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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попытаемся понять, как выглядит сумма чисел на доске в общем виде. Начнём разбивать наш отрезок и записывать числа. На втором разбиении попробуйте заменить один из отрезков на сумму двух. У вас получится просто сумма попарных произведений всех длин. Как тогда наша сумма будет выглядеть в общем виде? Докажите это по индукции.

Подсказка 2

Верно, в итоге, у нас получится сумма всевозможных попарных произведений отрезков. База понятна, а дальше нужно по аналогии в сумме заменить длину вновь разбитого отрезка через сумму двух новых. Отлично, с этим справились! Заметим, что нам известна сумма всех отрезков. Как можно выразить теперь сумму попарных произведений для удобной оценки?

Подсказка 3

Точно, ведь нашу сумму можно выразить через разность квадрата суммы всех отрезков и суммы квадратов каждого из отрезков. Только нужно ещё поделить пополам. Вот тут нам и пригодится знание про сумму отрезков. Осталось понять, почему мы получили требуемое, и победа!

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы имеем? Равносторонний треугольник — симметричная фигура, квадрат тоже крут в этом плане. Может быть тогда треугольник XYZ имеет похожие свойства?

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что треугольник XYZ — равнобедренный. Как же это сделать? Ну, например, можно честно, рас писать равенства сторон и так далее. Либо же воспользоваться прекрасным преобразованием — симметрией.

Подсказка 3

Отметим серединки AB и ZY — M, N соответственно, рассмотрим плоскость NMX, скажем пару волшебных слов и готово:) Что же дальше?

Подсказка 4

Треугольник XYZ — равнобедренный. Что тогда можно сказать про его ортоцентр?

Подсказка 5

Он лежит на XN — серпере к YZ. Уже неплохо:) Ключевая идея в подобных задачах: угадать окружность или сферу (от задачи зависит), но изредка, прям редко, может быть иначе (не стоит об этом забывать). Итак, хотим угадать сферу. Всё так симметрично относительно плоскости XMN. Кажется, стоит искать эту окружность в этой плоскости. Теперь, следующее понимание: весь сюжет вращается вокруг AB, кажется, что центр искомой окружности тоже лежит на нём. Итак, что мы имеем?

Подсказка 6

Гипотеза: центр искомой окружности — точка M. Что же делать с радиусом? Угадать бы какую-нибудь точку окружности было бы славно. Как же это можно делать? Ну, например, рассмотреть экстремальные случаи. Ну, советую рассмотреть случай, когда квадрат и треугольник в одной плоскости (ну и там уже можно координатно или в синусах посчитать, или в теорема Пифагора)

Подсказка 7

Так или иначе вы доказали, что одно из положений ортоцентра — это точка X. Теперь хотим в общем виде доказать, что все ортоценты лежат на окружности с центром в M и радиусом MX. Теперь подумаем, как же это сделать? Для этого стоит отметить точки S, T на прямой MN по обе стороны от M так, чтобы MS = MT = MX (T на отрезке MN). Как быть дальше?

Подсказка 8

Считать уголки — так себе идея... Но что мы еще умеем делать, чтоб доказывать вписанность?

Подсказка 9

Степень точки! Самой приятной кажется точка N. То есть осталось доказать, что NT*NS = NH*NX, где H — ортоцентр XYZ. Теперь пусть AB = a. Осталось написать пару теорем Пифагора, немного повыражать и доказать равенство, а как следствие, и решение задачи у нас в кармане)

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?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое количество камней стоит оставлять в куче, если можно брать только 1 камень и количество камней, равное простому делителю?

Подсказка 2

Хотелось бы оставлять такое число камней, чтобы противник не мог забрать все сразу, но при любых его ходах мы забрали рано или поздно оставшееся.

Подсказка 3

Возможно, n должно быть кратно какому-нибудь "приятному" числу.

Подсказка 4

Рассмотрите n, кратные 4.

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 $p +q?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала запишем уравнения наших парабол (удобнее записать их именно через вершины), как нам использовать информацию о том, что вершина каждой из парабол лежит на другой параболе?

Подсказка 2

Конечно же, просто составить систему уравнений! Если вершина первой параболы находится в точке (а₁;b₁), а вершина второй в точке (а₂;b₂), то мы получаем систему из уравнений b₂ = p(а₁ - a₂)² + b₁ и b₁ = q(a₂ - а₁)² + b₂! Остается лишь найти отсюда связь между р и q). Замечание: на самом деле мы можем совместить начало координат с вершиной одной из парабол, тогда неизвестных станет на две меньше

Подсказка 3

Нетрудно заметить, что коэффициенты перед р и q в наших уравнениях совпадают, если мы сложим уравнения, то b₁ и b₂ сократятся, а из полученного равенства легко можно будет найти искомую сумму (однако не забудьте предварительно рассмотреть случай равенства а₁ = a₂!)

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?

Подсказки к задаче

Подсказка

Попробуем разбить натуральные числа по степеням какого-то небольшого натурального числа. Как тогда будут выглядеть суммы подряд идущих чисел?

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 $a= b.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять, какие фигуры у нас есть на картинке.

Подсказка 2

Заметим, что четырехугольник MKCL — вписанный.

Подсказка 3

А чему будет равна сумма ∠AKM и ∠BML?

Подсказка 4

Попробуйте из имеющихся фигур собрать одну, обладающую "приятным" свойством.

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Таблица большая, чисел много… Для начала полезно понять что-то про числа над (под) диагональю.

Подсказка 2

Оцените сверху сумму чисел над диагональю и снизу сумму чисел под диагональю.

Подсказка 3

Заметим, что сумма 300 наибольших чисел таблицы (14, 15,…,25, взятые по 25 раз) ровно в 3 раза больше суммы 300 наименьших чисел (1, 2, …, 12, взятые по 25 раз).

Подсказка 4

Что произойдёт, если число меньше 14 окажется над диагональю?

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?

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Давайте попробуем посмотреть на условие про 100 шариков под другим углом.. Например, о чем оно может сказать в контексте количества шариков одного цвета?

Подсказка 2!

2) Верно, каждого не меньше 12! Ведь иначе найдется 100 шариков без него

Подсказка 3!

3) Теперь нам бы посмотреть под другим углом и на то, что нам нужно получить! То есть сколько шариков точно можно вытянуть, чтобы условие не выполнялось? А сколько еще надо, чтобы оно выполнилось?

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, что означает, что все числа в последовательности нечетные? Это значит, что для любого числа из последовательности выполнено, что мы можем взять в нем четную цифру(чтобы не менять четность соседних чисел в последовательности). Значит, если мы хотим прийти к противоречию, то надо доказать, что найдется число, в котором нет четных цифр.

Подсказка 2

А это значит, что надо доказать, что найдется число, что все его цифры будут нечетные! Хмм… А что означает, что на некотором месте, стоят всегда четные цифры(если идти от противного)?

Подсказка 3

Это значит, что существует момент, когда при добавление числа, не больше 9(так как это цифра), мы перепрыгиваем сразу на 2, в каком-то разряде, который не является разрядом единиц(так как если бы там стояло что-то четное, то мы уже победили). А возможно ли это?

Подсказка 4

Нет, это невозможно, так как если мы перепрыгиваем сразу на 2 разряда, то это хотя бы разряд десятков, значит разница между начальным и конечным числом(после прибавления цифры) больше 10. Однако, мы прибавляем что-то меньшее 1. Пришли к противоречию.

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Слишком мало данных для составления уравнений, не так ли? Надо искать другой путь...

Подсказка 2

Попробуем обозначить вес всех серебряных за х, тогда вес бронзовых = х-90, а еще одна золотая весом y. Их сумма = 190, отсюда следует лишь только четность веса золотой гирьки...

Подсказка 3

А если рассмотреть частичные суммы гирек? Это разумно, так как серебряные весят много больше бронзовых!

Подсказка 4

Идея минимальной суммы! Маленько поработай ручками и головой, и из нее однозначно следует вес золотой гирьки!

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, что легче доказывать: равенство отрезков или равенство углов? Понятно, что в разных задачах по-разному, но тут через углы проще. Как тогда можно заменить условие задачи на равносильное утверждение? То есть, принять верным вопрос задачи, но тогда доказать какой-то факт из условия. Это очень частая практика в задачах по планиметрии.

Подсказка 2

Верно, предположим мы знаем, что K — это середина отрезка. Тогда докажем, что AK — это касательная. Это будет равносильная задача. Теперь тогда равенство каких углов нам нужно доказать?

Подсказка 3

Да, теперь нам нужно, чтобы ∠KAB = ∠ACB. Тогда давайте введём неизвестный ∠KAB=α и посчитаем уголочки. Осталось только воспользоваться другими фактами задачи: мы знаем, что AK — медиана в прямоугольном треугольнике и AN биссектриса. Попробуйте применить всё это, и победа!

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.