Тема Заключительный этап ВсОШ

Закл (финал) 11 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) 11 класс

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#81320Максимум баллов за задание: 7

Дана клетчатая доска $100× 100.$ Клетки доски покрашены в $4$ цвета так, что в каждой строке и в каждом столбце ровно $25$ клеток каждого цвета. Докажите, что найдутся $2$ строки и $2$ столбца, клетки на пересечении которых окрашены в $4$ различных цвета.

Источники: Всеросс., 2000, ЗЭ, 11.8(см. math.ru)

Показать доказательство

Предположим противное: пусть среди четырёх клеток на пересечении любых двух строк и любых двух столбцов есть две клетки одинакового цвета.

Назовём горизонтальной (вертикальной) парой две клетки разного цвета, лежащие в одной строке (одном столбце). Назовём горизонтальным (вертикальным) совпадением две клетки одинакового цвета, лежащие в одной строке (одном столбце). Разделим пары на 6 типов по цветам входящих в них клеток: ${1,2},{1,3},...,{3,4}.$

Рассмотрим две произвольные строчки. Из предположения следует, что каждые две вертикальных пары с клетками в этих строчках должны иметь общий цвет. Тогда в двух рассматриваемых строчках могут быть вертикальные пары не более, чем трех типов, причем возможны только два принципиально различных случая: все пары содержат один и тот же цвет (скажем, $1)$ или есть пары типов ${1,2},{1,3}$ и ${2,3}$ (или точно так же с другой тройкой цветов). Рассмотрим эти два случая.

Если все пары в наших двух строчках содержат клетку цвета $1,$ то всего пар не более, чем клеток цвета $1$ в обеих строчках, то есть не более $50.$ Значит, в рассматриваемых двух строчках не менее $50$ совпадений.

Пусть есть пары типов ${1,2},{1,3}$ и ${2,3}.$ В этом случае все клетки цвета $4$ в наших строчках совпадают, таким образом, есть не менее $25$ совпадений.

Итак, мы доказали, что в каждой паре строчек не менее $25$ вертикальных совпадений. Аналогичный результат верен и для любой пары столбцов. Таким образом, всего в нашем квадрате есть не менее $25⋅100⋅99$ совпадений. Но так как в каждой строке и в каждом столбце по $25$ клеток каждого цвета, количество совпадений равно $100⋅25⋅24⋅4= 24 ⋅1002.$ Учитывая, что $25⋅99> 24⋅100,$ приходим к противоречию.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#94740Максимум баллов за задание: 7

Окружность, вписанная в четырёхугольник $ABCD,$ касается его сторон $DA,$ $AB,$ $BC$ и $CD$ в точках $K,$ $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Пусть $S1,$ $S2,$ $S3$ и $S4$ – окружности, вписанные в треугольники $AKL,$ $BLM,$ $CMN$ и $DNK$ соответственно. К окружностям $S1$ и $S2,$ $S2$ и $S3,$ $S3$ и $S4$ , $S4$ и $S1$ проведены общие касательные, отличные от сторон четырёхугольника $ABCD.$ Докажите, что четырёхугольник, образованный этими четырьмя касательными, – ромб.

Источники: Всеросс., 1999, ЗЭ, 11.3(см. math.ru)

