Тема Высшая проба - задания по годам

Высшая проба 2024

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела высшая проба - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80738

Можно ли число 2024 представить в виде $a5+b3$ , где $a$ и $b$ — натуральные числа?

Источники: Высшая проба - 2024, 11.1 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если a ≥ 5, то левая часть уже слишком большая. Остаётся перебрать четыре значения для а и проверить, чему равно b

Подсказка 2

Должен найтись подходящий вариант!

Показать ответ и решение

3 10 5 3 2024 =1000+ 1024= 10 +2 = 4 +10

Ответ: да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80739

В некотором числе 10 единиц, 100 двоек, 1000 троек, …, $109$ девяток, расположенных в некотором порядке. Каждую секунду в нём стирают последнюю цифру. Правда ли, что в какой-то момент после начального получится число, делящееся на 9?

Источники: Высшая проба - 2024, 11.2 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, каким образом нам можно число, которое кратно 9, независимо от остатка, который будет нами получен на каждом этапе вычеркивания. Удобная конструкция для нас - чтобы в течение 9 шагов у нас постоянно менялся остаток и не повторялся. Тогда, за 9 шагов у нас точно будет момент, когда остаток равнялся 0. Попробуйте придумать такую конструкцию.

Подсказка 2

Давайте попробуем вычеркнуть все 9 из числа(действительно, к чему бы они, если на деление на 9 они никак не влияют). Значит, если докажем, что в какой-то момент было число кратное 9 у полученного числа, то и у начального оно тоже было. Также, заметим, что под нашу конструкцию из первой подсказки подходит вариант, когда у нас стоит много одинаковых цифр подряд(хотя бы 9), взаимнопростых с 9, ведь там будет постоянно меняться остаток. То есть, нам надо набрать много одинаковых цифр подряд. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Заметим, что чисел 8 у нас очень много. Больше чем 9 раз суммарно всех остальных. Давайте разобьем наше число на блоки по 9 цифр, которые не пересекаются. Что можно сказать про эти блоки? А что тогда надо доказывать в условиях на восьмерку?

Подсказка 4

Остается доказать, что найдется блок из цифр, равных 8. И это правда, так как иначе, в каждом блоке есть цифра, которая не 8 и тогда, цифр, не равных 8, у нас хотя бы 1/9 от общего количества. Противоречие. Значит, есть блок восьмерок. Победа.

Показать ответ и решение

Заметим, что если для исходного числа существует такой момент, то и для числа $A$ , полученного вычеркиванием всех девяток из исходного, он так же существует, поскольку каждое вычеркивание не меняет остаток при делении суммы цифр на 9.

Рассмотрим число $A$ . В силу неравенства $8 7 10 > 9⋅(10 + ...+ 10)$ , отношение количества восьмерок к оставшимся числам, больше 9. Отметим подряд идущие блоки по 9 чисел. Докажем, что существует блок, элементами которого являются лишь восьмерки. Пусть это не так, тогда в каждом блоке есть цифра отличная от восьмерки, следовательно, количество цифр, не являющихся восьмерками, хотя бы $1∕9$ от общего количество, что противоречит полученному неравенству.

Рассмотрим блок, состоящий только из восьмерок. Пусть число, полученное из $A$ вычеркиванием всех цифр до найденного блока, имеет остаток $s <9$ при делении на 9. Каждое вычеркивание 8 увеличивает остаток при делении на 9 на 1, следовательно, вычеркнув $9− s$ элементов в блоке, мы получим искомое число.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80740

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ выполнено $AB = BC = CD$ . Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E$ . Описанная окружность треугольника $ADE$ пересекает сторону $AB$ в точке $P ⁄= A$ и продолжение стороны $CD$ в точке $Q⁄= D$ . Найдите отношение отрезков $AP$ и $DQ$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что AP и QD – хорды окружности, описанной около треугольника AED. Значит, чтобы доказать, что они равны, нам требуется доказать, что на данные хорды опираются равные вписанные углы. То есть если мы докажем, что углы QAD и ADP равны, то решим задачу. Подумайте, при каком условии данные углы могут быть равны.

Подсказка 2

Обратите внимание, что углы QAD и ADP – накрест лежащие для прямых PD и AQ, а значит, если мы докажем параллельность данных прямых, то решим задачу.

Подсказка 3

В условии не просто так нам дали, что три стороны четырехугольника попарно равны. Давайте рассмотрим равнобедренные треугольники ABC и BCD, а конкретно, рассмотрим их равные углы при основаниях. Подумайте, как они могут помочь в доказательстве параллельности прямых PD и AQ.

Подсказка 4

Рассмотрим два соответственных угла AQD и PDC. Из вписанности четырехугольника AQDE следует равенство ∠AQD = ∠DEC. Обратите внимание, что DEC является внешним углом треугольника BCE, значит, он равен сумме углов EBC и ECB. Вспомним про равнобедренные треугольники: в них есть два равных угла ∠EBC = ∠BDC. Значит, для решения задачи остается доказать, что ∠PDB = ∠ECB. Подумайте, как в этом может помочь окружность.

Подсказка 5

Четырехугольник APDQ является вписанным, значит, углы PAE и PDE будут равными, а угол PAE будет равен углу BCA, так как это углы при основании равнобедренного треугольника.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из вписанности четырехугольника $APED$ следует, $∠P AE = ∠EDP$ . Треугольник $ABC$ является равнобедренным, а значит, $∠BAC =∠BCA$ , следовательно, $∠BCA = ∠BDP$ .

Из равнобедренности треугольника следует, что $∠DBC = ∠CDB$ .

$PIC$

Наконец, в силу вписанности четырехугольника $AEDQ$

∠PDC = ∠PDB + ∠BDC = ∠BCE + ∠DBC = ∠CED =∠AQD

Из этого равенства углов получаем, что вписанный четырёхугольник $AP DQ$ является равнобедренной трапецией либо прямоугольником. В любом случае $AP = DQ,$ то есть

AP :DQ =1 :1

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Докажем, что хорды $AP$ и $QD$ стягивают равные дуги в окружности $(AED )$ , то есть докажем равенство

∠P EA =∠QED

Для начала, по теореме о внешнем угле $∠PEA = ∠BPE − ∠PAE.$ А поскольку треугольник $ABC$ является равнобедренным, то $∠BAE =∠BCE.$ Кроме того, из вписанности четырехугольника $APED$ следует $∠BPE = ∠EDA$ . Таким образом,

∠PEA = ∠BP E− ∠PAE = ∠EDA − ∠BCE

Аналогично

∠DEQ = ∠DAE − ∠EBC

$PIC$

Наконец, искомое равенство углов можно переписать в виде

∠EDA − ∠BCE = ∠DAE − ∠EBC

∠EDA +∠EBC =∠DAE +∠BCE,

что верно, так как суммой углов в каждой части равна углу между диагоналями четырехугольника.

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80741

Есть $4n$ отрезков длины $x 1$ , $x 2$ , …, $x 4n$ , где $x = 1 1$ , $x =2 2$ , а при $k> 2$ выполнено $x = x + x k k−1 k−2$ . Сколькими способами эти отрезки можно разбить на четвёрки так, чтобы из отрезков каждой четвёрки можно было составить четырёхугольник?

Источники: Высшая проба - 2024, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, при каком условии из четырех отрезков можно составить четырехугольник. Вспомните аналогичное условие для треугольников.

Подсказка 2

Да, из отрезком a < b < c < d можно составить четырёхугольник <=> a+b+c > d, попробуйте рассмотреть произвольную четвёрку, которая образует четырёхугольник и расписать свойство x_k = x_{k-1} + x_{k-2} более подробно, т.е. для x_{k-1} применить его же и посмотреть чему тогда должно быть равно c и b.

Подсказка 3

Верно, если d = x_{k}, то b = x_{k-2}, c = x_{k-1}, иначе четырёхугольник не построится. Теперь задача свелась к подсчету количества способов выбрать n пар из тройки элементов и одного элемента, который не превосходит по номеру элементы выбранной тройки.

Подсказка 4

Введем понятие "хорошей" последовательности, состоящей из 2n чисел, в которой каждое из чисел 1, ..., n участвует ровно два раза. Как мы можем восстановить способ разбиения последовательности отрезков по хорошей последовательности? Может мы можем первому вхождению числа в "хорошую" последовательность сопоставить число, а второму - тройку?

Подсказка 5

Теперь давайте подсчитаем количество хороших последовательностей. Сколькими способами можно выбрать индексы для двух единиц? А сколько тогда останется возможных индексов для двух двоек? А сколько всего получится способов сопоставить каждому числу 2 индекса?

Подсказка 6

А не посчитали ли мы что-либо несколько раз? Меняет ли перестановка чисел в "хорошей" последовательности набор отрезков?

Показать ответ и решение

Из отрезков $a< b< c< d$ можно сложить четырехугольник тогда и только тогда, когда $a+ b+ c> d$ . Рассмотрим четверку $xs < xi < xj < xk$ , заметим, что $xk =xk−1+ xk−2 = 2xk−2 +xk−3 > xk−2+xk−3+ xk−4$ , следовательно, $xj = xk−1$ , иначе проверяемое неравенство не выполнено. Аналогично, можно показать, что $xi =xk−2$ .

Назовем последовательность $4n {xi}i=1$ интересной. Таким образом, необходимо посчитать количество способов выбрать в интересной последовательности $n$ пар из тройки элементов и одного элемента, который не превосходит по номеру элементы выбранной тройки.

Рассмотрим последовательность, состоящую из $2n$ чисел, в котором каждое из чисел $1,...,n$ участвуют ровно два раза и назовем ее хорошей. Восстановим по хорошей последовательности способ разбиения интересной последовательности. На первом шаге рассмотрим первое число в каждой из последовательности. На каждом следующем шаге, если рассматриваемое число в хорошей последовательности встречается впервые, то ставим ему в соответствие рассматриваемое число в интересной последовательно, после чего рассматриваем следующий числа в каждой из последовательностей. Если рассматриваемое число в хорошей последовательности встречается во второй раз, то ставим ему в соответствие тройку из рассматриваемого элемента в интересной последовательности и двух элементов, идущих после него. Таким образом, к концу процесса, каждому первому вхождению числа в хорошей последовательности стоит в соответствие один элемент интересной последовательности, а каждому второму тройка подряд идущих элементов интересной последовательности.

Посчитаем количество хороших последовательностей. Существует $C22n$ способов выбрать индексы двум единичкам, после этого останется $2n− 2$ возможных индекса, следовательно, существует ровно $C22n−2$ способов выбрать индексы для двух двоек. Продолжая ставить каждому из чисел в соответствие два индекса, получим что общее количество способов сделать это, равно $(2n)!∕2n$ . Осталось заметить, что каждая перестановка чисел в хорошей последовательности не меняет набор разбиение интересной последовательности, следовательно, каждое разбиение было посчитано $n!$ раз (количество перестановок длины $n$ ), а значит общее количество разбиений равно

(2n)!= --(2n)!---= (2n− 1)!! 2nn! 2⋅4⋅...⋅2n

Ответ:

$(2n− 1)!!$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80742

Деревни некоторой языческой страны соединены дорогами так, что от любой деревни можно добраться до любой другой не проходя ни через какую деревню дважды, причём сделать это можно единственным способом. В каждой деревне живет свое племя туземцев. Каждое племя поклоняется одному из трёх идолов: Камню, Ножницам или Бумаге. Известно, что Камень сильнее Ножниц, Ножницы сильнее Бумаги, а Бумага сильнее Камня. Каждое племя желает, чтобы их идол был не слабее, чем идол любого из соседствующих с ними племен. С этой целью каждый вечер ровно в $20 :24$ каждое племя смотрит на своих соседей и, если обнаруживает соседа с более сильным идолом, меняет свои верования, начиная поклоняться этому более сильному идолу. Верно ли, что рано или поздно все племена начнут верить в одного и того же идола?

Источники: Высшая проба - 2024, 11.5 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если видите в задаче ребят и дружеские связи, города, дороги и тому подобное, то сразу же переводите задачу на язык графов, так с ней намного удобнее будет работать. Обозначим города за вершины, а дороги между ними за ребра. Поверим в лучшее и попробуем доказать, что всё-таки все вершины будут иметь одного идола в конце. Подумайте над тем, какой перед нами граф и как он поможет нам в доказательстве.

Подсказка 2

В условии сказано, что существует единственный простой путь (без повторения вершин) между любыми двумя вершинами, значит, перед нами граф-дерево, а у такого графа есть «листья» (вершина, у которой есть только один «сосед»). Попробуйте доказать необходимое утверждение по индукции, рассмотрев граф на n вершин, для которого оно выполняется, а шагом индукции пусть будет добавление «листа».

Подсказка 3

Возьмем две вершины нашего графа, вершину A – лист, вершину B – родитель вершины A (единственный её «сосед»). Рассмотрите два случая, когда вершина B не меняла своего идола на идола вершины A и когда меняла. Если в каждом из случаев в графе идолы всех вершины становятся одинаковыми, то мы доказали утверждение.

Подсказка 4

Пусть B не меняла своего идола на идола вершины A, значит, либо идол B сильнее идола вершины A, либо их идолы равны. В каждом из этих случаев в один момент идолы вершин A и B будут равны, а по предположению индукции и весь граф будет иметь одинаковых идолов. Осталось аналогичным способом рассмотреть случай, когда B поменяла своего идола на идола вершины A.

Показать ответ и решение

Переформулируем условие задачи на язык графов. Каждому племени поставим в соответствие вершину, между любыми двумя соседними проведем ребро. Для каждой вершины определен ее идол, если идол соседней вершины сильнее, то в этот день вершина меняет своего идола на более сильного.

Будем решать задачу индукцией по количеству вершин. База индукции для графа, состоящего из одной вершины, очевидна.

Докажем, что если условие задачи верно для некоторого натурального $n,$ то оно же верно для $n+ 1.$ Выберем висячую вершину $A$ исходного дерева, родителем которой является вершина $B.$

Будем говорить, что вершина $X$ влияет на вершину $Y,$ если данные вершины являются соседями и идол $X$ сильнее идола $Y,$ при этом $Y$ не имеет соседа с более сильным идолом, отличным от $X.$

Если не существует дня, в котором вершина $A$ влияло на вершину $B.$ В графе, полученном из данного удалением вершины $A,$ по предположению индукции все вершины через несколько дней будут иметь одного и того же идола, в частности его же будет иметь вершина $B,$ а значит и вершина $A.$

Предположим, что существует день, в котором $A$ повлияло на $B.$ После этого дня вершины $A$ и $B$ имеют одинакового идола. Теперь, если вершина $B$ меняет идола на более сильного, то на следующий день $A$ так же начинает поклоняться этому идолу, а значит не наступит дня, в котором $A$ имело бы более сильного идола, следовательно $A$ больше никогда не повлияет на $B,$ тем самым мы можем применить рассуждения, проделанные ранее, для дня, после которого вершина $A$ повлияла на $B.$

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80743

Сфера касается всех рёбер пирамиды, в основании которой лежит выпуклый 2024-угольник. Покрасим в шахматном порядке углы между последовательными рёбрами при вершине вне многоугольника в синий и красный цвета. Докажите, что произведение синусов половинок синих углов равно произведению синусов половинок красных.

Источники: Высшая проба - 2024, 11.6 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник А₁А₂…А₂₀₂₄, а О – её вершина. Для начала будет полезно определиться, что синих и красных углов будет равное количество, так как в пирамиде у нас чётное число боковых граней. Давайте рассмотрим одну боковую грань и попробуем найти синус нужного нам угла. Обратите внимание: нас просят найти синус от половинного угла грани. На какую формулу это может быть намеком?

Подсказка 2

Действительно, просто так искать синус половинного угла мы не очень умеем. Давайте рассмотрим квадрат синуса половинного угла и понизим его степень. sin²(α/2) = (1 – cos(α)) / 2. А вот cos(α) мы уже умеем находить, например, по теореме косинусов. Но мы всё ещё никак не использовали нашу сферу. Как может помочь то, что она касается всех ребер пирамиды?

Подсказка 3

Если сфера касается всех ребер, значит, в пересечении с нашей боковой гранью будет получаться окружность, вписанная в треугольную боковую грань пирамиды. Пускай такая окружность касается стороны OА₁ в точке B₁, стороны OА₂ - в точке B₂, а стороны А₁А₂ - в точке С₁. Тогда по теореме об отрезках касательных к окружности, проведенных из одной точки, А₁B₁ = А₁С₁ = x, А₂B₂ = А₂С₁ = y, OB₁ = OB₂ = z. Как тогда выражается sin²(α/2) через x, y, z?

Подсказка 4

Давайте воспользуемся теоремой косинусов для треугольника А₁А₂O, но выразим стороны через x, y, z. Чему тогда будет равно (1 – cos(α)) / 2?

Подсказка 5

После преобразований получаем sin²(α/2) = (А₁B₁* А₂B₂) / (OА₁ * OА₂), где α = ∠А₁OА₂. Заметьте, что данная формула будет верна, как для красных, так и для синих углов, если вместо 1 подставить i, а вместо 2 – (i + 1). Объясните, почему в таком случае произведение синих углов будет равно произведению красных.

Показать доказательство

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник $A ...A 1 2024$ , точка $O$ — вершина пирамиды. Пусть для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , сфера касается ребер $OAi$ в точке $Bi$ , а ребер $AiAi+1$ в точке $Ci$ ( $A2025 = A1$ ).

$PIC$

Рассмотрим треугольник $A1A2O$ . Сечением сферы в его плоскости является вписанная в него окружность, которая касается его сторон в точках $B1$ , $B2$ , $C1$ . Пусть

A1B1 = A1C1 = x

A2B2 = A2C1 = y

OB1 = OB2 = z

∠A1OA2 =α

Из теоремы косинусов имеем

(x+ y)2 = (x+ z)2 +(z+ y)2− 2(x +z)(z +y)cosα

2xy = (x+ z)(y+ z)− (x+z)(z+y)cosα

1−-cosα-= ----xy---- 2 (x+z)(z+y)

1−-cosα-= A1B1-⋅ A2B2 2 OA1 OA2

Как известно,

1−-cosα-= sin2 α 2 2

По условию достаточно показать, что произведения квадратов половинных синих и половинных красных углов равны. Но из равенства выше каждое из таких произведений равно произведению отношений $AiBi OAi$ для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , что доказывает исходное равенство.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67769

В окружность $ω$ вписан треугольник $ABC$ такой, что $AB < BC.$ Биссектриса внешнего угла $B$ пересекает $ω$ в точке $M.$ Прямая, параллельная $BM,$ пересекает стороны $BC,$ $AB$ и продолжение стороны $CA$ за точку $A$ в точках $P,Q$ и $R$ соответственно. Прямая $MR$ вторично пересекает $ω$ в точке $X.$ Докажите, что точки $B,P,Q,X$ лежат на одной окружности.

Источники: Высшая проба - 2023, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам надо как-то воспользоваться тем, что BM паралельна PR. Например, можно перекинуть уголочек BMX на XRP как накрест лежащий. Куда ещё его можно перекинуть?

Подсказка 2

Т.к. BMX и BCX опираются на дугу BX мы получаем, что BMX=BCX. Не видно ли на картинке ещё одного вписанного четырехугольника?

Подсказка 3

Посмотрим на четырехугольник RXPC: XRP=XRQ=BMX=BCX=PCX. Тогда XRP=PCX, откуда следует, что RXPC вписан в окружность. Надо попробовать поперекидывать уголки в нем...

Подсказка 4

Нам необходимо доказать, что BPQX- вписан. Через какое равенство углов нам удобнее всего это сделать, если мы уже видим две окружности?

Подсказка 5

Наверное, через углы XBQ и XPQ, т.к. XBQ=XBA, а XPQ=XPR. Попробуйте перекинуть XBA на описанной окружности треугольника ABC, а уголок XPR на описанной окружности четырехугольника RXPC и вы завершите решение

Показать доказательство

Докажем, что точки $R,X,P,C$ лежат на одной окружности $Ω,$ т.е. что четырёхугольник $RXP C$ является вписанным. Действительно, $∠XRP =∠BMX$ как накрест лежащие при параллельных прямых $BM$ и $RP$ и секущей $RM,$ а $∠BMX = ∠BCX$ как опирающиеся на одну дугу в $ω,$ значит, $∠XRP = ∠XCP.$ Следовательно, по признаку четырёхугольник $RXP C$ является вписанным.

Из этого получаем, что $∠XCA =∠XP R.$ Из окружности $ω$ получаем, что $∠XBQ = ∠XCA.$ Значит, $∠XBQ = ∠XP Q,$ а, следовательно, по признаку четырёхугольник $XBP Q$ является вписанным, т.е. точки $X,B,P,Q$ лежат на одной окружности.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания