Тема Региональный этап ВсОШ и олимпиада им. Эйлера

Регион 10 класс

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела региональный этап всош и олимпиада им. эйлера

Разделы подтемы Регион 10 класс

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#128949Максимум баллов за задание: 7

Каждый из 2024 людей является рыцарем или лжецом. Некоторые из них дружат друг с другом, причём дружба взаимна. Каждого из них спросили про количество друзей, и все ответы оказались различными целыми числами от 0 до 2023. Известно, что все рыцари отвечали на вопрос верно, а все лжецы изменяли истинный ответ ровно на 1. Какое наименьшее число лжецов могло быть среди этих людей?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 10.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим разбиение людей на две группы, группа A: назвали числа от 0 до n−1, группа B: назвали числа от n до 2n−1, где n = 1012. Можно ли связать число дружб людей из разных групп, обозначим его E, с числом лжецов в A/B?

Подсказка 2

Е оценивается сверху через истинное число друзей персонажей из A, а его можно оценить сверху через число лжецов в A. Есть ли аналогичная оценка для E снизу через число лжецов в B?

Подсказка 3

Почти все дружелюбные люди из группы B дружат более чем с половиной рыцарей и лжецов, значит, и с кем-то из A. Как для отдельного человека оценить это количество?

Подсказка 4

Сравним оценки для E: n(n−1)/2 + x ≥ E ≥ n(n+1)/2 − y, где x, y — количество лжецов в A и В соответственно. Какой отсюда следует вывод об общем числе лжецов?

Подсказка 5

x + y ≥ n. Надо построить пример с n лжецами. Может рассмотреть крайний случай, где достигаются оценки или где все лжецы входят в одну группу?

Показать ответ и решение

Оценка. Пусть $n= 1012.$ Людей обозначим вершинами, номер вершины будет означать ответ соответствующего человека, а если пара людей дружит, то проведем ребро между соответствующими вершинами.

Пусть $A$ — множество всех людей, которые назвали числа от 0 до $n− 1,$ а $B$ — множество всех людей, которые назвали числа от $n$ до $2n − 1.$ Пусть $di$ — степень вершины $i.$ Тогда по условию $di = i,$ если $i$ — рыцарь, и $|di− i|= 1$ в противном случае. Пусть в множестве $A$ ровно $x$ лжецов, а в множестве $B$ — ровно $y.$

Оценим количество $E$ ребер между людьми из разных множеств $A$ и $B.$

С одной стороны, $E$ не больше суммы степеней вершин множества $A,$ откуда

(n− 1)n E ≤ d0+d1+ ...+ dn−1 ≤0 +1+ 2+ ...+ (n − 1)+ x=--2---+x.

С другой стороны, из каждой вершины $i$ множества $B$ не более $n− 1$ ребер идет в вершины множества $B,$ и значит, не менее $di− (n − 1)$ ребер идет в вершины множества $A.$ Отсюда

E ≥ dn+ dn+1+...+d2n−1− n(n − 1)≥ n+ (n +1)+ ...+ (2n− 1)− y − n(n− 1)

n(n +1) = --2---− y.

Получаем неравенство:

n(n+-1)- (n−-1)n 2 − y ≤ 2 + x,

откуда $x+ y ≥ n.$ Это означает, что всего лжецов не менее $n.$

Пример. Как и прежде, номер человека будет означать его ответ. Возьмем два множества людей:

C = {0,1,...,n − 1}

D ={n,n+ 1,...,2n− 1}.

Пусть в множестве $C$ никакие двое людей не дружат друг с другом, а в множестве $D$ — любые двое дружат. Далее, пусть человек $i∈C$ и $j ∈ D$ дружат тогда и только тогда, когда $i+ j ≥2n − 1.$ Тогда у человека $i∈ C$ всего $i+1$ друг:

2n− 1,2n− 2,...,2n − i− 1.

У человека $j ∈D$ будет всего $j$ друзей:

это j− n+ 1 людей n − 1,n− 2,...,2n− j− 1

из множества $C$ и все люди множества $D,$ кроме него самого. При этом все люди в $C$ — лжецы, а в $D$ — рыцари. Видим, что все условия задачи выполняются.

Ответ:

1012

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#74875Максимум баллов за задание: 7

Последовательность чисел $a ,a ,... 1 2$ задана условиями $a =1, 1$ $a = 143 2$ и

a1+a2-+...+-an an+1 = 5⋅ n

при всех $n ≥2.$ Докажите, что все члены последовательности — целые числа.

Источники: Всеросс., 2012, РЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Положим $S = a + a +...+a , n 1 2 n$ тогда $a =S − S . n+1 n+1 n$ Достаточно показать, что все числа $S n$ – целые. Заметим, что $S1 = 1,S2 = 144,$ и $5Sn- Sn+1 − Sn = n ,$ то есть $n+5 Sn+1 = n Sn.$ Значит, при $n≥ 2$

(n+ 5)(n+ 4)...⋅7 (n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1) Sn+1 =--n(n−-1)...⋅2--⋅S2 =--------6⋅5⋅4⋅3⋅2---------⋅144=

= (n-+5)(n-+4)(n-+3)(n-+2)(n+1)- 5

Так как одно из чисел $n+ 5,n +4,n+ 3,n +2,n+ 1$ делится на $5,$ то при $n ≥2$ число $Sn+1$ – целое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#131037Максимум баллов за задание: 7

Дан бумажный треугольник, длины сторон которого равны 5 см, 12 см и 13 см. Можно ли разрезать его на несколько (больше одного) многоугольников, у каждого из которых площадь (измеренная в $2 см$ ) численно равна периметру (измеренному в см)?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 9.2 и 10.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проверьте для исходного треугольника: чему равна его площадь? А его периметр?

Подсказка 2

Можно ли хороший многоугольник разрезать на несколько меньших хороших многоугольников?

Подсказка 3

Предположим, мы разрезали фигуру на несколько хороших многоугольников. Чему равна сумма площадей всех этих кусков? А теперь подумайте о сумме периметров всех кусков.

Показать ответ и решение

Многоугольник, у которого площадь (измеренная в $см2$ ) численно равна периметру (измеренному в см), назовём хорошим.

Заметим, что исходный треугольник — хороший: он прямоугольный с катетами $5$ см и $12$ см, поэтому его площадь равна $30$ $2 см$ и численно совпадает с его периметром, равным

5+ 12+ 13 =30 см.

Если какой-то многоугольник П разбит на хорошие многоугольники, то площадь П, равная сумме площадей всех многоугольников разбиения, совпала бы численно с суммой периметров многоугольников разбиения. Но сумма этих периметров больше периметра П (на удвоенную сумму длин общих частей границ многоугольников разбиения). Получаем, что площадь П больше его периметра.

Значит, никакой хороший многоугольник, в том числе данный треугольник, нельзя разрезать на несколько (больше одного) хороших многоугольников.

Ответ:

нельзя

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#131042Максимум баллов за задание: 7

В таблице $6× 6$ изначально записаны нули. За одну операцию можно выбрать клетку и заменить число, стоящее в ней, на любое целое число. Можно ли за 8 операций получить таблицу, в которой все 12 сумм чисел в строках и столбцах будут различными положительными числами?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.1 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Условие задачи даёт довольно много свободы: можно заменять значения на любое целое число, при этом таблица достаточно маленькая. Есть ощущение, что существует пример, удовлетворяющий условию.

Подсказка 2:

Чтобы было проще придумать пример, попробуйте использовать как маленькие, так и большие числа, чтобы суммы в разных столбцах и строках сильно отличались.

Показать ответ и решение

Один из многих возможных примеров показан на рисунке.

$PIC$

Ответ:

можно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#131045Максимум баллов за задание: 7

В городе $N$ прошли $50$ городских олимпиад по разным предметам. В каждой из этих олимпиад участвовало ровно $30$ школьников, но не было двух олимпиад с одним и тем же составом участников. Известно, что для любых $30$ олимпиад найдется школьник, который участвовал во всех этих $30$ олимпиадах. Докажите, что найдется школьник, который участвовал во всех $50$ олимпиадах.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.3 и 11.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте решить задачу от противного: предположите, что нет школьника, который участвовал во всех 50 олимпиадах.

Подсказка 2

Тогда полезно посмотреть на пересечения пар множеств участников. Какого минимального размера может быть пересечение двух олимпиад?

Подсказка 3

Если пересечение двух множеств слишком маленькое, то для каждого школьника из него можно найти третью олимпиаду, в которой этого школьника нет.

Подсказка 4

Теперь рассмотрите пересечение выбранных двух олимпиад и олимпиад, в которых не участвуют школьники из их пересечения.
Общее пересечение пусто. А сколько всего олимпиад мы рассмотрели?

Подсказка 5

Пересечение менее 30 олимпиад не может быть пустым, значит, пересечение любых двух олимпиад равно 29.

Подсказка 6

Если множества участников всех олимпиад отличаются
друг от друга максимум одним человеком, то как устроено множество всех олимпиадников?

Подсказка 7

Если есть множество из 31 школьника, то сколько различных 30-элементных подмножеств можно составить из него? Достаточно ли этого, чтобы покрыть все 50 олимпиад?

Показать доказательство

Предположим противное, и пусть в множестве всех школьников есть различные $30$ -элементные подмножества

A1,A2,...,A50

— множества участников каждой олимпиады такие, что пересечение любых 30 из них непусто, а пересечение всех — пусто.

Пусть среди множеств

A1,A2,...,A50

нашлись два множества $B$ и $C,$ имеющие $k≤ 28$ общих элементов

x1,x2,...,x . k

Для каждого элемента $xi$ среди множеств

A1,A2,...,A50

найдём подмножество $Di,$ не содержащее $xi,$ такое подмножество $Di$ найдётся, иначе $xi$ — общий элемент множеств

A1,A2,...,A50.

(Заметим, что среди подмножеств $Di$ могут быть совпадающие.)

Тогда пересечение не более $30$ подмножеств

B,C,D1,...,Dk

— пусто. Это противоречит нашему предположению (к данным подмножествам можно добавить еще несколько, чтобы стало 30 подмножеств, при таком добавлении пересечение остается пустым).

Значит, указанных двух множеств $B$ и $C$ не найдётся. Тогда пересечение любых двух из множеств

A1,A2,...,A50

содержит в точности $29$ элементов. Пусть

A1∩A2 = {y1,y2,...,y29},

так что

A1 ={z1,y1,y2,...,y29}, A2 = {z2,y1,y2,...,y29}.

Найдём подмножество (пусть, для определённости, это подмножество — $A3$ ), не содержащее $y1.$ Так как

|A ∩ A |=|A ∩ A |=29, 1 3 2 3

то $A3$ обязано содержать все элементы

z1,z2,y2,y3,...,y29.

Этих элементов $30$ (все они различны), поэтому

A3 ={z1,z2,y2,y3,...,y29}.

Рассмотрим любое подмножество $Ai$ из подмножеств $A4,...,A50.$ Предположим, что $Ai$ содержит элемент, лежащий вне $31$ -элементного множества

K = {z1,z2,y1,y2,...,y29} =A1 ∪A2∪ A3.

Тогда $Ai$ должно пересекаться с каждым из подмножеств $A1,A2,A3$ по одному и тому же $29$ -элементному подмножеству множества $K.$ Но

|A1∩A2 ∩A3|= 28,

значит, такого $29$ -элементного подмножества не существует — противоречие. Отсюда делаем вывод, что все множества $A1,A2,...,A50$ являются подмножествами множества $K.$ Но в множестве $K$ количество $30$ -элементных подмножеств равно $31< 50.$ Получаем противоречие, завершающее решение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#131048Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a,b,c$ такие, что $a >1,$ $b> c> 1,$ а число $abc+ 1$ делится на $ab− b+1.$ Докажите, что $b$ делится на $a.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте из условия делимости вычесть делитель из делимого, чтобы получить новый вид выражения.

Подсказка 2

(abc + 1) − (ab − b + 1) = b(ac − a + 1). Обратите внимание, что в разности появляется множитель b.

Подсказка 3

Заметьте, что число b и число ab − b + 1 взаимно просты. Какой из этого вывод можно сделать?

Подсказка 4

Тогда ac − a + 1 делится на ab − b + 1. Сравните их.

Подсказка 5

Если ac − a + 1 < 2(ab − b + 1), то правда ли, что ac − a + 1 = ab − b + 1?

Подсказка 6

Да, так как ab − b + 1 делит ac − a + 1. Что даёт равенство?

Подсказка 7

А если его преобразовать к виду b(a − 1) = a(b − 1), вспомните про делимость.

Показать доказательство

Из условия следует, что

(abc+ 1)− (ab− b+1)= abc− ab+ b= b(ac− a +1)

делится на $ab− b+1.$ Заметим, что $b$ и

ab− b+ 1= (a − 1)b+1

взаимно просты, отсюда получаем, что $ac− a+ 1$ делится на $ab− b+1.$

Далее замечаем, что

0< ac− a+ 1< 2(ab− b+ 1).

Действительно,

2(ab− b+ 1)= (2a− 2)b+ 2> (2a − 2)c+2 =ac+ (a− 2)c+ 2≥ac+ 2> ac− a +1.

Значит, делимость $ac− a +1$ на $ab− b+ 1$ возможна только в случае равенства

ac− a+1 =ab− b+ 1.

Имеем

a(c− 1)= ac− a =ab− b= (a − 1)b.

Видим, что $(a− 1)b$ делится на $a,$ но так как $a− 1$ и $a$ взаимно просты, отсюда следует, что $b$ делится на $a,$ что и требовалось доказать.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#131049Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BD$ и отмечена точка пересечения высот $H.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $HD$ пересекает окружность, описанную около треугольника $BCD,$ в точках $P$ и $Q.$ Докажите, что $∘ ∠AP B+ ∠AQB = 180.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим, что $PQ ∥CD,$ так что $PQ$ — средняя линия прямоугольного треугольника $AHD.$ Значит, $PQ$ пересекает гипотенузу $AH$ в её середине $M,$ так что $MA = MD =MH.$

$PIC$

Имеем $∠MDH = ∠MHD,$ а поскольку $MH ⊥BC$ и $HD ⊥ CD,$ имеем также $∠MHD = ∠BCD.$ Получаем равенство $∠MDH = ∠BCD,$ из которого следует касание прямой $MD$ и окружности $(BCD )$ в точке $D.$ Отсюда $MD2 = MP ⋅MQ$ (по теореме о произведении отрезков секущей).

Далее, $MA2 = MP ⋅MQ.$ Значит, треугольники $AMP$ и $QMA$ подобны (угол $AMQ$ общий и $MA ∕MP =MQ ∕MA$ ). Отсюда $∠MQA = ∠MAP,$ поэтому

∠MP A +∠MQA = ∠MP A+ ∠MAP =∠HMQ = 90∘− ∠MHD =∠CBD.

Итак, $∠AP B +∠AQB = ∠CBD,$ и, поскольку

∠AP B +∠AQB =(∠MP A +∠MQA )+ (∠MP B+ ∠MQB ).

для завершения решения остаётся убедиться, что

∘ ∠MP B+ ∠MQB = 180 − ∠CBD.

Для определённости далее считаем, что $P$ лежит между $M$ и $Q.$ Имеем

∘ ∠MP B+ ∠MQB =180 − (∠BP Q− ∠MP Q).

Так как $PQ ∥CD,$ то дуги $PD$ и $CQ$ равны, а значит, опирающиеся на них вписанные углы равны. Тогда

∠BP Q − ∠P QB =∠BDQ − ∠P CB =(∠BDC − ∠QDC )− (∠DCB − ∠DCP )= ∠BDC − ∠DCB = ∠CBD,

что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#131382Максимум баллов за задание: 7

Петя взял некоторые трёхзначные натуральные числа $a ,a,...,a 0 1 9$ и написал на доске уравнение

9 8 2 a9x + a8x +...+a2x + a1x +a0 = ∗.

Докажите, что Вася сможет вместо звездочки написать некоторое 30-значное натуральное число так, чтобы получившееся уравнение имело целый корень.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Условие даёт слишком много свободы, существует множество трёхзначных и 30-значных чисел. Кажется, что пример существует.

Подсказка 2:

Есть два варианта, как можно придумать пример. Первый — придумать 30-значное число, для которого сразу найдется x, дающий это значение. Или же придумать x, дающий какое-то 30-значное число. Какой способ проще?

Подсказка 3:

Второй способ, разумеется, проще. Обратите внимание, многочлен состоит из 10 одночленов, а каждый коэффициент трёхзначный. Быть может, можно получить число, состоящее из коэффициентов, выписанных по очереди?

Показать доказательство

Пусть $x-yz- i ii$ — десятичная запись трехзначного числа $a i$ . Подстановка в левую часть уравнения $x =1000$ даёт

27 24 ------------- a9⋅10 +a8⋅10 +⋅⋅⋅+ a1⋅1000 +a0 = x9y9z9...x0y0z0.

Таким образом, после подстановки вместо звездочки $30$ -значного числа

----------------- x9y9z9x8y8z8...x0y0z0

получится уравнение, имеющее корень $1000.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#131383Максимум баллов за задание: 7

Биссектриса угла $A$ параллелограмма $ABCD$ пересекает сторону $BC$ в точке $K.$ На стороне $AB$ выбрана точка $L$ так, что $AL = CK.$ Отрезки $AK$ и $CL$ пересекаются в точке $M.$ На продолжении отрезка $AD$ за точку $D$ отмечена точка $N.$ Известно, что четырёхугольник $ALMN$ — вписанный. Докажите, что $∘ ∠CNL = 90.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Поскольку $AM$ — биссектриса угла $LAN,$ отрезки $LM$ и $MN$ равны как хорды, стягивающие равные дуги. Теперь достаточно доказать, что $CM = LM$ (тогда $CM = LM =MN,$ значит, $CNL$ — прямоугольный треугольник, и $NM$ — его медиана, проведенная из прямого угла).

Так как

∠BKA = ∠NAK = ∠BAK,

треугольник $ABK$ — равнобедренный (симметричный относительно серединного перпендикуляра к $AK ).$ Отметим на стороне $BK$ точку $X$ так, что $LX ∥AK.$ Из симметрии треугольника $ABK$ имеем $KX = AL.$ Тогда имеем $KX = CK$ и $MK ∥ LX,$ значит, $MK$ — средняя линия треугольника $CLX,$ значит, $CM = LM,$ что завершает решение.

$PIC$

Второе решение. Пусть $∠BAD =2α.$ Заметим, что $DM$ — биссектриса угла $ADC.$ Действительно, продлим $AK$ до пересечения с $CD$ в точке $Y.$ Тогда, используя подобия $AML ∼ YMC$ и $AY D∼ KY C,$ имеем

AM--=-AL = CK-= AD-. MY Y C YC DY

Из полученного равенства $AM∕MY =AD ∕DY$ вытекает, что $DM$ — биссектриса треугольника $ADY.$ Отсюда

∠MDC = ∠ADC ∕2= (180∘− 2α)∕2= 90∘ − α.

$PIC$

Из вписанности $ALMN$ имеем $∠CMN = ∠LAD,$ а из параллельности $AB ∥ CD$ следует $∠LAD = ∠CDN.$ Поэтому $∠CMN = ∠CDN,$ значит, четырёхугольник $CMDN$ — вписанный. Отсюда

∘ ∠MNC = ∠MDC = 90 − α.

Из вписанности

∠LNM = ∠LAM = α.

Тогда

∠LNC = ∠MNC + ∠LNM = 90∘,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что в решении 2 при доказательстве того, что $DM$ — биссектриса угла $ADC,$ не использовалось то, что $AM$ — биссектриса угла $A.$ А при доказательстве вписанности $CMDN$ не использовалось также равенство $AL = CK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#131384Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $k.$ Вдоль дороги стоят $n$ столбов через равные промежутки. Миша покрасил их в $k$ цветов и для каждой пары одноцветных столбов, между которыми нет других столбов того же цвета, вычислил расстояние между ними. Все эти расстояния оказались различны. При каком наибольшем $n$ так могло оказаться?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Для удобства расстояние между соседними столбами примем за единичное. Также пронумеруем их от 1 до n. Пусть nᵢ — количество столбов i-го цвета. Сколько всего будет искомых пар?

Подсказка 2:

Несложно догадаться, что для одного цвета таких пар nᵢ − 1 (количество промежутков). Значит, всего n₁ − 1 + ... + nₖ − 1 = n − k. Задача на оценку + пример, однако по условию нам дана только различность всех расстояний. Для примера, как мы можем оценить сумму 2-ух различных натуральных чисел, зная, что они от 1 до 5?

Подсказка 3:

Очевидно, что она ≥ 1 + 2 и ≤ 4 + 5. Применим аналогичную идею, только сумму чего будем оценивать?

Подсказка 4:

Кажется, хорошей идеей будет оценить сумму всех расстояний S. S ≥ 1 + 2 + ... + (n − k) = (n − k)(n − k − 1)/2. Да, мы получили какое-то неравенство, но оценку на количество из него пока что не вывести. Какое неравенство мы хотим получить для итоговой оценки?

Подсказка 5:

То, где с обеих сторон участвуют только переменные n и k. С правой частью мы справились, что же делать с левой?

Подсказка 6:

Необходимо выразить или оценить сверху S с помощью n и k (идея двойного подсчёта). Зайдём из далека. Как можно посчитать (не оценить) сумму расстояний для конкретного цвета?

Подсказка 7:

Попробуем сначала самым честным и пробивным способом. Пусть d₁, ..., dₚ — номера столбов первого цвета (НУО). Тогда искомая величина равна d₂ − d₁ + d₃ − d₂ + ... + dₚ − dₚ₋₁. А если покороче?

Подсказка 8:

Сумма расстояний для первого цвета = dₚ − d₁ (в целом, это интуитивно). Может обобщим эту идею?

Подсказка 9:

Пусть aᵢ — номер первого столбца i-го цвета, bᵢ — последнего. Тогда чему же равно S?

Подсказка 10:

S = b₁ − a₁ + ... + bₖ − aₖ = b₁ + ... + bₖ − (a₁ + ... + aₖ). Однако переменных k и n мы пока что не наблюдаем. Как бы их привязать к этому выражению?

Подсказка 11:

Разумеется, в явном виде выразить через n и k мы не сможем (ибо сумма может быть разной), значит, нужно вновь оценить сверху (чтоб нам на руку сыграла транзитивность в неравенствах). Посмотрим, что мы имеем: две суммы различных чисел. Кажется, мы где-то это уже видели...

Подсказка 12:

Поскольку мы хотим получить оценку сверху на S, то сумму b₁ + ... + bₖ нужно оценить снизу, а a₁ + ... + aₖ сверху. Метод нам известен, а что же получается в итоге?

Подсказка 13:

S ≤ k(n − k) (получите данный вид самостоятельно). Что же мы имеем? (n − k)(n − k − 1)/2 ≤ S ≤ k(n − k). Какая оценка на n у нас получилась?

Подсказка 14:

n ≤ 3k − 1. Осталось придумать пример. Он строится из оценки, всего лишь необходимо гарантировать равенства во всех выше написанных неравенствах. Успехов!

Показать ответ и решение

Пронумеруем столбы от 1 до $n$ вдоль дороги и примем за 1 расстояние между соседними столбами. Пару одноцветных столбов, между которыми нет других столбов того же цвета, будем называть хорошей.

Оценка. Пусть $n$ столбов покрашено так, что условие задачи выполнено. Пусть $ni$ — количество столбов $i$ -го цвета (далее считаем, что $ni ≥ 1,$ т.е. все цвета присутствуют, иначе можно увеличить $n,$ добавив столб нового цвета в конец). Пусть $ai$ и $bi$ — номера первого и последнего столбов $i$ -го цвета.

Всего у нас есть

t=(n1− 1)+(n2− 1)+ ...+ (nk − 1)= (n1+n2+ ...+ nk)− k =n − k

хороших пар столбов. Поскольку все расстояния между столбами в хороших парах различны, наименьшее из этих расстояний не меньше 1, следующее — не меньше 2, и т.д. Итак, для суммы $S$ расстояний во всех хороших парах получаем оценку

S ≥ 1+2+ ...+ t= t(t+ 1)∕2

С другой стороны, сумма всех расстояний для $i$ -го цвета равна $b − a. i i$ Поэтому

S = (b1+ ...+ bk)− (a1 +...+ ak)

Сумма $b1+ ...+bk$ не превышает суммы $k$ самых больших среди номеров 1, 2, …, $n,$ а сумма $a1+ ...+ ak$ не меньше, чем сумма $k$ наименьших среди номеров 1, 2, …, $n,$ поэтому

S ≤ (n+ (n− 1)+ ...+(n− k+ 1))− (1+2+ ...+ k)=

= (n− 1)+ ...+ (n− k+1)− (1 +2+ ...+ k)= k(n− k)

Итак,

t(t+1)∕2≤S ≤ kt,

откуда $t≤ 2k− 1$ и

n= k+ t≤3k− 1.

Пример. Годится, например, покраска

1,2,...,k− 1,k,k,k− 1,...,2,1,2,3,...,k

Здесь для цвета 1 единственная хорошая пара, и расстояние между столбами в ней равно $2k− 1.$ Для всех остальных цветов есть две хорошие пары, при этом для цвета 2 имеем расстояния $2k− 3$ и 2, для цвета 3 — расстояния $2k− 5$ и 4, и т.д., для цвета $k$ — расстояния 1 и $2k− 2.$

Ответ:

$3k− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#131385Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых трёх положительных вещественных чисел $x,y,z$ выполнено неравенство

∘--2---2 ∘ --2--2- ∘ -2---2- (x − y) 3x + y + (y− z) 3y + z+ (z− x) 3z+ x ≥ 0.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 10.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте оценить каждое слагаемое некоторым выражением так, чтобы сумма выражений равнялась нулю.

Подсказка 2:

Понятно, что хочется оценить корни. Также ясно, что так просто оценить не получится, потому что оценка будет работать по-разному в зависимости от знака разности переменных.

Подсказка 3:

Попробуйте сравнить первое слагаемое в левой части с x² – y² при x ≥ y и при x < y.

Показать доказательство

Докажем, что

∘ --2--2- 2 2 (x− y) 3x +y ≥(x− y)(x+ y)=x − y

Если $x≥ y,$ то $x− y ≥ 0$ и $2x2 ≥ 2xy,$ тогда

∘--2---2 ∘-2-------2 3x + y ≥ x + 2xy+ y =x +y

Если же $x ≤y,$ то $x − y ≤0$ и $2x2 ≤ 2xy,$ тогда

∘3x2+-y2 ≤ ∘x2+-2xy+-y2 =x +y

Умножая в каждом из случаев полученное неравенство на $x− y$ (в первом случае знак не изменился, а во втором развернулся), получим неравенство

(x− y)∘3x2-+-y2-≥x2− y2

Складывая доказанное неравенство с аналогичными неравенствами

∘ ------- (y− z) 3y2+z2 ≥y2− z2

∘ ------- (z− x) 3z2+x2 ≥z2− x2

получаем требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#31258Максимум баллов за задание: 7

В окружность $Ω$ вписан шестиугольник $AECDBF$ . Известно, что точка $D$ делит дугу $BC$ пополам, а треугольники $ABC$ и $DEF$ имеют общую вписанную окружность. Прямая $BC$ пересекает отрезки $DF$ и $DE$ в точках $X$ и $Y$ , а прямая $EF$ пересекает отрезки $AB$ и $AC$ в точках $Z$ и $T$ соответственно. Докажите, что точки $X,Y,T,Z$ лежат на одной окружности.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 10.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из-за общей вписанной окружности добываем ещё одну биссектрису и, соответственно, середину дуги

Подсказка 2

Раз проведены из середин дуг отрезки, то поможет лемма, что всегда получается добыть ещё вписанность (посчитайте угол между хордами и вписанный угол)

Подсказка 3

Явно же не хочется в XYTZ проводить что-то такое и считать углы, значит, надо будет считать отрезки. А счёт отрезков для вписанных четырёхугольников это степень точки писать

Подсказка 4

Рассмотрите случай, когда стороны XYTZ параллельны, а в ином случае можно пересечь и реализовать план пункта 2

Показать доказательство

Пусть $I$ — центр общей вписанной окружности $ω$ треугольников $ABC$ и $DEF$ . Так как $D$ — середина дуги $BC$ , точки $A,$ $I,$ $D$ лежат на одной прямой. Окружность $ω$ вписана в угол $∠FDE,$ поэтому $DI$ — биссектриса угла $∠F DE,$ а точка $A$ — середина дуги $FE.$ Сформулируем и докажем следующее утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Дана окружность и её хорда $BC.$ Точка $D$ — середина одной из дуг $BC.$ Через $D$ провели две прямые, которые пересекают прямую $BC$ и окружность в точках $X,$ $F$ и $Y,$ $E.$ Тогда точки $E,$ $F,$ $X,$ $Y$ лежат на одной окружности.

Доказательство 1. Из равенства углов

1 ⌢ ⌢ 1 ⌢ ⌢ ∠F ED = 2(FB+ BD )= 2(F B+ CD )=∠F XB

следует искомая вписанность.

$PIC$

____________________________________________________________________________________________________

Доказательство 2. Заметим, что $∠BF D =∠BCD =∠DBC.$ Тогда описанная окружность треугольника $BXF$ касается прямой $BD,$ поэтому $DB2 = DX ⋅DF.$ Аналогично $DB2 = DY ⋅DE.$ Следовательно, точке $E,$ $F,$ $X,$ $Y$ лежат на одной окружности.

$PIC$

____________________________________________________________________________________________________

Лемма доказала вписанность $EFXY.$ Аналогично, четырёхугольник $BCT Z$ — вписанный. Если $BC ||EF,$ то конструкция симметрична относительно прямой $AD,$ и утверждение задачи очевидно. Рассмотрим точку $S$ пересечения $F E$ и $BC.$ Приравнивая произведения отрезков секущих для окружностей $Ω,$ $(BCT Z)$ и $(FEY X)$ (т.е. степень точки $S$ относительно окружностей), получаем равенства

SX⋅SY = SF ⋅SE = SB⋅SC = SZ⋅ST

Из $SX ⋅SY =SZ ⋅ST$ следует, что точки $X,$ $Y,$ $Z,$ $T$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#79752Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)= a xn+ a xn−1+ ...+ ax +a , n n−1 1 0$ где $n$ — натуральное число. Известно, что числа $a,a ,...,a 0 1 n$ — целые, при этом $an ⁄=0,an−k = ak$ при всех $k= 0,1,...,n,$ и $an+ an−1+ ...+a1 +a0 = 0.$ Докажите, что число $P(2022)$ делится на квадрат некоторого натурального числа, большего $1.$

Источники: Всеросс., 2022, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Понятно, что константа здесь взята с неба (так как коэффициенты могут быть любыми числами). Поэтому опираться на 2022 не нужно. Будем доказывать задачу в общем виде, то есть, что P(x) делится на квадрат некоторого целого числа при любом целом x (c ограничением > 1 разберёмся позже).

Подсказка 2:

То есть хотим доказать, что P(x) = Н(х)Q(x)², где Q(x), H(x) ∈ ℤ[x]. Подумаем, какая степень может быть у Q(x)?

Подсказка 3:

В теории, конечно, любая, только вот как доказывать? Доказывать делимость на квадратный трёхчлен уже не самая простая задача, а что говорить про большие степени? Поэтому стоит начать с многочлена Q(x), равного линейной функции, а если не сработает, то придётся страдать...

Подсказка 4:

Хотим доказать, что P(x) делиться на многочлен (x − с)², где с ∈ ℤ. Сейчас Вам предстоит запомнить идею. То, что мы хотим доказать, равносильно тому, что P(x + c) делится на x² (осознайте самостоятельно, чтоб получить удовольствие от задачи). А делимость на x² гораздо более простой в доказательстве факт, чем делимость на другую квадратичную функцию. Как же его доказать?

Подсказка 5:

Введём обозначения для красоты и удобства. Пусть t = x − c, а также R(t) = P(t + c). Хотим доказать, что P(t + с) делится на t², то есть, что R(t) делится на t². Что это значит?

Подсказка 6:

Что у R(t) должны быть нулевыми свободный коэффициент и коэффициент при t. Начнём со свободного. Как изящно получить свободный коэффициент с помощью R(t)?

Подсказка 7:

Подставить 0! R(0) — и есть свободный коэффициент. То есть хотим доказать, что aₙcⁿ + aₙ₋₁cⁿ⁻¹ + ... + a₁c + a₀ = 0, однако по условию мы знаем, что aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁ + a₀ = 0. На какие мысли о "с" это наталкивает?

Подсказка 8:

Разумеется, что нужно взять с = 1, тогда мы сразу докажем, что свободный коэффициент нулевой. Остаётся разобраться с коэффициентом перед t. Его уже простой подстановкой не узнать, придётся считать честно...

Подсказка 9:

Но и это не беда! R(t) = aₙ(t + 1)ⁿ + aₙ₋₁(t + 1)ⁿ⁻¹ + ... + a₁(t+1) + a₀ = 0. Вспомним про бином Ньютона и поймём, что коэффициент при t это naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁. Хотим доказать, что это выражение равно 0. Пока что непонятно, как это делать, но ведь мы ещё никак не воспользовались условием про симметричность коэффициентов...

Подсказка 10:

naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁ = 0 равносильно тому, что aₙ₋₁ + 2aₙ₋₂ ... + (n − 1)a₁ + na₀ (в силу симметрии). Очень уж красиво дополняют друг друга эти выражения, которые численно равны. Причём мы хотим, чтоб они численно были равны 0. Может быть, их тогда стоит сложить?... А изначальное ограничение на 1 разрешится само собой) Дальше мы замолкаем. Успехов!

Показать доказательство

Достаточно доказать утверждение: многочлен $P (x)$ делится на $(x − 1)2.$ Действительно, после деления (например, столбиком), в частном получится многочлен $Q(x)$ с целыми коэффициентами, и тогда равенство многочленов $2 P(x)= (x− 1)Q (x)$ влечет равенство $2 P (2022)= 2021 ⋅Q (2022),$ из которого следует утверждение задачи, поскольку $Q(2022)$ — целое число.

Для доказательства утверждения сделаем замену $t= x− 1,$ положим $n n−1 R(t)= P(t+1)= an(t+ 1) +an−1(t+1) + ...+a1(t+1)+ a0$ и докажем, что $R(t)$ делится на $2 t ,$ т.е. что последние два коэффициента многочлена $R(t)$ равны $0.$

Свободный член многочлена $R$ равен $R(0) =an+ an−1+ ...+ a0 =0.$ Поскольку в многочлене $k (t+ 1)$ коэффициент при $t$ равен $k,$ коэффициент при $t$ многочлена $R$ равен $nan+ (n − 1)an−1 +...+ a1.$ Из условий $an−k = ak$ следует, что удвоенный коэффициент при $t$ равен $(nan+ (n − 1)an−1 +...+a1)+(na0+ (n − 1)a1+...+an−1)= n(an+ an−1+ ...+a0)= 0.$ Тем самым, задача решена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#88689Максимум баллов за задание: 7

Дан квадратный трехчлен $P (x)$ . Докажите, что существуют попарно различные числа $a$ , $b$ и $c$ такие, что выполняются равенства

P(b+c)= P(a),P(c+ a)= P(b),P (a +b)= P(c).

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 10.2 и 11.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень полезно уметь представлять такие задачи. Мы знаем, что Р(х) --- это трёхчлен. Как выглядит его график?

Подсказка 2

Это парабола! Вспомним, что парабола симметрична относительно некоторой вертикальной прямой. А если значения в двух различных точках параболы равны, то что можно сказать про эти точки?

Подсказка 3

Они равноудалены от абсциссы вершины параболы! Теперь подумайте, чему равна сумма таких точек, и из этого приведите пример к задаче.

Показать доказательство

Пусть $d$ — абсцисса вершины параболы $y =P(x)$ , так что прямая $x= d$ — ось симметрии параболы. Тогда для любых чисел $t$ и $s$ с суммой $2d$ (т.е. таких, что точки $t$ и $s$ симметричны относительно $d)$ выполнено $P(t)= P(s)$ .

Таким образом, любая тройка попарно различных чисел $a,b,c$ с суммой $2d$ будет удовлетворять условию задачи. Можно взять, скажем,

2d 2d 2d a =-3 − 1,b= 3-,c= 3-+1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#134306Максимум баллов за задание: 7

Петя написал на доске десять натуральных чисел, среди которых нет двух равных. Известно, что из этих десяти чисел можно выбрать три числа, делящихся на 5. Также известно, что из написанных десяти чисел можно выбрать четыре числа, делящихся на 4. Может ли сумма всех написанных на доске чисел быть меньше 75?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 9.1, 10.1 и 11.1 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте придумать пример таких чисел.

Подсказка 2:

Добавьте в набор число 20. Оно одновременно делится на 4 и на 5. Осталось взять два маленьких числа, кратных 5, и три числа, кратных 4.

Показать ответ и решение

Пример: $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $5,$ $6,$ $8,$ $10,$ $12,$ $20.$ В этом наборе три числа $(5,10,20)$ делятся на 5, четыре числа $(4,8,12,20)$ делятся на 4, а общая сумма равна $71.$

Ответ:

может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#134326Максимум баллов за задание: 7

У Васи есть $n$ конфет нескольких сортов, где $n ≥145.$ Известно, что если из данных $n$ конфет выбрать любую группу, содержащую не менее 145 конфет (в частности, можно выбрать группу из всех данных $n$ конфет), то существует такой сорт конфет, что выбранная группа содержит в точности 10 конфет этого сорта. Найдите наибольшее возможное значение $n.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022. 10.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть имеется n конфет. Рассмотрим все сорта конфет, для каждого из которых в наборе есть ровно 10 конфет этого сорта. Пусть их k. Очевидно, что какой-то из них является тем самым сортом из условия задачи.

Подсказка 2:

Подумайте, как можно нарушить выполнимость условия.

Подсказка 3:

Уберем по 1 конфете каждого из k сортов. Для оставшегося набора из n – k конфет условие не выполняется. Попробуйте оценить величину n – k.

Подсказка 4:

Очевидно, что n ≥ 10k, откуда n/10 ≥ k. Следовательно, n – k ≥ 9n/10. Как мы поняли ранее, этот набор не удовлетворяет условию. Значит, в нём менее 145 конфет. Теперь можно сделать оценку. Не забудьте придумать пример.

Показать ответ и решение

Оценка. Докажем, что $n> 160$ «не работает».

Пусть дан набор из $n$ конфет. Назовём сорт критическим, если конфет этого сорта ровно 10 (среди всех данных $n$ конфет). Пусть у нас $k$ критических сортов, тогда всего конфет не менее $10k:$ $n ≥10k.$ Уберём по одной конфете каждого критического сорта и организуем группу из оставшихся $n − k$ конфет. Для этой группы нет сорта, представленного ровно 10 конфетами. Кроме того,

n 9n 9⋅160 n− k≥ n− 10 = 10 >-10--=144.

Значит, в рассматриваемой группе не менее 145 конфет, поэтому условие задачи не выполняется.

Пример. Теперь приведём пример ситуации, в которой у Васи может быть 160 конфет. Пусть у него есть ровно по 10 конфет 16 сортов. Пусть выбрана группа, для которой нет сорта, представленного ровно 10 конфетами. Тогда в эту группу не входит хотя бы одна конфета каждого сорта (иначе говоря, ни один сорт не будет взят полностью), т.е. группа содержит не более $16 ⋅9 =144$ конфет, значит, условие задачи выполнено.

Ответ:

160

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#135017Максимум баллов за задание: 7

На плоскости отмечены $N$ точек. Любые три из них образуют треугольник, величины углов которого в градусах выражаются натуральными числами. При каком наибольшем $N$ это возможно?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 9.9 и 10.8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте сначала какой-нибудь пример. Ясно, что точки надо отмечать не каким-то произвольным образом на плоскости. Например, можно отмечать их на окружности, ведь там легко вычисляются углы.

Подсказка 2:

Итак, вы придумали пример на 180 и теперь хотите сделать оценку. Если нет, то придумайте. Попробуйте найти угол, образованный тремя отмеченными точками, внутри которого лежат остальные точки.

Подсказка 3:

Для этого можно ввести координаты, выбрать точку A с наибольшей ординатой и две точки B, C такие, что угол BAC максимален. Теперь подумайте, какое возникнет противоречие, если внутри угла будет хотя бы 178 отмеченных точек.

Показать ответ и решение

Пример. Покажем сначала, что при $N = 180$ требуемое возможно. Отметим на окружности 180 точек, разбивающих её на 180 равных дуг величиной по $∘ 2$ каждая. Величина любой дуги с концами в двух из отмеченных точек выражается чётным числом градусов, поэтому величина любого вписанного в окружность угла, образованного тремя отмеченными точками, выражается натуральным числом градусов. Следовательно, 180 отмеченных точек удовлетворяют условию задачи.

Теперь докажем оценку $N ≤ 180,$ это можно сделать несколькими способами.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Первый способ. Осталось доказать, что $N ≤ 180.$ Любые три отмеченных точки образуют треугольник, поэтому не могут лежать на одной прямой. Считая отмеченные точки расположенными на координатной плоскости, обозначим через $A$ любую из них с максимальной ординатой. Среди оставшихся выберем точки $B$ и $C$ такие, что угол $BAC$ максимален.

Из условия задачи следует, что в треугольнике $ABC$ величины углов $ABC$ и $ACB$ не меньше $1∘,$ поэтому величина угла $BAC$ не больше $178∘.$ Ввиду выбора точек $B$ и $C$ остальные $N − 3$ отмеченные точки лежат строго внутри угла $BAC,$ и каждый луч с началом в точке $A$ содержит не больше одной из них. Проведя через каждую отмеченную точку внутри угла $BAC$ луч с началом в точке $A,$ получим $N − 3$ различных луча, делящих $∠BAC$ на $N − 2$ угла. Если $N − 2> 178,$ то хотя бы один из этих углов имеет величину, меньшую $1∘,$ и является углом некоторого треугольника с вершинами в трёх отмеченных точках, что противоречит условию задачи. Следовательно, $N − 2≤ 178,$ то есть $N ≤180,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Рассмотрим пару отмеченных точек $A,$ $B$ на наибольшем расстоянии друг от друга. Тогда для любой другой отмеченной точки $C$ сторона $AB$ — наибольшая в треугольнике $ABC,$ поэтому, в частности, угол $∠BAC$ острый.

Проведя из точки $A$ лучи во все отмеченные точки, получаем, что все эти лучи различны (ибо три отмеченных точки не могут лежать на одной прямой), и каждый составляет с лучом $AB$ острый угол, выражаемый целым числом градусов. Такой угол (если луч не совпадает с $AB$ ) может принимать значения от $1∘$ до $89∘,$ поэтому количество таких лучей $N − 2$ не превосходит $2⋅89= 178.$ Отсюда $N ≤ 180.$

Ответ:

180

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#135020Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что существует натуральное число $b$ такое, что при любом натуральном $n> b$ сумма цифр числа $n!$ не меньше $100 10 .$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 9.10 и 10.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Нужна какая-нибудь лемма, которая позволит оценивать сумму цифр некоторых чисел. Условие задачи даёт много свободы, можно выбрать любое b. Значит, возможно, получится подогнать задачу под лемму.

Подсказка 2:

Через s(m) обозначим сумму цифр числа m. Если натуральное число m кратно 10ᵏ − 1, где k — также натуральное, то s(m) ≥ 9k. Докажите этот факт.

Подсказка 3:

Попробуйте доказывать по индукции. Распишите число m в виде 10ᵏu + v и сведите к меньшему числу.

Подсказка 4:

Для доказательства перехода понадобится следующий факт: s(a) + s(b) ≥ s(a + b). Докажите его, используя сложение в столбик.

Показать доказательство

Положим $a= 10100.$ Через $s(m)$ обозначим сумму цифр числа $m.$ Отметим простое свойство $s(ℓ)+ s(m) ≥s(ℓ+m ),$ которое сразу видно, если числа $ℓ$ и $m$ сложить в столбик.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть $k$ — натуральное число, и пусть натуральное число $m$ кратно $k 10 − 1.$ Тогда $s(m)≥ 9k.$

Доказательство. Индукция по $m.$ База $k m =10 − 1$ очевидна.

Предположим, что $k m ≥ 10 ,$ и что утверждение доказано для всех чисел, меньших $m.$ Докажем его и для $m.$ Пусть последние $k$ цифр числа $m$ образуют число $v$ (возможно, с ведущими нулями), а все остальные — число $u >0$ (иначе говоря, $-- k m =uv =10 u+ v$ ). Поскольку $m$ делится на $k 10 − 1,$ то и (положительное) число

m′ = u+ v = m − (10k− 1)u

также кратно $k 10 − 1.$ Поэтому $′ s(m )≥ 9k$ по предположению индукции, а тогда

′ s(m )=s(u)+s(v) ≥s(u+v)= s(m )≥ 9k.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Для решения задачи осталось взять такое $k,$ что $9k ≥a,$ и заметить, что если $b= 10k− 1$ и $n ≥b,$ то $n!$ делится на $10k − 1$ и, значит, $s(n!)≥ 9k ≥a.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#135021Максимум баллов за задание: 7

На доске написаны три последовательных нечётных числа. Может ли сумма остатков от деления этих трёх чисел на 2022 равняться некоторому простому числу?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 10.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте в явном виде записать суммы этих остатков. Обозначьте остаток первого числа через r и посмотрите, что получится.

Подсказка 2:

Вероятно, вы столкнулись с проблемой, что в некоторых случаях остатки двух других чисел будут выглядеть r + 2 и r + 4, а в некоторых других — иначе. Разберите эти случаи отдельно.

Показать ответ и решение

Пусть $r$ — остаток меньшего из данных нечётных чисел при делении на 2022, так что $r$ — некоторое нечётное число множества ${1,3,5,$ …, $2021}.$ Если $r≤2017,$ то два других остатка — $r+2$ и $r+ 4,$ так что сумма остатков равна

r+ (r+2)+ (r+ 4)= 3(r+ 2).

Это число составное, так как делится на 3 и больше 3. Отдельно рассмотрим случаи $r =2019$ и $r=2021.$ В первом случае остатки данных чисел равны 2019, 2021 и 1. Во втором случае остатки данных чисел равны 2021, 1 и 3. В обоих случаях сумма остатков делится на 3 и больше 3.

Ответ:

не может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#135022Максимум баллов за задание: 7

Дан вписанный четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A = 2∠B.$ Биссектриса угла $C$ пересекает сторону $AB$ в точке $E.$ Докажите, что $AD + AE = BE.$

Показать доказательство

Решение

Обозначим $∠ABC =α,$ тогда по условию $∠DAB = 2α.$ На продолжении отрезка $AB$ за точку $A$ отметим точку $F$ так, что $AD = AF.$ Тогда треугольник $AF D$ равнобедренный, и его углы при основании равны. Так как $∠FAD = 180∘− 2α,$ то

∠AFD = ∠ADF = α.

Поскольку четырехугольник $ABCD$ — вписанный, то

∠ADC =180∘− ∠ABC = 180∘− α= 180∘− ∠ADF.

Следовательно, точки $C,$ $D$ и $F$ лежат на одной прямой. Тогда

∠CFB = α= ∠CBF,

поэтому треугольник $FCB$ равнобедренный. Значит, его биссектриса $CE$ совпадает с медианой. Итого,

BE = EF =AD + AE,

что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Существует и такая вариация решения. Обозначим $∠ABC = α,$ тогда по условию $∠DAB =2α.$ Из вписанности четырёхугольника $ABCD$ имеем