Показать доказательство

Цетры окружностей $S 1$ и $S 2$ обозначим $I a$ и $I , b$ также за $I$ обозначим центр окружности, вписанной в треугольник $KLM.$ Отметим, что треугольники $KAL$ и $LBM$ равнобедренные, потому $KIa = LIa$ и $LIb = MIb.$ Тогда, поскольку точки $Ia$ и $Ib$ лежат на окружности, описанной около треугольника $KLM,$ тройки точек $K,I,Ib$ и $M,I,Ia$ лежат на прямых. Угол $∠IMIb$ равен половине дуги $IaIb$ (содержащей точку $L),$ в свою очередь дуга $IaIb$ равна сумме дуг $IaL$ и $LIb.$ Дуги $IaL$ и $LIb$ соответственно равны дугам $KIa$ и $IbM,$ полусумма которых равна углу $∠MIIb.$ Итак, $∠IMIb =∠MIIb.$ Опустим из $Ib$ перпендикуляры $IbH$ и $IbT$ на $LM$ и на касательную к $S2$ из $I.$ Тогда $IbH = IbT,$ также из доказанного ранее равенства углов следует $IbI = IbM,$ тогда прямоугольные треугольники $IbHM$ и $IbTI$ равны, а значит, $∠IbMH = ∠IbIT,$ тогда и $∠TIM = ∠HMI.$ Так как $MI$ биссектриса $△KLM,$ $∠IMK = ∠MIT.$ Итак, мы доказали, что касательная из $I$ к $S2$ параллельна $KM,$ аналогичными рассуждениями можно доказать и что касательная из $I$ к $S1$ параллельна $KM,$ тогда общая касательная к $S1$ и $S2$ из условия и есть касательная из $I,$ причём она параллельна $KM.$

$PIC$

Также можно доказать и что общая касательная к $S3$ и $S4$ параллельна $KM,$ и что общие касательные к $S2$ и $S3,$ $S4$ и $S1$ параллельны $LN.$ Так, наш образовавшийся при пересечениях касательных четырёхугольник является параллелограммом. Осталось отметить, что его соседние стороны равны из свойства касательных и описанности четырёхугольника $ABCD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#102033Максимум баллов за задание: 7

Через вершину $A$ тетраэдра $ABCD$ проведена плоскость, касательная к описанной около него сфере. Докажите, что линии пересечения этой плоскости с плоскостями граней $ABC,$ $ACD$ и $ABD$ образуют шесть равных углов тогда и только тогда, когда $AB ⋅CD = AC ⋅BD = AD ⋅BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача прям и намекает рассмотреть проекцию картинки на плоскости ABC, ACD и ABD. Что получается при проекциях? Выпишите какие-то равенства. Как их связать с вопросом задачи?

Подсказка 2

В сечениях образуется касательная к окружности, у такой прямой понятное направление, поэтому разумно провести плоскость, параллельную касательной плоскости и пересекающую грани тетраэдра, тогда получаются вписанности. Что вы можете сказать про три точки пересечения плоскости с ребрами?

Подсказка 3

Докажите, что тождество из вопроса задачи и равенство углов из условия равносильны правильности треугольника в сечении параллельной плоскостью. Для этого вам может помочь степень точки или подобие.

Показать доказательство

Проведем плоскость, параллельную касательной плоскости, пересекающую ребра $AB,$ $AC$ и $AD$ в точках $B , 1$ $C 1$ и $D 1$ соответственно.

Рассмотрим плоскость $ABC.$ Заметим, что $∠ABC = ∠CAM$ (по теореме об угле между касательной и хордой), а $∠CAM = ∠AC1B1$ (как накрест лежащие при параллельных и секущей), т. е. $∠ABC =∠AC1B1.$ Следовательно, $△AB1C1 ∼ △ACB.$

$PIC$

Откуда

B1C1= AB1-= AC1- BC AC AB

Аналогично,

C1D1-= AC1-= AD1; B1D1-= AD1-= AB1- CD AD AC BD AB AD

Из этих равенств вытекает, что

-CD1--- -AD1--- --AB1-- --AB1-- --AB1-- AB⋅CD = AB⋅AC = AD ⋅AC = AD ⋅BC = AB ⋅BC

Значит, $△A1B1C1$ равносторонний тогда и только тогда, когда

AB ⋅CD =AC ⋅BD = AD ⋅BC

Осталось заметить, что углы, образуемые указанными в условии линиями пересечения, соответственно равны углам треугольника $A1B1C1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#79220Максимум баллов за задание: 7

Внутри параболы $y = x2$ расположены несовпадающие окружности $ω ,ω ,ω ,... 1 2 3$ так, что при каждом $n >1$ окружность $ω n$ касается ветвей параболы и внешним образом окружности $ωn−1.$ Найдите радиус окружности $ω1998,$ если известно, что диаметр $ω1$ равен $1$ и она касается параболы в ее вершине.

