Тема ТурГор (Турнир Городов)

Базовый вариант осеннего тура Турнира Городов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76741

Дан отрезок $[0;1]$ . За ход разрешается разбить любой из имеющихся отрезков точкой на два новых отрезка и записать на доску произведение длин этих двух новых отрезков. Докажите, что ни в какой момент сумма чисел на доске не превысит $1 2$ .

Источники: Турнир городов - 2022, осенний тур, базовый вариант, 11.5

Показать доказательство

Пусть через $n$ шагов мы поделили отрезок на отрезки $x ,x,...,x 1 2 n$ . Индукцией по $n$ покажем, что сумма чисел, записанных на доске, равна сумме всевозможных попарных произведений чисел $x1,x2,...,xn$ .

База очевидна.

Переход: Пусть на $n−$ шаге сумма равна $x1x2+ ...+ xn−1xn$ . На $n+ 1$ -м шаге мы делим $i$ -й отрезок на отрезки $a$ и $b$ , тогда сумма примет вид:

x1x2+ ...+ xn−1xn+ (a+ b)(x1+ x2+...+xn)+ ab

В данном случае $xx + ...+ x x 1 2 n−1n$ — попарные произведения чисел $x,x ,...,x 1 2 n$ без $x i$ , а $x + x + ...+x 1 2 n$ — сумма этих же чисел без $xi$ . Таким образом, на $n+ 1$ -м шаге также получили всевозможные попарные произведения.

Тогда задача свелась к тому, что нужно доказать, что сумма всевозможных попарных произведений чисел меньше $1 2$ , если их сумма равна $1$ , а это следует, например, из того, что:

(x1+ x2+...+xn)2− (x2+ x2+...+x2) x1x2+ ...+xn−1xn =----------------2--1---2------n- =

2 2 2 = 1−-(x1+-x2+-...+xn)-< 1. 2 2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82168

Дан отрезок $AB.$ Точки $X, Y, Z$ в пространстве выбираются так, чтобы $ABX$ был правильным треугольником, а $ABY Z$ – квадратом. Докажите, что ортоцентры всех получающихся таким образом треугольников $XY Z$ попадают на некоторую фиксированную окружность.

Источники: Турнир городов - 2022, осенний тур, базовый вариант, 11.4

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AB, N$ — середина $YZ.$ Рассмотрим плоскость $AXB.$ Заметим, что прямая $AB$ перпендикулярна прямым $XM$ и $MN,$ а значит она перпендикулярна плоскости $XMN.$ Следовательно, $XMN ⊥ ABY.$ Нетрудно видеть, что при симметрии относительно плоскости $XMN$ отрезок $XZ$ перейдёт в отрезок $XY,$ то есть $XY = XZ.$ Таким образом, ортоцентр $H$ треугольника $XY Z$ лежит на отрезке $XN$ — серединном перпендикуляре $Y Z.$

Покажем, что $H$ лежит на окружности $ω$ с центром $M,$ радиусом $XM,$ лежащей в плоскости $XMN.$ Для этого определим на отрезке $MN$ точку $T$ такую, что $MT =XM,$ и точку $S$ — вторичное пересечение прямой $MN$ с $ω.$ Осталось посчитать, что четырёхугольник $SMHX$ — вписанный, то есть доказать равенство $NT ⋅NS = NH ⋅NX.$

Пусть длина стороны квадрата и правильного треугольника равна $2a.$ Из подобия треугольников $HNZ$ и $NXZ$ нетрудно получить, что $NH ⋅NX =a2.$ Также понятно, что $NT =MN − XM = (2 − √3)a,NS =MN +XM = (2 +√3)a,$ откуда $NT ⋅NS = a2.$ Получили нужное равенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#104674

В куче $n$ камней, играют двое. За ход можно взять из кучи количество камней, либо равное простому делителю текущего числа камней в куче, либо равное $1.$ Выигрывает взявший последний камень. При каких $n$ начинающий может играть так, чтобы всегда выигрывать, как бы ни играл его соперник?

Показать ответ и решение

Стратегия: каждый раз оставлять в куче кратное $4$ число камней: при $n = 4k +1$ надо взять один камень, при $n= 4k+2$ — два камня; при $n = 4k +3$ надо взять $p$ камней, где $p$ — простой делитель числа $n$ вида $4q +3$ (такой есть, иначе все простые делители $n$ имеют вид $4m + 1,$ а произведение чисел такого вида тоже имеет такой вид и не равно $4k+ 3).$ Противник из кучи с кратным $4$ числом камней не может взять число камней, кратное $4$ (это будет не простое число), поэтому начинающий и дальше может играть по стратегии.

Ответ:

При $n,$ не кратном $4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#88684

Две параболы с различными вершинами являются графиками квадратных трёхчленов со старшими коэффициентами $p$ и $q.$ Известно, что вершина каждой из парабол лежит на другой параболе. Чему может быть равно $p +q?$

Показать ответ и решение

Первое решение. Без ограничений общности можно считать, что вершина первой параболы — точка $(0,0)$ . Пусть вершина второй — $(a,b).$ Тогда уравнения парабол имеют вид: $2 y =px$ и $y = q(x−$ $2 a) +b,$ причём $2 b= pa$ и $2 0= qa + b$ . Отсюда $2 (p+ q)a = 0$ . Если $a =0$ , то и $b= 0$ , но вершины парабол различны, поэтому $p+ q = 0.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть $A$ и $B$ — вершины парабол. Рассмотрим третью параболу, симметричную первой относительно середины отрезка $AB$ . Она имеет вершину $B$ и содержит точку $A$ . Поскольку парабола однозначно определяется своей вершиной и ешё одной точкой, третья парабола совпадает со второй. Значит, старшие коэффициенты исходных парабол отличаются только знаком.

Ответ: 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#73703

Дана бесконечно возрастающая арифметическая прогрессия. Первые её несколько членов сложили и сумму объявили первым членом новой последовательности, затем сложили следующие несколько членов исходной прогрессии и сумму объявили вторым членом новой последовательности, и так далее. Могла ли новая последовательность оказаться геометрической прогрессией?

Показать ответ и решение

Пример 1

1 n 1 n+1 n 1,2 +3+ 4,5+...+13,...,2(3 + 1)+...+ 2(3 − 1),...= 1,9,81,...,9

Пример 2

3,5+ 7,...,(2n+ 1)+...+ (2n+1 − 1),...=3,12,...,3⋅4n−1,...

Ответ:

Могла

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#104685

На катетах $AC$ и $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ отметили точки $K$ и $L$ соответственно, а на гипотенузе $AB$ — точку $M$ так, что $AK = BL =a,$ $KM =LM =b$ и угол $KML$ прямой. Докажите, что $a= b.$

Показать доказательство

Четырёхугольник $MKCL$ вписанный, а значит,

∘ ∠AKM +∠MLB = ∠CLM + ∠CKM = 180

Также из условия следует, что

∠AKM + ∠BML =180∘− ∠KML = 90∘

$PIC$

Заметим, что если совместить треугольники $AKM$ и $BML$ по стороне, равной $b,$ точкой $K$ к точке $L,$ то тогда получится прямоугольный треугольник с гипотенузой $2a$ и медианой $b$ , проведённой к ней. Отсюда получаем $a= b.$

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#92079

В таблицу $25× 25$ вписали числа $1,2,3,...,25$ , каждое по 25 раз так, что для одной из диагоналей сумма чисел над ней оказалась ровно в три раза больше суммы чисел под этой диагональю. Найдите число, вписанное в центральную клетку таблицы.

Показать ответ и решение

Над (под) диагональю находится $25⋅24∕2= 300$ чисел. Заметим, что сумма 300 наибольших чисел таблицы (14, 15, $...$ , 25, взятые по 25 раз) равна $(14+25)⋅12 25 ⋅ 2$ и ровно в три раза больше суммы 300 наименьших чисел (1, 2, …, 12, взятые по 25 раз), которая равна $(1+12)⋅12 25⋅ 2$ . Обозначим $(1+12)⋅12- A = 25⋅ 2$ . Тогда если над диагональю есть число меньше 14, то там сумма меньше, чем $3A$ , а под диагональю всегда хотя бы $A$ ?! Значит, над диагональю все максимальные числа и аналогично под диагональю все минимальные числа. Тогда все числа на диагонали равны 13.

Ответ: 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#32098

В ящике лежат $111$ шариков: красные, синие, зелёные и белые. Известно, что если, не заглядывая в ящик, вытащить $100$ шариков, то среди них обязательно найдутся четыре шарика различных цветов. Какое наименьшее число шариков нужно вытащить, не заглядывая в ящик, чтобы среди них наверняка нашлись три шарика различных цветов?

Источники: Турнир городов - 2005, осенний тур, базовый вариант, 9.2

Показать ответ и решение

Если шариков какого-то цвета меньше $12$ , то найдётся набор из $100$ шариков, в котором этого цвета нет. Значит, шариков каждого цвета не менее $12$ . Отсюда шариков любых двух цветов не больше $111 − 2⋅12= 87$ , то есть достаточно вытащить $88$ шариков и среди них гарантированно будет $3$ шарика разных цветов.

Почему нельзя вытащить меньше $88$ , чтобы наверняка нашлись шарики трёх разных цветов? Рассмотрим такой набор по цветам: $75$ красных и по $12$ синих, зелёных и белых. Если вытаскивать меньше $88$ шариков, то можно вытянуть только красные или синие шарики, которых в сумме как раз меньше $88$ . Будет набор шариков только из двух цветов, не из трёх.

Ответ:

$88$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#77404

В бесконечной последовательности натуральных чисел каждое следующее число получается прибавлением к предыдущему одной из его ненулевых цифр. Докажите, что в этой последовательности найдётся чётное число.

Источники: Турнир городов - 2002, осенний тур, базовый вариант, 11.5

Показать доказательство

Поймём, что числа в нашей последовательности точно больше $9,$ то есть, имеют длину хотя бы $2,$ так как если бы в нашей последовательности было бы число длины $1,$ то следующее за ним определялось бы как сумма этого числа, как цифры себя и его самого. То есть, мы бы просто удвоили наше число и получили бы четное число. Значит, длина всех наших чисел из последовательности хотя бы $2.$

Тогда возьмём первое число из нашей последовательности. Пусть в нем $k$ разрядов. Рассмотрим первую цифру слева. Если эта цифра нечетная, то дальше рассмотрим $2$ -ую слева цифру. Иначе, понятно, что рано или поздно, прибавляя по числу меньшему $10,1$ -ая цифра станет нечетной, так как чтобы она перепрыгнула через нечетное число за одно прибавление, мы должны прибавить как минимум $11,$ но мы прибавляем не больше $9.$ Значит, рано или поздно первая слева цифра станет нечетной.

Посмотрим теперь на вторую слева цифру и повторим наши рассуждения. Тогда, при условии того, что первая цифра все еще нечетна, рано или поздно вторая станет также нечетной. Аналогично, найдется момент, когда и первая, и вторая, и третья цифры нечетны и тд. Значит, найдется момент, когда $1,2,3,...,k− 1$ цифры нечетны. При этом последняя цифра всегда нечетна, так как если она в какой-то момент стала четной, то мы победили, найдя четное число. Значит, найдется такое число в последовательности, что все его цифры нечетные.

Значит, какую бы цифру мы не прибавили, мы прибавим что-то нечетное, а сумма двух нечетных(нашего числа и выбранной цифры) четна. Итак, мы получим четное число в последовательности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#38875

Имеется $19$ гирек весом $1$ , $2$ , …, $19$ грамм, из которых девять бронзовых, девять серебряных и одна золотая. Известно, что общий вес бронзовых гирек на $90$ грамм меньше, чем общий вес серебряных гирек. Найдите вес золотой гирьки.

Источники: Турнир городов - 1999, осенний тур, базовый вариант, 11.1

Показать ответ и решение

Девять самых легких гирек имеют массу $1+ 2+ ...+ 9= 9⋅10∕2= 45$ грамм, а девять самых тяжелых — $19+ 18+...+11= 30⋅4+ 15 =135$ грамм. Разность между весами этих двух наборов наибольшая из возможных и равна $135− 45= 90$ граммов. Это означает, что бронзовые гирьки самые лёгкие, а серебряные — самые тяжелые. Но тогда золотая гирька может весить только $10$ граммов.

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#70191

Через вершину $A$ остроугольного треугольника $ABC$ проведены касательная $AK$ к его описанной окружности, а также биссектрисы $AN$ и $AM$ внутреннего и внешнего углов при вершине $A$ (точки $M, K$ и $N$ лежат на прямой $BC$ ). Докажите, что $MK = KN.$

Источники: Турнир городов - 1996, осенний тур, сложный вариант, 9.4

Показать доказательство

Заметим, что середина отрезка $MN$ является центром окружности Аполлония точек $B$ и $C$ с коэффициентом $AB-. AC$ Поэтому можно предположить, что $K$ — центр окружности Аполлония и доказать, что $AK$ — касательная к описанной окружности. Это равносильно изначальной задаче, потому что касательная пересекает $MN$ в одной точке.

Итак, $∘ ∠MAN = 90,$ поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны. Нам нужно доказать равенство углов $KAB$ и $ACK,$ тогда по обратной теореме об угле между хордой и касательной мы получим требуемое.

$PIC$

Обозначим угол $KAB$ через $α$ , а углы $BAN$ и $NAC$ — через $β$ . Отрезок $AK$ — медиана, проведённая к гипотенузе, а значит $AK = KN$ , то есть $∠ANK =α +β$ . Осталось заметить, что угол $ANK$ — внешний у треугольника $ANC$ . Таким образом, $∠ACK =∠ANK − ∠NAC = α$ . Получили требуемое.