $n +1$ вершиной. Удалим из рассмотрения одну вершину $M$ с выходящими из неё ребрами. Для оставшегося графа с $n$ вершинами по предположению индукции существует цикл, проходящий через все вершины, состоящий не более чем из двух одноцветных частей. Возможны два случая.

$1)$ Все рёбра цикла окрашены в один цвет. Занумеруем вершины цикла по порядку $A1,A2,...,An.$ Тогда, удалив ребро $A1A2$ и соединив вершину $M$ с вершинами $A1$ и $A2,$ мы получим цикл, состоящий не более чем из двух одноцветных частей.

2) Не все рёбра цикла окрашены в один цвет. Пусть в цикле есть две одноцветные части: $A1A2...Am$ (красная) и $AmAm+1 ...A1$ (синяя). Посмотрим на цвет ребра $AmM.$ Если это ребро красное, то цикл $A1A2...AmMAm+1 ...A1$ — искомый, если же оно синее, то искомым будет цикл $A1A2...Am−1MAm ...A1.$

Предыдущий раздел

Следующий раздел