Тема Региональный этап ВсОШ и олимпиада им. Эйлера

Регион 11 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

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80578

Даны неотрицательные числа $a,b,c,d$ такие, что $a+ b+ c+d =8.$ Докажите, что

---a3--- --b3--- ---c3--- --d3---- a2+ b+ c + b2 +c+ d + c2+ d+a + d2+a +b ≥ 4

Источники: Всеросс., 2022, РЭ, 11.10(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим, что

a3 a(b +c) a(b+c) √b-+c- a2+b+-c = a− a2+-b+-c ≥ a− 2a√b-+c-=a −-2-

Здесь мы оценили знаменатель по неравенству о средних:

a2+b+ c> 2a√b+-c

Сложим полученное неравенство с тремя аналогичными. Теперь нам достаточно доказать, что

√---- √ ---- √---- √---- a+ b+c+ d− -a-+b −--b+c − -c+-d− -d+-a-≥4 2 2 2 2

Поскольку $a+ b+ c+d =8,$ это равносильно неравенству

√---- √---- √---- √ ---- -a+-b+ -b+-c+ -c-+d +--d+-a≤ 4 2 2 2 2

Но из неравенства между средним арифметическим и среднем квадратичным мы получаем, что

∘ ----------------- √a+-b √c-+d- (√a+-b)2-+(√c+-d)2 2 + 2 ≤ 2 =2

и, аналогично,

√---- √---- -b+-c+ -a-+d-≤2 2 2

Складывая эти два неравенства, получаем требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#75907

На доску записали три рациональных положительных числа. Каждую минуту числа на доске $x,y,z$ стираются, а вместо них выписываются числа $1- -1 1- x + yz,y+ zx,z+ xy.$ Докажите, что начиная с некоторого момента на доске не будет появляться целых чисел.

Источники: Всеросс., 2021, РЭ, 11.10(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим сразу, что все числа, появляющиеся на доске, положительны и рациональны. Пусть $x ,y ,z n n n$ — числа на доске после $n$ минут, а $a =x0,b= y0,c= z0$ — исходные числа.

Положим $--1--- Fn =1+ xnynzn .$ Тогда $xn+1 =xnFn,yn+1 = ynFn$ и $zn+1 = znFn.$ В частности, $yn+1 yn b xn+1 = xn =...= a$ и, аналогично, $-zn+1 -c xn+1 =a.$

Положим $Pn =xnynzn,$ и пусть $Pn = pqnn$ — представление этого числа в виде несократимой дроби. Тогда $Fn = pn+pqnn,$ и потому

3 Pn+1 =PnFn3= (pn-+2qn)- pnqn

где последняя дробь также несократима (ибо $pn$ и $qn$ взаимно просты). Итак, $pn+1 = (pn +qn)3$ и $qn+1 =p2qn.$ В частности, $pn = (pn−1+qn−1)3 ≥(1+ 1)3 =8$ при $n≥ 1,$ и потому $qn ≥ 82qn−1 > qn−1$ при $n ≥ 2.$ Иными словами, последовательность $q1,q2,q3,...$ строго возрастает.

Обозначим через $D$ произведение всех числителей и знаменателей чисел $a,b$ и $c.$ Тогда при некотором $N$ имеем $qN >D2.$

Докажем, что с $N$ -й минуты все числа на доске нецелые. Действительно, пусть, скажем, $xn$ — целое при $n> N.$ Тогда $y = x ⋅-b,z = x ⋅ c, n n a x n a$ и потому

∏ 3 bc n = xn⋅a2

Знаменатель этого числа в несократимой записи делит $D2;$ но это невозможно, ибо $qn >qN >D2.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#77059

Многочлен $P(x)∈ℝ[x]$ имеет степень $105$ , а его старший коэффициент равен $1.$ Найдите наименьшую возможную степень многочлена

1000 1000 R(x)= P(x +1)− P(x)

Источники: Всеросс., 2021, РЭ, 11.9(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $n= 1000,k= 100,$ то есть степени рассматриваемых многочленов $P$ равны $nk.$

Лемма. Существует единственный многочлен $P$ степени $nk$ (со старшим коэффициентам $1$ ) такой, что степень полученного многочлена $R$ будет меньше, чем $nk(n− 1).$

Доказательство. Запишем наш многочлен как

nk nk− 1 nk−2 P(x)= x +p1x +p2x +...+pnk

Обозначим $F (x)= P(xn+ 1)$ и $G (x)= P(x)n;$ это — многочлены степени $n2k$ со старшим коэффициентом $1.$

В многочлене $F(x)$ коэффициент $p j$ участвует лишь в членах степени, не большей $n(nk − j).$ Значит, для любого $i=1,2,...,nk$ коэффициент при $n2k−i x$ в многочлене $F(x)$ зависит лишь от коэффициентов $pj$ при $j ≤ i∕n < i.$ С другой стороны, коэффициент при этой же степени в $G(x)$ есть $npi+ A,$ где $A$ зависит лишь от коэффициентов $pj$ при $j <i.$ Если мы хотим, чтобы степень $R$ была меньше, чем $nk(n − 1),$ то эти коэффициенты должны быть равны; это равенство даёт однозначное выражение $pi$ через $p1,p2,...,pi−1$ (в частности, $p1$ находится единственным образом). Значит, из этих равенств по очереди находятся все коэффициенты многочлена $P (x).$

Теперь достаточно предъявить многочлен $P (x)$ такой, что степень $R$ окажется меньше, чем $nk(n − 1)$ — по лемме, он единственный, и он и даст минимальную степень $R.$ Положим $n k P(x) =(x + 1).$ Тогда многочлен

n n k n nk R(x)=((x + 1) + 1) − (x + 1) = = k⋅(xn +1)n(k−1)+C2k (xn+ 1)n(k−2)+...

имеет степень всего лишь $n2(k− 1)< nk(n− 1).$ Значит, наименьшая возможная степень $R$ и есть $n2(k− 1)=99⋅106.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Используем те же обозначение $n$ и $k,$ что и в первом решении. Мы будем считать, что

degR <n2k− nk (∗)

(впоследствии мы увидим, что это возможно; поэтому для многочлена $R$ минимальной степени так считать можно).

Предположим, что в многочлене $P (x)$ есть одночлен степени, не кратной $n;$ пусть $s asx$ — такой одночлен наибольшей степени. Тогда коэффициент многочлена $R$ при $xnk(n−1)+s$ равен $− nas,$ что противоречит неравенству.

Таким образом, в предположении, степени всех одночленов в $P(x)$ кратны $n;$ иначе говоря, существует такой многочлен $Q,$ что $P (x)= Q(xn).$ Тогда

R(x)= P(xn+ 1)− P(x)n = Q((xn +1)n)− Q (xn)n

то есть $R (x)= R1(xn),$ где

R1(y)= Q ((y+ 1)n)− Q(y)n

при этом $degQ= k< n,$ а предположение $(∗)$ означает, что $degR1 < nk− k.$

Рассмотрим многочлен $n n R2(x)= R1(x− 1)= Q(x )− Q (x − 1) ,$ тогда $degR2 =degR1.$ Аналогично рассуждению выше, предположим, что $Q (x− 1)⁄= xk,$ то есть в многочлене $Q (x − 1)$ есть одночлены, кроме $xk;$ пусть $btxt$ — такой одночлен наибольшей степени. Тогда в многочлене $R2(x)$ есть одночлен $− nbtxnk−k+t,$ что противоречит неравенству $deg R2 < nk− k.$ Таким образом, $Q(x− 1)= xk,$ а тогда $Q (x)= (x +1)k$ и $P(x) =$ $= (xn+ 1)k.$ Мы приходим к тому же примеру, что и в первом решении (и видим, что в этом случае степень $R$ действительно удовлетворяет (*)).

Ответ:

$99⋅106$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79703

Пусть $I$ — центр вписанной окружности остроугольного треугольника $ABC, M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Через точку $I$ проведена прямая $ℓ,$ параллельная стороне $AC,$ и на неё опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ.$ Докажите, что точки $M,N,P$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Источники: Всеросс., 2021, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на рисунок и поймëм, что у нас не особо много способов, через которые можно доказать, что PMNQ вписанный. Единственный способ - доказать, что сумма противолежащих углов равна 180 градусов.

Подсказка 2

Постарайтесь найти на рисунке, как можно больше прямых углов. Некоторые из них стягивают одни и те же отрезки.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть углы $BAC$ и $BCA$ треугольника $ABC$ равны, соответственно $2α$ и $2γ.$ Углы $AP I$ и $AMI$ — прямые, поэтому точки $A,P,M,I$ лежат на одной окружности с диаметром $AI.$ Тогда $∠AMP = ∠AIP =$ (в силу параллельности) $= ∠IAC =α.$ Аналогично $∠QNC = γ.$ Из равнобедренного треугольника $MBN$ находим: $∠BMN = 180∘−-∠M2BN--= α+ γ.$ Тогда $∠P MN = ∠PMA +(180∘− ∠BMN )=180∘− γ.$ Но $∠P QN =∠ICN = γ,$ значит, сумма углов $PMN$ и $PQN$ равна $180∘,$ то есть точки $M, N,P$ и $Q$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79746

На доске написаны функции: $x+1,x2+ 1,x3+ 1,x4+ 1.$ Разрешается дописывать на доску новые функции, получаемые из написанных на доске с помощью операций вычитания и умножения. Покажите, как получить ненулевую функцию, которая при положительных значениях аргумента принимает неотрицательные значения, а при отрицательных значениях аргумента — неположительные значения.

Источники: Всеросс., 2020, РЭ, 11.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Например, подходит $(x4+1)(x+1)− (x4 +1)= x(x4+ 1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79748

Известно, что для некоторых $x$ и $y$ суммы $sinx+ cosy$ и $sin y+cosx$ — положительные рациональные числа. Докажите, что найдутся такие натуральные числа $m$ и $n,$ что $m sinx +n cosx$ — натуральное число.

Источники: Всеросс., 2020, РЭ, 11.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $sinx+ cosy = a$ и $sin y+cosx= b.$ Тогда $cosy =a − sin x$ и $siny = b− cosx.$ Возведём эти равенства в квадрат и сложим их. Тогда в силу основного тригонометрического тождества получим: $2 2 1= a +b − 2a sinx− 2bcosx+ 1,$ то есть $2 2 2asinx +2bcosx= a +b .$ Пусть $N$ — НОК знаменателей чисел $a$ и $b;$ тогда, умножив полученное равенство на $2 N ,$ получим требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75447

Известно, что каждый из трёхчленов $x2 +ax+ b$ и $x2+ax+ b+ 1$ имеет хотя бы по одному корню, и все корни этих трёхчленов целые. Докажите, что трёхчлен $2 x + ax+ b+2$ корней не имеет.

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если корни целые, то что можно сказать по теореме Виета? Верно, что коэффициенты также целые. А что можно сказать про дискриминант, если корни являются целыми?

Подсказка 2

Что он точный квадрат! Ну тогда пусть дискриминант первого - n^2, тогда, если дискриминант второго - m^2, то m^2 - n^2 = 4. А при каких натуральных m и n такое может быть?

Подсказка 3

Верно, только при n = 0, m = 2. Теперь явно запишем первый дискриминант через a и b. a^2 - 4b = 4. А чему равен тогда дискриминант третьего трехчлена?

Показать доказательство

Понятно, что $a$ и $b$ целые, так как выражаются через целые корни по теореме Виета. Для того, чтобы квадратный трёхчлен с целыми коэффициентами имел целые корни, необходимо, чтобы его дискриминант был точным квадратом. Таким образом, $2 2 2 2 a − 4b= m ,a − 4b− 4= n,$ откуда $2 2 m − n = 4,$ то есть $(m − n)(m +n) =4.$ Последнее равенство равносильно двум случаям $m − n= 1$ и $m+ n= 4,m − n =2$ и $m + n= 2.$ Первый случай целых решений не даёт, а второй — $n = 0,m = 2.$ Таким образом, $2 a − 4b= 4.$ Заметим, что дискриминант трёхчлена $2 x + ax+b+ 2$ равен $2 a − 4b− 8 =− 4<0,$ а значит он действительно не имеет корней, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76026

В классе $m$ учеников. В течение сентября каждый из них несколько раз ходил в бассейн; никто не ходил дважды в один день. Первого октября выяснилось, что все количества посещений бассейна у учеников различны. Более того, для любых двух из них обязательно был день, когда первый из них был в бассейне, а второй — нет, и день, когда, наоборот, второй из них был в бассейне, а первый — нет. Найдите наибольшее возможное значение $m.$ В сентябре $30$ дней.

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 11.9(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Для каждого натурального $n$ обозначим $X = n$ $= {1,2,...,n}.$ Каждому ученику сопоставим множество всех дней, когда он ходил в бассейн (это будет подмножество в $X30$ ). Итого, мы получили набор из $m$ (согласно условию, непустых) подмножеств в $X30.$ Условие равносильно тому, что во всех подмножествах разные количества элементов, и ни одно из них не содержится в другом; назовём такой набор подмножеств хорошим. Таким образом, нам нужно найти максимальное число множеств в хорошем семействе подмножеств в $X30.$

Докажем сначала, что такой набор не может содержать больше $28$ множеств. Это очевидно, если в наборе есть $30$ -элементное подмножество, так как оно содержит любое другое. Значит, можно считать, что множества в наборе могут состоять лишь из $1,2,...,29$ элементов (и их не больше $29$ ). Пусть в хорошем наборе есть $29$ -элементное множество $A$ и $1$ -элементное множество $B.$ Так как $B$ не содержится в $A,$ они не пересекаются. Тогда любое другое подмножество в $X30$ либо содержит $B,$ либо содержится в $A.$ Значит, в этом случае хороший набор состоит лишь из двух подмножеств. Наконец, если в наборе нет $1$ или $29$ -элементного подмножества, то в нём уже не более $28$ множеств, что и требовалось.

Осталось предъявить пример хорошего набора из $28$ подмножеств в $X30.$ Для этого покажем индукцией по $k ≥2,$ что существует хороший набор $A1,A2,...,A2k−2$ подмножеств в $X2k,$ причём $Ai$ содержит $i+ 1$ элемент. В базовом случае $k = 2$ годятся подмножества $A1 = {1,2}$ и $A2 = {1,3,4}.$

Пусть для некоторого $k$ уже построен требуемый хороший набор $B1,...,B2k−2$ подмножеств в $X2k.$ Тогда требуемый хороший набор подмножеств в $X2k+2$ можно построить так. Положим $Ai+1 =Bi ∪{2k+ 2}$ при $i= 1,2,...,2k − 2;$ эти множества содержат $3,4,...,2k$ элементов соответственно. Наконец, положим $A1 = {2k+ 1,2k+ 2}$ и $A2k ={1,2,...,2k+ 1}.$ Нетрудно проверить, что они образуют требуемый хороший набор. Тем самым переход индукции доказан.

Ответ:

$m = 28$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79860

Назовём расстоянием между двумя клетками клетчатой доски наименьшее количество ходов, за которое шахматный король может добраться от одной из них до другой. Найдите наибольшее количество клеток, которое можно отметить на доске $100× 100$ так, чтобы среди них не нашлось двух клеток, расстояние между которыми равно $15.$

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Разобьём доску на $9$ квадратов $30× 30,6$ прямоугольников $10×30$ и один квадрат $10× 10$ (см. рис. слева). В каждом квадрате $30× 30$ клетки разбиваются на $2 15$ четвёрок так, что расстояние между любыми клетками в одной четвёрке равно $15$ (каждая четвёрка состоит из клеток с координатами $(a,b),(a,b+ 15),(a +15,b),(a +15,b+15)$ ). Тогда в любой четвёрке может быть отмечено не более одной клетки, то есть общее число отмеченных клеток в таком квадрате не превосходит $2 15.$

$PIC$

Аналогично, каждый прямоугольник $10×30$ (скажем, с длинной горизонтальной стороной) разбивается на пары клеток, отстоящих друг от друга на $15$ (с координатами $(a,b)$ и $(a+15,b)$ ) — поэтому в нём не более $15⋅10$ отмеченных клеток. Наконец, в квадрате $10× 10$ всего $102$ клеток. Итого, отмеченных клеток не больше, чем $9⋅152+ 6⋅15⋅10+102 = (3 ⋅15+ 10)2 =552.$

Пример с таким количеством отмеченных клеток показан на рис. справа.

Ответ:

$552 = 3025$ клеток

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#73403

В каждую клетку таблицы $1001× 1001$ поставили $0$ или $1.$ Оказалось, что в любом столбце нулей больше, чем единиц. Обязательно ли найдутся два столбца таких, что число строк, в пересечениях которых с этими двумя столбцами стоят только нули, больше числа строк, в пересечениях которых с этими двумя столбцами стоят только единицы?

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Покажем, что требуемому условию удовлетворяют любые два столбца таблицы. Выкинем из таблицы все столбцы, кроме двух рассматриваемых. Общее число нулей в этих столбцах больше общего числа единиц; это значит, что нулей в них не меньше $1002.$ Если в полученной таблице $k$ строк с двумя нулями, то есть ещё хотя бы $1002 − 2k$ строк с одним нулём — и, следовательно, не более $1001− k− (1002− 2k)= k− 1$ столбцов с двумя единицами. Осталось заметить, что $k− 1< k.$

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#78110

Внутри выпуклого пятиугольника отметили точку и соединили её со всеми вершинами. Какое наибольшее число из десяти проведенных отрезков (пяти сторон и пяти отрезков, соединяющих отмеченную точку с вершинами пятиугольника) может иметь длину $1?$

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Сначала докажем, что все $10$ отрезков не могут иметь длину $1.$ Предположим противное. Пусть $ABCDE$ — пятиугольник, $O$ — точка внутри него, и все $10$ проведенных отрезков имеют длину $1$ (см. рис. выше). Тогда треугольники $OAB, OBC,OCD, ODE$ и $OEA$ — правильные, поэтому $∠AOB = ∠BOC = ∠COD = ∠DOE = ∠AOE = 60∘.$ Сумма же этих углов должна быть равна $360∘,$ однако $5⋅60∘ = 300∘$ — противоречие.

$PIC$

Осталось привести пример, когда $9$ отрезков имеют длину $1$ (см. рис. выше). Отметим на плоскости точки $A$ и $O$ на расстоянии $1.$ выберем последовательно точки $B,C,D$ и $E$ так, чтобы треугольники $AOB, BOC,COD$ и $DOE$ были равносторонними. Тогда точка $O$ лежит внутри пятиугольника $ABCDE,$ и из $10$ проведенных отрезков все, кроме $AE,$ имеют длину $1.$

Ответ:

$9$ отрезков

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#79747

Функция $f(x),$ заданная на всей числовой оси, при всех действительных $x$ и $y$ удовлетворяет условию

x-+y x−-y f(x)+ f(y)= 2f( 2 )f( 2 )

Верно ли, что функция $f(x)$ обязательно чётная?

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Подставим в данное равенство $− y$ вместо $y.$ Получим

x−-y x-+y f(x)+ f(−y)=2f( 2 )f( 2 )

Итак, $f(x)+f(y)= f(x)+ f(− y),$ откуда для всех действительных $y$ получим $f(y)=f(−y).$ Это и означает, что функция $f(x)$ чётная.

Ответ:

Верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#81909

Дан неравнобедренный треугольник $ABC,$ в котором $∠B = 135∘.$ Пусть $M$ — середина отрезка $AC.$ Точка $O$ — центр окружности $Ω,$ описанной около треугольника $ABC.$ Луч $BM$ вторично пересекает окружность $Ω$ в точке $D.$ Докажите, что центр окружности $Γ ,$ описанной около треугольника $BOD,$ лежит на прямой $AC.$

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Так как $∠ABC = 135∘,$ то $∠AOC =90∘.$ Так как $OM$ — медиана в прямоугольном треугольнике $AOC,$ имеем $OM = AM = MC.$ На продолжении отрезка $OM$ за точку $M$ отметим точку $E$ так, что $OM = ME.$ Поскольку четырёхугольник $ABCD$ вписанный, $BM ⋅MD = AM ⋅MC = OM ⋅ME.$ Следовательно, точка $E$ лежит на окружности $Γ .$ Точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC,$ поэтому $AC ⊥ OM.$ Значит, прямая $AC$ является серединным перпендикуляром к отрезку $OE.$ Поскольку отрезок $OE$ является хордой окружности $Γ ,$ её центр лежит на прямой $AC.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#77210

В зоопарк прибыли несколько пар особей, у каждой из которых от 1 до 10 детёнышей. Ветеринар выбирал одного детёныша, одну самку и самца из трёх разных семей и проводил осмотр. У него было 3630 способов выбрать нужную тройку животных. Сколько всего детёнышей могло прибыть в зоопарк?

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть в зоопарк было $p$ пар особей и $d$ детёнышей. Тогда каждый детёныш состоял в $(p − 1)(p− 2)$ тройках: самку можно было выбрать из одной из $p − 1$ пар особей, а после её выбора самца можно было выбрать из одной $p− 2$ оставшихся пар. Значит, общее количество троек равно

d(p− 1)(p− 2)= 3630.

Поскольку $d≤ 10p,$ получаем $3630 ≤10p3,$ то есть $p3 ≥ 363> 73.$ Значит, $p ≥8.$

Число $3630= 22⋅3⋅5⋅112$ имеет два делителя $p− 1$ и $p − 2,$ отличающиеся на $1.$ Если один из этих делителей делится на $11,$ то другой даёт остаток $1$ или $10$ при делении на $11.$ Тогда он взаимно прост с $11,$ а значит, делит $2⋅3⋅5= 30$ и при этом не меньше $10.$ Нетрудно видеть, что этим делителем может быть только $10;$ тогда $p − 2 =10,p− 1 =11 и d= 3630 :110= 33.$

Если же оба числа $p− 2 и p− 1$ не делится на $11$ , то число $2⋅3⋅5= 30$ делится на их произведение, а это противоречит тому, что $p ≥8.$

Ответ: 33

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#81577

Все клетки квадратной таблицы $n× n$ пронумерованы в некотором порядке числами от $1$ до $n2.$ Петя делает ходы по следующим правилам. Первым ходом он ставит фишку в любую клетку. Каждым последующим ходом Петя может либо поставить новую фишку на какую-то клетку, либо переставить фишку из клетки с номером $a$ ходом по горизонтали или по вертикали в клетку с номером большим, чем $a.$ Каждый раз, когда фишка попадает в клетку, эта клетка немедленно закрашивается; ставить фишку на закрашенную клетку запрещено. Какое наименьшее количество фишек потребуется Пете, чтобы независимо от исходной нумерации он смог за несколько ходов закрасить все клетки таблицы?

Источники: Всеросс., 2014, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Покажем, что $n$ ладей достаточно. Для этого заметим, что на каждую строку хватит одной ладьи: можно поставить её в клетку строки с минимальным номером, а затем обойти все клетки строки в порядке возрастания номеров.

С другой стороны, покажем, что меньше, чем $n$ ладей, может и не хватить. Для этого пронумеруем клетки так, чтобы клетки одной диагонали были пронумерованы $1,2,...,n$ (остальные клетки нумеруем произвольно). Тогда одна ладья не сможет побывать на двух клетках этой диагонали: если ладья встала на одну из этих клеток, то следующим ходом она обязана будет пойти на клетку с номером, большим $n,$ и значит, после этого она не сможет вернуться на диагональ.

Наконец, поскольку на каждой клетке диагонали должна побывать ладья, Пете придётся использовать не менее $n$ ладей.

Ответ:

$n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#81758

На доске написано выражение

a c -e b ⋅d ⋅f

где $a,b,c,d,e,f$ – натуральные числа. Если число $a$ увеличить на $1,$ то значение этого выражения увеличится на $3.$ Если в исходном выражении увеличить число $c$ на $1,$ то его значение увеличится на $4;$ если же в исходном выражении увеличить число $e$ на $1,$ то его значение увеличится на $5.$ Какое наименьшее значение может иметь произведение $bdf?$

Источники: Всеросс., 2014, РЭ, 2014(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пример. Произведение знаменателей может быть равным $60.$ Один из возможных примеров: $20⋅ 15⋅ 12. 3 4 5$

Оценка. Пусть значение исходного выражения равно $A.$ Тогда в результате первой операции произведение примет значение

a +1 --a- ⋅A = A+ 3

откуда $A = 3a.$ Значит, $A$ – натуральное число, кратное 3. Аналогично доказывается, что $A = 4c=5e.$ Ясно, что $A$ делится на $3⋅4⋅5= 60,$ поэтому $A ≥ 60.$

Переписав равенство $ab ⋅ cd ⋅fe=$ $A$ в виде $A3b ⋅4Ad ⋅ A5f$ $= A,$ получаем $60bdf = A2 ≥ 602,$ откуда $bdf ≥ 60.$

Ответ:

$60$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#79757

Найдите все натуральные $k$ такие, что при каждом нечётном $n> 100$ число $20n +13n$ делится на $k.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Числа $A = 20101+ 13101$ и $B = 20103+ 13103$ делятся на $k.$ Значит, числа $202A − B = (400− 169)⋅13101 = 231⋅13101$ и $2 101 B − 13 A =231⋅20$ также делятся на $101 101 k.(231⋅20 ,231⋅13 )=231= 7⋅33,$ так что $231$ делится на $k.$

С другой стороны, $n n n n n 20 + 13 =(20 − 13 )+ 2⋅13 .$ Первое слагаемое делится на $20− 13= 7,$ а второе — нет. Итак, $k$ является делителем числа $231$ и не делится на $7;$ значит, $k$ — делитель числа $33.$

Ответ:

$k =1,3,11,33$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76166

На окружности, описанной около прямоугольника $ABCD,$ выбрана точка $K.$ Оказалось, что прямая $CK$ пересекает отрезок $AD$ в такой точке $M,$ что $AM ∕MD = 2.$ Пусть $O$ — центр прямоугольника. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $OKD$ лежит на описанной окружности треугольника $COD.$

Источники: Всеросс., 2011, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Расположим систему отсчета так, чтобы начало отсчета совпало с центром прямоугольника, а вершины прямоугольника попали на единичную окружность. Тогда $2d+-a a−-2b d= −b,c =− a,m = 3 = 3 .$ Точка $m$ лежит на хорде $KC,$ откуда $-- m + mkc= k+ c.$ Тогда $k = m-− c-= 4a−-2b= b2− 2ab. 1−mc 4− 2ba a− 2b$ Обозначим через $G(g)$ точку пересечения медиан треугольника $OKD.$ Тогда комплексную координату $G$ можно вычислить $2 2 2 g = 0-+k3+-d = b-−-23a(ba−− a 2bb+)-2b = ba−− a2bb .$ Заметим, что $2 2 2 g− c= a-+ab−-−2b3ab,g− d= −a−b2b.$ Тогда

(g−-c)(0−-d) =− (a2-+b2−-3ab)b= − a2+-b2-− 3ab (g− d)(0− c) b2a ab

Вспомнив, что $- - a= 1∕a,b= 1∕b,$ получаем, что последнее выражение вещественное.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75448

Целые числа $a,b,c$ таковы, что значения квадратных трёхчленов $bx2+ cx +a$ и $cx2+ax +b$ при $x= 1234$ совпадают. Может ли первый трёхчлен при $x= 1$ принимать значение $2009$ ?