Источники: Всеросс., 1998, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим, при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A,$ а $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE.$ Тогда $∘ ∠ABE = 90$

$PIC$

Проведём через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ $(C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy).$

Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘.$

Получаем, что $tg∠EBC1 = ctg∠ABC,$ но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1.$

Значит,

CB-=2x1 =⇒ AC = 1 AC 2

Тогда по теореме Пифагора получаем, что

2 2 1 R1 = x1+ 4

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями.

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2.$ Тогда

2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 2 R2− R1 = x2+ 4 − x1+ 4 = x2− x1 (1)

Также знаем, что

R2+ R1 = CC1 =x22− x21 (1)

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $R2− R1 = 1$ .

То есть мы поняли, что если есть две окружности радиуса $R2$ и $R1$ соответственно, которые касаются параболы и друг друга, то их радиусы отличаются на $1$ .

Тогда получается, если $1 Rw1 = D∕2= 2,$ то

1 1 Rw2 = 1+ 2,...,Rw1998 = 1998− 1+ 2 = 1997,5

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

x2+ (y− (2Sn+ rn+1))2 = r2n+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2rn+1− 1)2− 8Sn$ равен нулю, то есть $√--- rn+1 =-8Sn-+1 2$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда

3 5 r2 = 2,r3 = 2

Покажем по индукции, что $1 rn+1 = n+ 2.$ База уже есть, докажем переход.

∘ -1----------1-- rk+1 =--8(2-+...+-(k−-2))+-1= 2

∘ -(k(k+-1)--k-)- 1 1 1 = 2 ---2-- −2 + 2 = k+ 2 =(k+ 1)− 2

Тогда получается, что

rw =1998− 1= 1997,5 1998 2

Ответ:

$1997,5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#90286Максимум баллов за задание: 7

Рассматриваются всевозможные квадратные трехчлены вида $x2 +px+ q,$ где $p,q$ — целые, $1 ≤p≤ 1997,1≤ q ≤ 1997.$ Каких трехчленов среди них больше: имеющих целые корни или не имеющих действительных корней?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем составить соответствие между многочленами двух видов. Если для каждого многочлена первого вида мы сможем найти свой многочлен второго вида, значит, многочленов второго вида будет не меньше.

Подсказка 2

Пусть у нас есть многочлен с корнями -m и -n, соответствующий условиям. Что тогда можно сказать про многочлен x^2 + nx+mn?

Подсказка 3

Дискриминант этого многочлена равен n(n-4m). Если вдруг m >= n, то такой многочлен не будет иметь корней. Осталось показать, что каждому многочлену с корнями сопоставлен свой многочлен без корней. Остается только найти многочлен без корней, который не представляется как x^2+nx+mn.

Показать ответ и решение

Пусть - $m ≤− n$ — целые корни трёхчлена $x2 +px+ q.$ Тогда $m+ n =p, mn = q,$ следовательно,

m,n> 0, 0 <mn ≤ 1997, n ≤m ≤ 1997

Рассмотрим трёхчлен $x2+ nx+ mn.$ Его коэффициенты — целые числа от $1$ до $1997,$ и оно не имеет корней, так как

2 D =n − 4mn = n(n − 4m)< 0

Итак, каждому трёхчлену с целыми корнями мы поставили в соответствие трёхчлен, не имеющий корней; при этом разным трёхчленам сопоставлены разные. Кроме того, трёхчлены вида $x2+px+ q,$ где $p$ чётно, $q$ нечётно и $D < 0,$ не представимы в виде $x2+ nx+ mn.$ Значит, трёхчленов, не имеющих корней, больше.

