Тема ТурГор (Турнир Городов)

Базовый вариант весеннего 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#38129

Графики двух квадратных трёхчленов пересекаются в двух точках. В обеих точках касательные к графикам перпендикулярны. Верно ли, что оси симметрии графиков совпадают?

Источники: Турнир городов - 2017, весенний тур, базовый вариант, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала надо бы рассмотреть какую-нибудь параболу. Далеко ходить не будем, возьмём просто y = x². Ну и проведём касательную в точке А, отличной от вершины параболы. Всегда ли можно построить в таком случае перпендикулярную касательную?

Подсказка 2

Оказывается, что из непрерывности и неограниченности производной следует, что действительно найдётся перпендикулярная касательная. Попробуйте это осознать! Пусть это будет касательная в точке B. Теперь мы хотим построить ещё одну параболу, которая будет пересекаться с нашей в этих двух точках касания, да при этом ещё должно соблюдаться условие на перпендикулярность касательных в этих точках... Постойте, может, нам поможет какое-нибудь известное и красивое преобразование, связанное с серединой отрезка AB!

Подсказка 3

Ну конечно же, центральная симметрия относительно середины AB! Попробуйте понять, что произойдёт с касательными в точках A и B для новой параболы, получится ли нужная нам перпендикулярность. Если да, то останется понять, как соотносятся абсциссы вершин этих парабол, ведь через них проходят оси симметрии!

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Рассмотрим $y = x2$ . Проведём касательную в любой точке $A$ , кроме вершины. В силу непрерывности (и на самом деле неограниченности) производной найдётся касательная в другой точке $B$ , перпендикулярная нашей. Затем отразим всю параболу относительно середины $X$ отрезка $AB$ . Точки пересечения поменяются местами, касательная в точке $A$ к исходной параболе перейдёт в параллельную касательную в точке $B$ к новой параболе, а касательная в точке $B$ к исходной параболе перейдёт в параллельную касательную в точке $A$ к новой параболе. Так что к новой параболе касательные останутся перпендикулярны. При этом абсцисса вершины новой параболы будет равна удвоенной абсциссе точки $X$ , а не нулю, так что оси симметрии у парабол не совпадают.

Второе решение.

Приведём ещё один конкретный пример: $f(x)= 1(x2 +6x− 25) 8$ и $g(x)= 1(25+ 6x− x2) 8$ . Оси парабол $x= ±3$ различны, а пересекаются они в точках $x= ±5$ . Возьмём производные $f′(x)= 1(x+ 3),g′(x)= 1(−x +3) 4 4$ . Подставляя $5$ и $− 5$ , получаем произведения тангенсов углов наклона касательных в точках пересечения $1 ⋅8 ⋅ 1⋅(− 2) =− 1 4 4$ . То есть касательные действительно перпендикулярны в обеих точках при несовпадающих осях.

Ответ:

нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71650

В ряд стоят $100$ детей разного роста. Разрешается выбрать любых $50$ детей, стоящих подряд, и переставить их между собой как угодно (остальные остаются на своих местах). Как всего за шесть таких перестановок гарантированно построить всех детей по убыванию роста слева направо?

Источники: Турнир городов - 2017, весенний тур, базовый вариант, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, как будем расставлять детей каждый раз, когда берём группу из 50 человек, если в итоге хотим получить расстановку по убыванию. И над тем, какие группы хорошо бы брать...

Подсказка 2

Если хотим всех расставить по убыванию, то как будто бы нужно сразу по убыванию и ставить всех. А как бы нам выбрать группы, чтобы 25 самых низких стояли в самом конце - там, где им и нужно стоять? Научитесь переставлять их за 3 хода!

Подсказка 3

Давайте обозначим первые слева 25 мест в ряду буквой A, вторые 25 − B, третьи и четвёртые — C и D. Можем постепенно по убыванию расставлять детей, перемещая 25 низких всё правее и правее

Подсказка 4

То есть можем сначала поставить всех по убыванию в АВ - тогда 25 низких точно не в А, значит они где-то среди ВСD. Потом так же расставляем ВС… Уловили идею? Попробуйте так допереставлять 25 самых низких, а потом аналогично расставить 25 следующих по росту детей!

Подсказка 5

Заметьте, что для правильной расстановки 25 следующих по росту детей нам понадобится всего 2 хода, потому что D мы уже не трогаем, там все правильно стоят. Остаётся последний ход - какой и для чего?

Подсказка 6

Да, расставляем всех из АВ по убыванию! Потому что в С и D все уже верно стоят, осталось расставить по убыванию детей из АВ.

Показать доказательство

Обозначим первые слева $25$ мест в ряду буквой $A,$ вторые $25− B,$ третьи и четвёртые — $C$ и $D.$ Каждый раз, выбирая $50$ детей, будем выстраивать их по убыванию роста. Сделаем это сначала с $AB,$ затем с $BC$ и, наконец, с $CD.$ После первой перестановки $25$ самых низких детей окажутся в куске $BCD,$ после второй — в $CD,$ после третьей — в $D.$ Таким образом, $25$ самых низких детей уже расставлены правильно. Снова выполним перестановки $AB$ и $BC.$ Они расставят в нужном порядке следующих по росту $25$ детей в куске $C.$ Последняя перестановка $AB$ расставит правильно $50$ самых высоких.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#75451

Докажите, что на графике любого квадратного трёхчлена со старшим коэффициентом 1, имеющего ровно один корень, найдётся такая точка $(p,q)$ , что трёхчлен $2 x + px +q$ также имеет ровно один корень.

Источники: Турнир городов - 2017, весенний тур, базовый вариант, 9.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать про трехчлен, который имеет ровно 1 корень и старший коэффициент = 1? В каком виде его можно записать?

Подсказка 2

Верно, его можно записать в виде (х - а)^2. Поймем тогда как нам подобрать точку, чтобы коэффициент p был равен некоторому 2t, а q = (2t - a)^2 = t^2, к примеру? На самом деле, понятно, что любой квадратный трехчлен, который представляется в виде (x - k)^2 можно привести к виду (x + t)^2.

Подсказка 3

Либо пытаясь найти красивые решения системы выше, либо просто перебирая коэффициенты при t (ведь t как-то должно выражаться через а) можно увидеть, что t = a подходит (то есть и лежит на параболе, и подходит под условие задачи). Доказали.

Показать доказательство

Любой такой трёхчлен имеет вид $(x − a)2$ . Заметим, что точка $(2a,a2)$ подходит.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72106

Существуют ли $2016$ целых чисел, сумма и произведение которых равны $2016?$

Источники: Турнир городов - 2016, весенний тур, базовый вариант, 11.2

Показать ответ и решение

Попробуем подобрать пример, исходя из того, что произведение равно $2016.$ Пусть первое число равно $2,$ а второе — $1008.$ Тогда остальные числа могут быть только $± 1$ (притом количество $− 1$ чётное). Сумма $1008$ и $2$ равна $1010,$ значит сумма единиц должна быть $1006.$ Если взять $504$ минус единицы и $1510$ единиц, то мы получим требуемое.

Ответ:

Да, существуют

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#81755

По кругу записывают $2015$ натуральных чисел так, чтобы каждые два соседних числа различались на их наибольший общий делитель. Найдите наибольшее натуральное $N,$ на которое гарантированно будет делиться произведение этих $2015$ чисел.

Источники: Турнир городов - 2015, весенний тур, базовый вариант, 11.5

Показать ответ и решение

Оценка. Два нечётных числа не могут стоять рядом, так как они не делятся на свою чётную разность. Поэтому чётных чисел не меньше половины, то есть хотя бы $1008.$ Так как их больше половины, то какие-то два чётных числа стоят рядом. Из этой пары чётных чисел хотя бы одно кратно $4,$ иначе их разность кратна $4,$ а сами они нет. Предположим, у нас нет чисел, кратных $3.$ Тогда, из-за нечётности количества чисел, какие-то два соседних числа дают одинаковые остатки при делении на $3.$ Эти числа делятся на свою разность, которая кратна $3.$ Противоречие. Следовательно, $1007 1009 N ≥ 3⋅4⋅2 = 3⋅2 .$

Пример. Числа $4,3,2,1,2,1,...,2,1,2$ удовлетворяют условию. Их произведение равно $1009 3⋅2 .$

Ответ:

$3⋅21009$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#88529

Петя сложил $100$ последовательных степеней двойки, начиная с некоторой, а Вася сложил некоторое количество последовательных натуральных чисел, начиная с $1.$ Могли ли они получить один и тот же результат?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Прежде чем строить какие-либо рассуждения, давайте посчитаем обе суммы. Для этого воспользуемся формулами суммы арифметической и геометрической прогрессии.

Подсказка 2

Пусть первый член геометрической прогрессии будет 2ⁿ, тогда сумма будет равна 2ⁿ(2¹⁰⁰ - 1), а сумма числе от 1 до k равна k(k + 1)/2. Приравняв данные две суммы, мы навряд ли сможем найти какое-то противоречие. Давайте тогда попробуем подобрать такие n и k, при которых равенство сможет выполниться.

Подсказка 3

Давайте распишем k, как k + 1 – 1. Тогда наше равенство будет выглядеть следующем образом. (k + 1)(k + 1 - 1) = 2ⁿ⁺¹(2¹⁰⁰ - 1). Внимательно посмотрите на выражение. Чем так сильно похожи правая и левая часть?

Подсказка 4

Равенство будет верным, если k + 1 = 2ⁿ⁺¹ = 2¹⁰⁰

Показать ответ и решение

По формуле суммы арифметической прогрессии

n-+1 1+2 +3+ ...+ n= n⋅ 2

По формуле суммы геометрической прогрессии

2k +...+2k+99 =2k⋅(2100− 1)

Эти суммы могут быть равны при

k+1 100 (n+ 1)(n+ 1− 1)= 2 ⋅(2 − 1)

То есть при $n+ 1= 2k+1 =2100$ получим требуемое в условии (взяв $n= 2100 − 1,k= 99).$

Ответ:

Да

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#82684

Учитель написал на доске 10 чисел. Вася увеличил каждое из чисел на 1 и сумма их квадратов не изменилась. Как изменится сумма квадратов чисел, если каждое увеличить на 2?

Показать ответ и решение

Пусть написанные на доске числа — $a ,a ,...,a . 1 2 10$

Тогда по условию задачи имеем следующее тождество:

2 2 2 2 2 2 (a1+ 1) +(a2+1) + ...+(a10+1) = a1+a2+ ...+ a10

Раскрываем скобки и в левой части группируем отдельно квадраты и удвоенные числа, получаем следующее уравнение:

2 2 2 2 2 2 (a1+ a2+ ...+a10)+2(a1+ a2 +...+ a10)+ 10= a1+a2+ ...+ a10

Суммы квадратов в левой и правой частях взаимно уничтожаются.

2(a1+a2 +...+ a10)+ 10= 0

Откуда получаем:

a1 +a2+ ...+ a10 =− 5

В задаче необходимо найти изменение суммы квадратов после прибавления $2$ к каждому числу, то есть значение выражения:

(a1+2)2+ (a2+ 2)2+ ...+ (a10+ 2)2− (a21+a22+ ...+ a210)

Раскроем скобки и сгруппируем отдельно квадраты и учетверенные попарные произведения:

(a21+a22+ ...+ a210)+ 4(a1+ a2+ ...+a10)+40− (a21+a22+ ...+ a210)

Сумма квадратов взаимноуничтожится, а сумму чисел мы знаем. Подставляем в полученное выражение:

4(a1+ a2 +...+ a10)+ 40= 4⋅(− 5)+ 40= 20

Ответ: увеличится на 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#81746

К натуральному числу $a> 1$ приписали это же число и получили число $b,$ кратное $a2.$ Найдите все возможные значения числа $-b a2.$

Источники: Турнир городов - 2004, весенний тур, базовый вариант, 11.2

Показать ответ и решение

Если число $a$ $n$ -значно, то $b =(10n+1)a.$ Отсюда

-b (10n+-1)a 10n+-1 a2 = a2 = a

Ясно, что $n−1 a ⁄=10$ (в таком случае $b$ не кратно $2 a$ ), значит,

10n+ 1 1< ---a--< 10

Число $10n +1$ (а тем более, частное) не делится ни на $2,$ ни на $3$ (сумма цифр равна $2$ ), ни на $5,$ поэтому единственное возможное частное – $7.$ Такое частное можно получить например, при $3 n = 3, a= 143= 107+1.$

Ответ:

$7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32095

2003 доллара разложили по кошелькам, а кошельки разложили по карманам. Известно, что всего кошельков больше, чем долларов в любом кармане. Верно ли, что карманов больше, чем долларов в каком-нибудь кошельке? (Класть кошельки один в другой не разрешается.)

Источники: Турнир городов - 2003, весенний тур, базовый вариант, 9.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Много условий зависимостей. Давайте обозначим количество карманов и количество кошельков за x и y, и попробуем как-то оценить количество долларов...

Подсказка 2!

2) Отлично, но теперь давайте посмотрим на утвердение в задаче, как часто доказываются задачи про дирихле, каким методом?

Подсказка 3!

3) От противного, и правда! Осталось аккуратно довести решение, идейно мы задачу уже решили.

Показать ответ и решение

Пусть карманов — $a$ , а кошельков — $b$ . Тогда по условию в каждом кармане меньше $b$ долларов.Значит, всего долларов меньше, чем $ab$ (пересчитали доллары по всем карманам). Если утверждение “карманов больше, чем долларов в каком-нибудь кошельке” неверно, то верно, что “карманов не больше, чем долларов в любом кошельке”, то есть в каждом кошельке хотя бы $a$ долларов. Тогда всего денег, с одной стороны, хотя бы $ab$ , так как в каждом из $b$ кошельков хотя бы $a$ долларов. А с другой стороны мы поняли, что всего долларов меньше $ab$ . Противоречие.

Ответ:

да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94420

Существует ли такая бесконечная последовательность, состоящая из действительных чисел, что сумма любых десяти подряд идущих чисел положительна, а сумма любых первых подряд идущих $10n +1$ чисел отрицательна при любом натуральном $n?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Не совсем понятно, как можно доказывать отрицательный ответ. Поэтому стоит придумать пример!

Подсказка 2:

Придумайте последовательность, с которой будет легко работать, которая будет предсказуемой. Например, в большинстве мест будут нули, а в каких-то конкретных - какие-то числа.

Показать ответ и решение

Положим $a =1+ 2−n(n> 0),a = −1(n≥ 0), 10n 10n+1$ а на остальные места последовательности поставим нули. Тогда среди любых десяти подряд идущих членов последовательности имеется восемь нулей, одна минус единица, и одно число, большее единицы. Значит, их сумма положительна. А сумма первых $10n +1$ членов равна $−n − 1+ 2 .$

Ответ:

Существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#97589

Хорды $AC$ и $BD$ окружности с центром $O$ пересекаются в точке $K.$ Пусть $M$ и $N$ — центры описанных окружностей треугольников $AKB$ и $CKD$ соответственно. Докажите, что $OM = KN.$

Показать доказательство

Рассмотрим проекции $−M−−−→O 1 1$ и $−−K−N→ 1$ векторов $−M−→O$ и $−K−→N$ на хорду $AC.N 1$ — середина хорды $KC$ , поэтому

−−−→ 1−−→ KN1 = 2KC

$M1$ и $O1$ — середины хорд $AK$ и $AC$ , поэтому

−−−−→ −−→ −−−→ 1−→ 1−−→ 1−−→ M1O1 =AO1 − AM1 = 2AC− 2AK = 2KC

Таким образом, $−−−−→ −−−→ M1O1 =KN1$ .

Аналогично равны проекции векторов $−−M→O$ и $−−K→N$ на хорду $BD$ . Но вектор полностью определяется своими проекииями на две непараллельные прямые. Поэтому $−M−O→ =−K−N→.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#89938

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O.$ Докажите, что если окружность $(ABO )$ касается прямой $BC,$ то окружность $(BCO )$ касается прямой $CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Дано касание, требуется доказать касание. А как мы вообще умеем работать с касанием?

Подсказка 2

Верно, касание - это про равенство углов: угла между касательной и хордой и угла, опирающегося на хорду. Давайте отметим тогда данное такое равенство уголков и поймём, где искомое.

Подсказка 3

Таким образом, дано нам ∠BAO=∠OBC, а доказать требуется ∠OCB=∠OBC. Становится ясно, что от нас требуется доказать ∠BAO=∠OBC, а мы ведь ещё не пользовались тем, что ABCD - параллелограмм.

Показать доказательство

Поскольку $(ABO )$ касается прямой $BC,$ то $∠BAO = ∠OBC.$ Из параллельности $AB$ и $DC$ получаем $∠OAB = ∠OCD.$ Тогда $∠OCB =∠OBC,$ а значит, $(BCO )$ касается $CD.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#49305

В четырехугольнике $ABCD$ длины сторон $AB$ и $BC$ равны $1,$ $∠B = 100∘,∠D = 130∘$ . Найдите $BD.$

Источники: Турнир городов - 1985, весенний тур, базовый вариант, 11.1

Подсказки к задаче

Идея идейного решения

Половина угла В даёт в сумме с углом D 180 градусов. Это нам напоминает признак вписанного четырёхугольника. Да ещё и есть равные отрезки, которые могут быть связаны с окружностью... Попробуйте раскрутить задачу от обратного!

Идея счётного решения

даны две стороны и угол между ними - сразу считаем АС по теореме косинусов!

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Построим окружность с центром в точке $B$ и радиусом $R = 1$ — на ней лежат $A$ и $C$ . Покажем, что точка $D$ также лежит на окружности. Для этого заметим, что градусная мера меньшей дуги $AC$ равна $100∘$ , а большей — $260∘ = 2⋅130∘ = 2⋅∠ADC$ . Точка $D$ лежит между $A$ и $C$ , потому из написанного выше следует, что она лежит на меньшей дуге и $∠ADC$ вписанный. Отсюда $BD = R =1$ .

Второе решение.

Из равнобедренности $△ABC$ $AC =2 sin50∘$ . Для $△ADC$ с радиусом описанной окружности $r$ применим теорему синусов и получим $r= 2sAinC∠D-= 2siAnC130∘ = 22ssinin51030∘∘ =1$ . Заметим, что $B$ лежит на серединном перпендикуляре к $AC$ и удалён от $A$ и $C$ на расстояние $r= 1$ . Но тогда в силу единственности центра описанной окружности он и будет центром (заметим, что он лежит по противоположную от $AC$ сторону от вершины $D$ , ведь $∠ADC$ тупой). Отсюда $BD = r= 1$ .

Ответ:

$1$

Предыдущий раздел

Следующий раздел