Источники: Всеросс., 2010, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем. У нас выходит, что есть три переменных и три линейных уравнения на коэффициенты. Но правда ли стоит решать это и доказывать, что целых решений нет? Нельзя ли сделать это как-то более аккуратнее? К примеру, с помощью тождественных преобразований. А может как-нибудь выразить переменную а и дальше посмотреть на третье уравнение?

Подсказка 2

Действительно, можно выразить а = 1235b - 1234c, а значит можно подставить это в третье уравнение и посмотреть на некоторую делимость, потому как нам нужны именно целые решения.

Подсказка 3

Верно, если подставить значение а в третье уравнение, то у нас будет равенство 3(412b - 411c) = 2009. Вот только 2009 не делится на 3. Победа!

Показать ответ и решение

Предположим, что да. Подставим $x= 1234$ в оба трёхчлена, приравняем полученные значения и после тождественных преобразований получим

a= 1235b− 1234c

При $x= 1$ первый трёхчлен равен

a +b+ c= 1236b− 1233c= 3(412b− 411c) =2009

Но $2009$ на $3$ не делится. Пришли к противоречию.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#91438

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с диаметром $AC.$ Точки $K$ и $M$ — проекции вершин $A$ и $C$ соответственно на прямую $BD.$ Точка $P$ на прямой $AC$ такова, что $KP ∥ BC.$ Докажите, что $∘ ∠KP M = 90 .$

Источники: Всеросс., 2010, РЭ, 11.3(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте доказать это через параллельность каких-то прямых. Подумайте, с помощью чего обычно доказывается параллельность.

Подсказка 2

Это делается либо с помощью углов, либо через отношения. Кажется, второй вариант нам больше подходит.

Подсказка 3

Проведите прямую, параллельную PM. Пересеките еë с AE в точке N. Сколько пар подобных треугольников вы видите?

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть диагонали четырёхугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E,$ а точка $P$ расположена между $C$ и $E.$ Тогда

∠P KD = ∠CBD = ∠CAD = ∠PAD

значит, из точек $K$ и $A,$ лежащих по одну сторону от прямой $PD,$ отрезок $PD$ виден под одним и тем же углом, поэтому точки $A,K,P$ и $D$ лежат на одной окружности, а т.к. $AK ⊥ BD,$ то $AD$ — диаметр этой окружности, значит, $∠CP D= ∠AP D= ∠90∘.$ Из точек $P$ и $M$ отрезок $CD$ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром $CD.$ Тогда

∠MP A =∠180∘− ∠CPM =∠CDM = ∠CDB = ∠CAB

поэтому $PM ||AB,$ а т.к. $PK||BC$ и $AB ⊥ BC,$ то $P M ⊥P K,$ что и требовалось доказать. Аналогично для случая, когда точка $P$ расположена между $A$ и $E.$

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим через $E$ точку пересечения диагоналей $AC$ и $BD.$ Пусть для определенности точка $K$ лежит на отрезке $BE.$

Пусть прямая, проходящая через $K$ параллельно $PM,$ пересекает $AC$ в точке $N.$ Треугольник $NKE$ и $PME$ подобны (так как их стороны параллельны), откуда $PE :EM = NE :EK.$ Прямоугольные треугольники $AKE$ и $CME$ также подобны, поэтому $EM :EC =EK :EA.$ Перемножая полученные равенства, получаем $PE :EC =NE :EA.$ Но по теореме Фалеса $PE :EC = KE :EB.$ Следовательно,

NE :EA =PE :EC = KE :EB

откуда $KN ∥AB.$ Значит, и $PM ∥ AB ⊥BC ∥ KP.$

$PIC$

Предыдущий раздел

Следующий раздел