Тема Заключительный этап ВсОШ

Закл (финал) 10 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) 10 класс

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#92974Максимум баллов за задание: 7

На плоскости взято конечное число красных и синих прямых, среди которых нет параллельных, так, что через каждую точку пересечения одноцветных прямых проходит прямая другого цвета. Докажите, что все прямые проходят через одну точку.

Источники: Всеросс., 2002, ЗЭ, 10.8(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задачи по комбинаторной геометрии часта решаются рассмотрением чего-нибудь крайнего. Найдите в задаче что-нибудь такое.

Подсказка 2

Непонятно что крайнее рассматривать. Предлагается найти конструкцию следующего вида. Треугольник с чевианой, где чевиана и сторона, к которой она проведена, одного цвета, а остальные две стороны - другого.

Подсказка 3

Рассмотрите наименьшую по площади конструкцию, описанную выше. Докажите, что найдется точка, через которую проходят прямые лишь одного цвета.

Показать доказательство

Предположим противное. Заметим, что через каждую точку пересечения двух прямых проходит красная прямая. Рассмотрим синюю прямую $ℓ;$ пусть $A,B$ — две наиболее удалённые друг от друга точки пересечения $ℓ$ с красными прямыми, $m$ и $n$ — красные прямые, проходящие через $A$ и $B,C$ — точка пересечения $m$ и $n.$ Тогда через $C$ проходит синяя прямая $p,$ которая пересекает $ℓ$ в какой-то точке $D$ отрезка $AB,$ иначе $A$ и $B$ — не наиболее удалённые (cм. рис.).

$PIC$

Рассмотрим все четвёрки прямых $l′,m′,n′,p′,$ расположенных как $l,m,n,p(l′,p′$ — одного цвета; $m′,n′$ — другого; $m′,n′,p′$ пересекаются в одной точке; точка пересечения $p′$ и $l′$ лежит между точками пересечения $l′$ с $m′$ и $n′),$ и рассмотрим среди них такую, в которой прямые $l′,m ′,n′$ образуют треугольник наименьшей площади (cм. рис.). Тогда через точку $D ′$ проходит прямая $q′,$ одноцветная с $m ′.$ Она пересекает либо отрезок $B ′C′,$ либо $A′C′$ (пусть, для определенности, $B′C ′),$ Тогда прямые $n′,l′,p′,q′$ образуют конфигурацию с треугольником меньшей площади. Противоречие.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#75131Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)=x3 +ax2+ bx +c$ имеет три различных действительных корня, а многочлен $P(Q (x)),$ где $Q (x)= x2+ x+ 2001,$ действительных корней не имеет. Докажите, что $P(2001)> 1∕64.$

Источники: Всеросс., 2001, ЗЭ, 10.5(см. math.ru)

Показать доказательство

По условию $P(x)= (x− x)(x− x )(x− x ), 1 2 3$ следовательно,

P(Q (x))= (Q (x)− x1)(Q(x)− x2)(Q(x)− x3)

где $Q (x)− xi ⁄= 0,i= 1,2,3.$

Пусть $D i$ — дискриминанта квадратного трехчлена $Q(x)− x i$ при $i∈ {1,2,3,4}.$ Тогда $D = 1− 4(2001− x)< 0. i i$ Перемножив полученные неравенства $2001 − x > 1, i 4$ получаем $P(2001)= (2001− x )(2001− x )(2001 − x )> 1-. 1 2 3 64$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#75446Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли квадратные трёхчлены $ax2+bx+ c$ и $(a +1)x2+(b+ 1)x+ (c+1)$ с целыми коэффициентами, каждый из которых имеет по два целых корня?

Источники: Всеросс., 1997, ЗЭ, 10.5(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте подумаем, что у нас есть в наличии. Во-первых, у нас есть факт, что все корни целые, во вторых, что все переменные a, b, c - целые. На какую тогда теорему нас могут натолкнуть эти два факта?

Подсказка 2

Верно, на теорему Виета! Ведь, так как корни целые, то и все коэффициенты приведенных квадратных трехчленов(то есть, когда мы поделим на главный коэффициент) должны быть целыми. А что это нам может дать?

Подсказка 3

А это дает, что числитель делится на знаменатель. Однако в этот момент надо остановиться и не выписывать все делимости, а подумать, можем ли мы обойтись каким-то более маленьким фактом, который следует из делимости? А если рассмотреть несколько случаев вида а - четный/нечетный? Как от четности а зависят четности других переменных? Подумайте над этим, и задача решится сама!

Показать ответ и решение

Если каждый трёхчлен имеет целые корни, то каждое из выражений $c a$ , $b a$ , $c+1 a+1$ и $b+1 a+1$ должно быть целым, так как каждое из них выражается через соответствующие целые корни по теореме Виета.

Пусть $a$ — нечётное, тогда $a+ 1$ чётно, равно как и $b+ 1$ и $c+1$ . Следовательно, $b$ и $c$ нечётные. В этом случае видно, что если $x$ чётный, то $2 ax +bx+ c$ нечётно, а значит, не может равняться $0$ . Если же $x$ нечётный, то $2 ax +bx+ c$ также нечётно, пришли к противоречию.

Если $a$ — чётное, то мы придём к такому же противоречию, только со вторым трёхчленом.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#112342Максимум баллов за задание: 7

На бесконечной в обе стороны полосе из клеток, пронумерованных целыми числами, лежит несколько камней (возможно, по нескольку в одной клетке). Разрешается выполнять следующие действия:

Снять по одному камню с клеток $n− 1$ и $n,$ и положить один камень в клетку $n+ 1;$
Снять два камня с клетки $n$ и положить по одному камню в клетки $n+ 1,$ $n− 2.$

Докажите, что при любой последовательности действий мы достигнем ситуации, когда указанные действия больше выполнять нельзя, и эта конечная ситуация не зависит от последовательности действий (а зависит только от начальной раскладки камней по клеткам).

Источники: Всеросс., 1997, 10.8(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим a(i) — количество камней в i-ой клетке. Будем говорить, что набор всех a(i) образует конфигурацию. Хотелось бы придумать инвариант, который не изменяется при разрешенных операциях. Каким мог бы быть этот инвариант?

Подсказка 2

Пусть x — некоторое число. Тогда назовем весом конфигурации число, равное бесконечной сумме по всем целым i чисел, равных произведению a(i) и i-ой степени x. Можно ли выбрать x так, чтобы вес не менялся при разрешенных операциях?

Подсказка 3

Конечно! Достаточно положить x > 1 таким, чтобы он удовлетворял равенству x² = x + 1. Попробуем теперь доказать, что любая последовательность действий конечна. Наибольший номер непустой клетки не может уменьшаться. А может ли он увеличиваться бесконечно?

Подсказка 4

Конечно, нет! Он не может стать больше такого n, что n-я степень x больше веса конфигурации! Следовательно, у нас обязательно найдутся клетки, с камнями в которых операции больше не происходят. Как тогда показать, что количество операций конечно?

Подсказка 5

Верно! Применим индукцию! База очевидно, а ранее мы уже увидели, что для камней с достаточно большими номерами операции не происходят. Что тогда можно сделать?

Подсказка 6

Точно! Можно убрать камни с большими номерами и применить индукцию. Остается показать, что конечная конфигурация от последовательности действий не зависит. Для этого стоит сначала понять, как может выглядить конечная конфигурация!

Подсказка 7

Да, в ней обязательно каждая клетка содержит не более одного камня и нет двух непустых клеток подряд. А могут ли две конечные конфигурации с таким свойством иметь одинаковый вес?

Показать доказательство

Обозначим через $a i$ количество камней в клетке с номером $i.$ Тогда последовательность $A= (a) i$ задает конфигурацию — расположение камней по клеткам. Пусть $α$ — корень уравнения $2 x =x +1,$ больший $1.$ Назовем весом конфигурации $A$ число $∑ i w (A)= aiα.$ Покажем, что разрешенные действия не меняют веса. Действительно,

n+1 n n−1 n−1( 2 ) α − α − α =α α − α− 1 = 0

n+1 n n−2 n−2 ( 2 ) α − 2α +α = α (α− 1) α − α− 1 = 0

Докажем индукцией по $k$ — числу камней, что любая последовательность действий завершается. При $k= 1$ это верно. Пусть при числе камней, меньшем $k,$ утверждение верно. Рассмотрим процесс, начинающийся с конфигурации $A =(a) i$ с $∑ a = k. i$ Наибольший номер непустой клетки при разрешенных действиях не уменьшается, но и расти бесконечно он не может — он не может превысить числа $n,$ при котором $n α >w (A ).$ Значит, с какого-то момента наибольший номер непустой клетки перестает изменяться, и с камнями, попавшими в эту клетку, уже ничего не происходит. Выбросим эти камни, и применим предположение индукции к оставшимся.

В конечной конфигурации в каждой клетке не более одного камня, и нет двух непустых клеток подряд. Докажем, что любые две конфигурации $A= (ai)$ и $B = (bi)$ с такими свойствами имеют разные веса. Пусть $n$ — наибольший номер, при котором $ai ⁄= bi;$ пусть, для определенности, $an = 1,bn =0.$ Выбросим из $A$ и $B$ все камни с номерами, большими $n$ (они в $A$ и $B$ совпадают). Для оставшихся конфигураций $′ A$ и $′ B$ имеем:

( ′) n w A ≥ α ; w(B ′)< αn−1+ αn−3+ αn− 5+...=αn−1---1−2 =αn. 1 − α

Таким образом, для любой конфигурации есть только одна конечная с таким же весом; только к ней и может привести процесс.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#81753Максимум баллов за задание: 7

Последовательность натуральных чисел $a i$ такова, что

НОД(ai,aj)=H ОД(i,j)

для всех $i⁄= j.$ Докажите, что $a = i i$ для всех $i∈ ℕ.$

Источники: Всеросс., 1995, ЗЭ, 10.5(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Глобально в этой задаче нужно просто поиграться с НОДами. Попробуйте рассмотреть НОДы чисел с какими-то интересными индексами.

Подсказка 2:

Например, если рассмотреть НОД членов с индексами i, 2i, станет ясно, что aᵢ ≥ i.

Подсказка 3:

А теперь, предположив, что aᵢ > i, попробуйте рассмотреть НОД такой пары, который с одной стороны равен одному числу, а с другой стороны - другому.

Показать доказательство

Так как каждое $a i$ делится на НОД $(a,a )= i 2i$ НОД $(i,2i)= i$ , то $a ≥i i$ для всех $i∈ ℕ.$ Предположим, что $a >i i$ при некотором $i.$ Тогда, с одной стороны, НОД $(ai,aai) =$ НОД $(i,ai)= i$ (так как $ai$ делится на $i$ ), а с другой стороны, поскольку $aai$ делится на $ai,$ то НОД $(ai,aai)= ai > i.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#96593Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ на высоте $BK$ как на диаметре построена окружность $S,$ пересекающая стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. К окружности $S$ в точках $E$ и $F$ проведены касательные. Докажите, что их точка пересечения $P$ лежит на прямой, содержащей медиану треугольника $ABC,$ проведенную из вершины $B.$

Показать доказательство

$PIC$

Заметнм, что $∠BEF = ∠BKF = ∠C$ (стороны последних двух углов взаимно перпендикулярны). Значит, треугольннк $FBE$ получается из треугольника $ABC$ симметрией относительно биссектрисы угла $B$ с последующей гомотетней с центром в точке $B$ . Следовательно, медиана $BN$ треугольника $ABC$ совпадает с симедианой треугольника $FBE$ . Но согласно основной задаче о симедиане эта симедиана проходит через указанную в условии точку пересечения касательных.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#99435Максимум баллов за задание: 7

Две материальные точки с массами $m$ и $M$ $(M > m )$ и одинаковыми положительными зарядами $q$ находятся на расстоянии $l$ друг от друга в однородном электрическом поле $E,$ направленном от $m$ к $M$ (см. рисунок). В начальный момент скорости точек равны нулю. Найдите максимальное расстояние $L$ между точками при их дальнейшем движении. Считайте, что точки всё время движутся вдоль одной прямой

(Всеросс., 2014, Закл., 10)

Источники: Всеросс., 2014, финал, 10

Подсказки к задаче

Как перейти к рассмотрению движения только одного заряда?

Чтобы упростить задачу, нужно найти ускорение М относительно m и представить систему как движение одного заряда.

Какое условие для потенциальной энергии этого заряда будет выполняться в конечной точке траектории?

Потенциальная энергия заряда в конечной точке траектории равна начальной, так как скорость заряда в этих точках равна нулю.

Показать ответ и решение

1. Найдем ускорение точки $M$ относительно $m.$

-q2- qE- a1 = kM r2 + M − ускорение т. М.

q2 qE a2 = − k mr2-+ m-− ускорение т. М.

2( ) aМ = a1 − a2 = k q2 M-+-m- − qEM--−-m-. r M m M m

2. Можно заметить, что такое же ускорение было бы у точки массой $mM M1 = m-+-M-,$ если бы точка $m$ покоилась и напряженность поля равнялась бы $E1,$ при этом

qE1-= − qE M-− m-⇒ E = − EM--−-m-. M1 mM 1 M + m

Для упрощения будем рассматривать движение такой точки, т. к. траектории отличаться не будут. 3. Точка $M1$ будет находиться на максимальном расстоянии, когда ее скорость будет равна нулю. Значит, в этот момент её потенцильная энергия равна начальной $U0.$