Ответ: Больше трёхчленов, не имеющих корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#96386Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что любое натуральное число $a > 1 1$ можно продолжить возрастающей последовательностью $a , 2$ $a, 3$ …так, чтобы при любом $k$ сумма $2 2 2 a1+a2+ ...+ ak$ делилась на $a1+a2+ ...+ ak.$

Источники: Всеросс., 1995, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте добавлять a_(n+1). Пусть A_(n+1) - сумма квадратов, B_(n+1) - сумма чисел. Попробуйте выразить A_(n+1) через a_(n+1), A_n и B_n^2. Для чего мы это хотим сделать? Мы просто хотим выразить a_(n+1).

Подсказка 2

A_(n+1) = A_n + (a_(n+1) - B_n) (a_(n+1) + B_n) + B_n^2. Поймите отсюда какие-нибудь делимости, а затем угадайте, чему может равняться a_(n+1).

Подсказка 3

Возьмите a_(n+1) = A_n + B_n^2 - B_n. Поймите, что оно подходит под все условия в задаче.

Показать доказательство

Докажем, что для любых чисел $a,a ,...,a , 1 2 n$ удовлетворяющих условию задачи, можно найти такое $a , n+1$ что

2 2 2 2 An+1 =a1+ a2+ ...+an +an+1

делится на

Bn+1 =a1+ a2+ ...+an +an+1

Из равенства $An+1 = An +(an+1 − Bn )(an+1+ Bn)+B2n$ следует, что $An+1$ делится на $Bn+1,$ если $An+ B2n$ делится на $Bn+1,$ поскольку $an+1+ Bn =Bn+1.$

Таким образом, достаточно взять

2 an+1 = An +Bn − Bn

(в этом случае $An+ B2n =Bn+1).$ Осталось показать, что тогда $an+1 >an.$ Но так как $B2n − Bn > 0(1< a1 < a2 < ...< an),$ то $an+1 > An ≥a2n >an.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#79759Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a$ и $b$ такие, что число $a+-1+ b+-1 b a$ является целым. Докажите, что наибольший общий делитель чисел $a$ и $b$ не превосходит числа $√ ---- a+b.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Чтобы с суммой дробей было проще работать, её однозначно стоит преобразовать в дробь.

Подсказка 2:

Пусть НОД a и b равен d. В какой степени он входит в знаменатель дроби? Что можно сказать про числитель или его отдельные слагаемые?

Показать доказательство

Имеем:

a+-1 b+-1 a2+-b2+a-+b b + a = ab

Пусть $d$ — наибольший общий делитель чисел $a$ и $b.$ Так как $ab$ делится на $2 d ,$ то $2 2 a + b+ a+ b$ делится на $2 d.$ Число $2 2 a +b$ также делится на $2 d .$ Поэтому $a+b$ делится на $2 d$ и $√---- a +b≥ d.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#102553Максимум баллов за задание: 7

В строку записаны в некотором порядке натуральные числа от $1$ до $1993.$ Над строкой производится следующая операция: если на первом месте стоит число $k,$ то первые $k$ чисел в строке переставляются в обратном порядке. Докажите, что через несколько таких операций на первом месте окажется число $1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, что наше доказательство не будет использовать число 1993 ;) поэтому попробуйте доказать требуемое при помощи индукции по количеству чисел!

Подсказка 2

База очевидна, а вот для шага нам нужно зацепиться за что-то неизменяемое, чтобы одна из карт "не мешала" двигаться остальным.

Подсказка 3

Докажите, что когда-то число n или некоторое другое попадёт в конец и никогда оттуда не убежит ;)

Показать доказательство

Индукцией по $n$ докажем это утверждение для строки, в которую записаны числа от 1 до $n$ .

База. При $n= 1$ на первом месте уже стоит число 1.

Шаг индукции. Если в результате применения описанных операций к строке из $n$ чисел число $n$ окажется на последнем месте, то к первым $n − 1$ числам можно применить предположение индукции, так как число $n$ уже никуда не переместится.

Если же число $n$ никогда не окажется на последнем месте, то оно не окажется и на первом месте. Значит, число, находящееся на последнем месте, никуда не перемещается. Поэтому, поменяв местами число $n$ и число, стоящее на последнем месте, мы никак не изменим происходящего. Но теперь к первым $n− 1$ числам можно применить предположение индукции.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#102420Максимум баллов за задание: 7

На длинном тонкостенном диэлектрическом цилиндре радиуса $R,$ длины $L ≫ R$ и массы $M$ размещён электрический заряд одинаковой поверхностной плотностью $σ$ . Цилиндр может свободно (без трения) вращаться вокруг своей оси под действием груза массы $m,$ подвешенного на невесомой нити, намотанной на цилиндр (рис.). Определите ускорение груза. Магнитную постоянную $μ0$ считать заданной.

(Всеросс., 2008, финал, 11)

Источники: Всеросс., 2008, финал, 11

Подсказки к задаче

Как выразить индукцию магнитного поля, создаваемого вращающимися зарядами?

Проведем аналогию между вращающимся заряженным цилиндром и соленоидом с током, текущим по нему. В обоих случаях заряд движется по цилиндрической поверхности с круговой траекторией. Индукция магнитного поля в соленоиде B=мю0 N/l I0, где NI0 - полный ток, текущий по цилиндру. По определению силы тока NI0=dq/dt, где заряд, проходящий через поперечное сечение цилиндра dq=сигма vdt L. Таким образом можем получить, что индукция магнитного поля пропорциональна линейной скорости вращения цилиндра v.

Как выразить энергию магнитного поля?

Объемная плотность энергии магнитного поля w=B^2/2мю0, подставляя полученное выражение для индукции магнитного поля и домножая на объем цилиндра, можем получить, что энергия магнитного поля пропорциональна квадрату скорости вращения цилиндра.

Как связать движение груза и цилиндра?

Поскольку потерь энергии в системе нет можем записать закон сохранения энергии. Потенциальная энергия цилиндра постоянна, потенциальная энергия груза зависит от его координаты х по вертикальной оси. Груз и цилиндр обладают кинетической энергий, пропорциональной квадрату линейной скорости. Также энергия магнитного поля, создаваемого вращающимися зарядами на цилиндре, пропорциональная квадрату скорости. Запишем закон сохранения энергии и продифференцируем его с учетом того, что скорость груза v это производная его координаты x, взятая с обратным знаком. Сокращая на скорость, можем выразить производную скорости v, т.е. ускорение a груза.

Показать ответ и решение

1. Запишем величину модуля вектора магнитной индукции в центре цилиндра (пользуемся аналогией с соленоидом).

B = μ0N-I0, L

заметим, что $I0N$ - суммарный ток, проходящий через поперечное сечение при вращении цилиндра. Для этого тока имеем:

I = I0N = Δq-= σvΔtL- ⇒ I = σvL, Δt Δt

тогда величина $B$ перепишется следующим образом:

μ0σvL- B = L = μ0σv

Обратите внимание: чем быстрее происходит вращение цилиндра, тем больше величина модуля вектора магнитной индукции $B.$

2. Запишем выражение для объемной плотности энергии магнитного поля цилиндра:

B2- wB = 2μ0

тогда несложно записать выражение для полной энергии магнитного поля цилиндра, с учетом выражения, полученного ранее для $B$ .

-B2 2 μ20σ2v2 2 μ0σ2v2 2 αv2- WB = wB ⋅V = 2μ0πR L = 2μ0 πR L = 2 πR L = 2

Константа $α$ введена для упрощения решения.

3. Направим ось $OX$ вдоль нити. Поскольку нить нерастяжима скорость вдоль нити одинакова, значит одинаковы скорость груза и скорость вращения цилиндра. Кинетическая энергия вращения цилиндра: