Тема Заключительный этап ВсОШ

Закл (финал) 11 класс → .09 Закл 2022

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 1#76169Максимум баллов за задание: 7

На плоскости фиксирован остроугольный треугольник $ABC$ с наибольшей стороной $BC.$ Пусть $P Q$ — произвольный диаметр его описанной окружности, причём точка $P$ лежит на меньшей дуге $AB,$ а точка $Q$ — на меньшей дуге $AC.$ Точки $X,Y$ и $Z$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $P$ на прямую $AB,$ из точки $Q$ на прямую $AC$ и из точки $A$ на прямую $PQ.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $XY Z$ лежит на фиксированной окружности (не зависящей от выбора точек $P$ и $Q$ ).

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ является единичной с центром в $0,$ и треугольник $ABC$ положительно ориентирован. Заметим, что тогда $p =−q.$ Обозначим угол $∠BAC$ через $φ.$ Введем обозначение $ζ =cosφ+ isinφ.$ Тогда $∠POC = 2φ,$ откуда $2 c∕b= ζ.$ Вычисляем $a+b+-p−-pab a-+c−-p+-pac x = 2 ,y = 2 .$

Обозначим через $K(k)$ центр описанной окружности треугольника $XY Z.$ Заметим, что $∘ ∠PAB + ∠CAQ = 90 − φ.$ Тогда

∠XZY = 180∘− ∠P ZX − ∠Y ZQ =180∘− ∠PAB − ∠CAQ = 90∘+ φ

Получаем, что ориентированный угол $XKY$ равен $∘ 180 +2φ.$ То есть $2 (y− k)=− ζ(x− k)=(k− x)c∕b,$ откуда находим

by+ cx ba+ bc− bp+ pabc+ ca+ cb+cp− pabc (c− b) ab+ ac+2bc k= -b+-c-= ------------2(b+-c)----------- = 2(b+-c)p +--2(b+c)--

То есть координата центра описанной окружности треугольника $XY Z$ имеет вид $up+ v,$ где $u,v$ не зависят от $p,$ а $P$ бегает по единичной окружности. Тогда понятно, что и $K$ бегает по окружности, полученной из единичной умножением на $u$ и сдвигом на $v.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#137294Максимум баллов за задание: 7

Назовём главными делителями составного числа $n$ два наибольших его натуральных делителя, отличных от $n.$ Составные натуральные числа $a$ и $b$ таковы, что главные делители числа $a$ совпадают с главными делителями числа $b.$ Докажите, что $a =b.$

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Если известны главные делители, то можно найти и два наименьших делителя, отличных от 1.

Подсказка 2:

Какой смысл в их нахождении? Они устроены понятным образом. Меньший из них — наименьший простой делитель числа, а второй — либо преднаименьший, либо наименьший в квадрате. Можно ли в этих случаях однозначно восстановить число?

Показать доказательство

Пусть $n >k$ — главные делители числа $a;$ тогда $a n$ и $a k$ — два наименьших делителя числа $a,$ больших единицы. Пусть $p$ — наименьший простой делитель числа $a,$ а $q$ — наименьший простой делитель $a,$ кроме $p$ (если такой существует). Тогда $a∕n= p.$ Далее, $a∕k$ — либо простое число (тогда это $q$ ) либо составное. Во втором случае единственным простым делителем числа $a∕k$ является $p,$ и потому $2 a∕k= p;$ этот случай реализуется ровно тогда, когда $a$ делится на $2 p ,$ причём $2 p <q$ или $q$ не существует.

Итак, главные делители числа $a$ — это либо $a p$ и $a q,$ либо $a p$ и $a- p2.$ Покажем теперь, что по двум главным делителям $n >k$ составное число $a$ восстанавливается однозначно (откуда и следует требуемое). Если $n$ кратно $k,$ то выполнен второй случай, и тогда $n2 a =-k .$ Иначе выполнен первый случай, и тогда $a= HOK (n,k).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#137298Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $n >4.$ На плоскости отмечены $n$ точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Василий проводит по одному все отрезки, соединяющие пары отмеченных точек. На каждом шаге, проводя очередной отрезок $S,$ Василий помечает его наименьшим натуральным числом, которым ещё не помечен ни один отрезок, имеющий с $S$ общий конец. Для какого наибольшего $k$ Василий может действовать так, чтобы пометить какой-то отрезок числом $k?$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 10.4 и 11.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Оценка. Рассмотрим шаг, на котором Василий помечает некоторый отрезок $AB.$ Перед этим шагом из каждой из точек $A$ и $B$ выходит максимум по $n − 2$ отрезка, и они содержат максимум $2n− 4$ различных пометки. Значит, Василий точно сможет пометить этот отрезок числом, не превосходящим $2n− 3.$ Итак, $k≤ 2n− 3.$

Если $n$ чётно, эту оценку можно уточнить следующим образом. Назовём маленьким отрезок, помеченный единицей. Докажем, что в конце процесса из каждой точки будет выходить маленький отрезок; предположим противное. Точки, из которых выходят маленькие отрезки, разбиваются на пары точек, соединённых таким отрезком. Значит, есть хотя бы две точки $X$ и $Y,$ из которых не выходит маленьких отрезков. Выходит, что когда Василий проводил отрезок $XY,$ он должен был пометить его единицей — противоречие.

Значит, если отрезок $AB$ не будет маленьким, то в конце процесса среди отрезков, выходящих из $A$ и $B,$ кроме $AB,$ будут два маленьких отрезка. Значит, на этих отрезках будет максимум $2(n− 2)− 1= 2n− 5$ различных пометок. Следовательно, когда Василий будет проводить отрезок $AB,$ он сможет пометить его числом, не превосходящим $2n− 4,$ и $k ≤2n− 4.$

Пример. Осталось доказать, что Василий может достичь указанных значений $k.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если количество точек чётно и равно $m,$ то Василий может пометить все отрезки между этими точками, использовать лишь числа от $1$ до $m − 1.$ При этом из каждой точки выходит ровно по одному отрезку с каждой пометкой.

Доказательство. Утверждение леммы не зависит от конкретного расположения точек, так что можно считать, что $m − 1$ точек $A1,...,Am−1$ расположены в вершинах правильного $(m− 1)$ -угольника, а оставшаяся точка — в его центре $O.$

Тогда все отрезки между этими точками можно разбить на $m − 1$ множеств $S1,S2,...,Sm−1$ так, чтобы отрезки одного множества не имели общих концов. Например, в множество $Si$ можно включить отрезок $OAi$ и все отрезки, соединяющие пары вершин $(m − 1)$ -угольника и перпендикулярные $OAi.$ Из каждой точки выходит по отрезку каждого из множеств.

Теперь Василий может сначала пометить все отрезки множества $S1$ числом 1, затем все отрезки второго множества числом 2, и т. д.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернёмся к решению. Пусть $n$ нечётно, и пусть $A$ — отмеченная точка. Пусть Василий сначала пометит все отрезки между точками, отличными от $A,$ числами от 1 до $n − 2$ согласно лемме. Затем он проведёт $n− 1$ отрезок из $A;$ каждый отрезок $AB$ ему придётся помечать числом, большим $n− 2,$ ибо из $B$ уже выходят отрезки, помеченные всеми меньшими числами. Кроме того, все эти $n − 1$ отрезок будут помечены разными числами, ибо у них есть общий конец. Следовательно, они будут помечены числами

n − 1,n,...,2n − 3,

то есть Василий получит пометку $k =2n − 3.$

Пусть теперь $n$ чётно. Выберем две отмеченных точки $A$ и $B;$ пусть

C ,C ,...,C 1 2 n−2

— остальные отмеченные точки. Пусть Василий сначала пометит все отрезки между точками $Ci$ числами от 1 до $n − 3$ согласно лемме, а также пометит отрезок $AB$ числом 1. Затем он последовательно проводит отрезки

AC1,AC2,...,ACn−3;

поскольку в вершины $Ci$ уже входят отрезки с пометками от 1 до $n− 3,$ новые отрезки будут помечены числами

n − 2,n− 1,...,2n− 6

соответственно. Далее Василий проводит отрезки

BCn −3,BC2,BC3,...,BCn−4;

аналогично, он пометит их числами

n − 2,n− 1,...,2n− 6

соответственно.

Теперь в вершины $A$ и $B$ уже входят отрезки со всеми пометками от $n− 2$ до $2n− 6,$ а в вершину $Cn−2$ — со всеми пометками от 1 до $n− 3.$ Значит, когда Василий проводит отрезки $ACn−2$ и $BCn −2,$ первый будет помечен числом $2n− 5,$ а второй — числом $2n− 4$ (ибо имеет общий конец с предыдущим). Значит, Василий добился появления числа $k =2n− 4.$

Ответ:

$k =2n− 3$ при нечетном $n,$ и $k= 2n − 4$ при четном $n> 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#137299Максимум баллов за задание: 7

На плоскости нарисованы графики функций $y =sinx$ и $y =tgx,$ а также оси координат. Как циркулем и линейкой построить какую-нибудь прямую, которая касается графика синуса как выше оси абсцисс $(Ox),$ так и ниже ( $u,$ возможно, имеет ещё несколько точек пересечения)?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 11.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Чтобы построить какую-то прямую, нужно две точки. Учитывая, что в вашем арсенале лишь циркуль и линейка, для вас на плоскости есть лишь одна удобная точка.

Подсказка 2:

Эта точка — начало координат. Попробуйте провести касательную, проходящую через начало координат. Кстати, если касательная проходит через начала координат, то она будет касаться как сверху, так и снизу оси абсцисс. Объясните, почему это так.

Подсказка 3:

Пусть есть какая-то касательная к синусу в точке (x₀, sin(x₀)). Как выглядит её уравнение? Не забывайте, она проходит через точку (0, 0).

Подсказка 4:

Если подставить точку (0, 0) в её уравнение, полученное равенство сводится к tg(x₀) = x₀. Кажется, теперь ясно, как найти вторую точку, через которую проходит касательная?

Подсказка 5:

В абсциссах всех таких точек графики тангенса и прямой y = x пересекаются.

Показать доказательство

Будем искать касательную, проходящую через начало координат. Касательная к графику синуса в точке ( $x,sinx 0 0$ ) имеет уравнение

y = (x− x0)⋅cosx0+sin x0.

Эта прямая проходит через начало координат тогда и только тогда, когда $0 =− x0⋅cosx0+ sinx0,$ что равносильно $tgx = x . 0 0$

Осталось построить точку $(x ,sinx ). 0 0$ Для этого ( $c$ помощью циркуля и линейки) построим биссектрису координатного угла, т.е. прямую $y = x.$ Выберем её точку пересечения с графиком тангенса: $(x ,tgx), 0 0$ $x ⁄= 0. 0$ Далее, опуская из этой точки перпендикуляр на ось абсцисс и пересекая этот перпендикуляр с графиком синуса, получаем точку $(x0,sinx0).$ Прямая, проходящая через начало координат и точку $(x0,sinx0)$ будет касаться графика синуса в точке $(x0,sin x0)$ по выбору точки $x0,$ а также в точке $(−x0,− sinx0)$ из симметрии относительно начала координат. Эти точки лежат по разные стороны от оси абсцисс, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#137302Максимум баллов за задание: 7

На доске написаны 11 целых чисел (не обязательно различных). Может ли оказаться, что произведение любых пяти из них больше, чем произведение остальных шести?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 10.5 и 11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте придумать пример.

Подсказка 2:

Для упрощения можно сделать большую часть чисел одинаковыми.

Подсказка 3:

Не забывайте про знак, разные знаки у чисел в примере могут помочь добиться требуемого.

Показать ответ и решение

Пусть одно из чисел равно $10,$ а каждое из остальных равно $− 1.$ Тогда произведение любых пяти из них больше, чем произведение остальных шести. Действительно, если число 10 входит в произведение пяти чисел, то это произведение равно 10, а произведение оставшихся шести чисел равно $1,$ и $10> 1.$ Если же число 10 не входит в произведение пяти чисел, то это произведение равно $− 1,$ а произведение оставшихся шести чисел равно $− 10,$ и $− 1> −10.$

Ответ:

может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#137304Максимум баллов за задание: 7

Для натурального числа $N$ рассмотрим все различные точные квадраты, которые можно получить из $N$ вычёркиванием одной цифры в его десятичной записи. Докажите, что количество этих квадратов не превосходит некоторой величины, не зависящей от $N.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2022, 10.8 и 11.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть число $N$ состоит из $k+ 1$ цифры. Считаем далее, что $k> 100:$ меньшие числа не влияют на искомую ограниченность.

Для $i= 1,...,k$ обозначим через $ni$ число, получающееся удалением из $N$ $i$ -ой с конца цифры. Обозначим через $f(N )$ количество точных квадратов в множестве ${n1,...,nk}.$ Наша цель — доказать, что $f(N)$ ограничено сверху.

Пусть $t N = 10N1,$ где $N1$ не кратно 10. Если $t$ нечётно, то число $ni$ может быть точным квадратом только при $i≤ t+ 1,$ так что в этом случае $f(N)≤ 2.$ Если $t$ чётно, то заключительные $t$ нулей не влияют на дело, поэтому $f(N )= f(N1).$ Поэтому далее считаем, что $N$ не кратно 10.

Выделим множество $A ⊂ {1,...,k}$ из $f(N)$ номеров $i,$ для которых $2 ni = m i$ — точный квадрат, причём натуральные числа $mi, i∈ A,$ попарно различимы.

Отметим следующее:

1) $ni ≥10k−1,$ следовательно $mi ≥10(k−1)∕2$ при всех $i∈ A;$

2) $|ni− nj|< 10max(i,j);$

3) $N − ni$ кратно $10i− 1.$

Из свойства 1) следует, что для различных номеров $i⁄= j$ из $A$ имеет место оценка

|ni− nj|= |m2i − m2j|≥ mi+ mj ≥ 2⋅10(k−1)∕2.

Сопоставляя это со свойством 2), получаем, что $max(i,j) >(k− 1)∕2.$ Таким образом, все элементы $A,$ кроме, быть может, одного, больше, чем $(k− 1)∕2.$ Обозначим $A1 :=A ∖{min(A )}$ (удалили из $A$ наименьший элемент), тогда $|A1|= f(N)− 1$ и $min(A1)≥ k2.$

Пусть $j >i$ — два элемента множества $A1.$ Тогда по свойствам 1), 2) имеем

10j > |ni− nj|=|m2i − m2j|≥ 2⋅10(k−1)∕2⋅|mi − mj|.

С другой стороны, по свойству 3) число

ni− nj = (mi − mj )(mi+ mj)

кратно $10i−1.$

Положим $r= ⌈(i− 1)∕2⌉$ (где $⌈⋅⌉$ обозначает верхнюю целую часть). Хотя бы одно из чисел $mi − mj,mi +mj$ кратно $2r,$ и хотя бы одно кратно $5r.$ Кроме того, если $N$ нечётно, то нечётны числа $m ,m , i j$ поэтому одно из чисел $m − m ,m +m i j i j$ не кратно $4− a$ другое, соответственно, кратно $i−2 2 .$ Иначе $N$ не кратно 5, и аналогичным образом получаем, что одно из чисел $mi − mj,$ $mi+ mj$ кратно $i−1 5 .$

Рассмотрим пятиэлементное подмножество $ˆ A ⊂ A1,$ наименьший элемент $ˆ A$ обозначим $u,$ а наибольший $v.$ Обозначим $r= ⌈(u− 1)∕2⌉.$ Если $N$ нечётно, положим $α = u− 2,$ $β = r;$ иначе положим $α= r,β = u− 1.$ Из доказанного следует, что элементы множества $ˆ {ms :s∈ A}$ дают не более двух различных остатков по модулю $α 2$ и не более двух различных остатков по модулю $β 5.$ Значит, в $ˆA$ найдутся два различных элемента $i< j$ такие, что $mj − mi$ кратно $α β 2 5 .$ Тогда по (1) получаем

10v ≥ 10j ≥ 2⋅10(k−1)∕22α5β ≥ 10(k−1)∕2+(u−1)∕22(u−1)∕2 > 10u−12u∕2,

откуда следует что $v u > 1,01.$ Таким образом, если разбить отрезок $[k∕2,k]$ на группы подряд идущих чисел, в каждой из которых отношение любых двух элементов меньше чем $1,01$ (количество таких групп меньше, например, миллиона), то любая из этих групп содержит не более 4 элементов множества $A1.$ Отсюда вытекает ограниченность числа $|A1|= f(N )− 1.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема