Тема ТурГор (Турнир Городов)

Турнир городов - задания по годам

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

Разделы подтемы Турнир городов - задания по годам

Турнир городов 2015 и ранее

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#123417Максимум баллов за задание: 7

На сфере радиуса $1$ дан треугольник, стороны которого — дуги трёх различных окружностей радиуса $1$ с центром в центре сферы, имеющие длины меньше $π,$ а площадь равна четверти площади сферы. Докажите, что четырьмя копиями такого треугольника можно покрыть всю сферу.

Источники: Тургор - 2020, 11.5, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Используя формулу площади сферического треугольника, можно вычислить сумму его углов.

Подсказка 2

Попробуйте угадать на сфере такую точку D, чтобы треугольники CDA, DCB и DAB были равны треугольнику ABC.

Подсказка 3

Чтобы было проще найти такую точку, попробуйте сначала найти такую, чтобы были равны треугольники ABC и BAD. Потом подумайте про другие.

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O$ — центр сферы, а $ABC$ — данный сферический треугольник. По формуле площади сферического треугольника

π = SABC =∠A + ∠B+ ∠C − π

то есть $∠A + ∠B+ ∠C =2π.$ (Доказательство формулы площади заключается в применении формулы включений-исключений к трём полусферам, пересечением которых является данный треугольник.)

$PIC$

Построим на сфере точку $D,$ лежащую с $C$ в разных полуплоскостях относительно $OAB,$ и такую, что $∠DAB = ∠CBA$ и $∠DBA =∠CAB$ (имеются в виду сферические углы; иначе говоря, точка $D$ получена из $C$ композицией симметрии относительно $OAB$ и симметрии относительно серединного перпендикуляра к $AB ).$ Тогда треугольники $ABC$ и $BAD$ равны. Значит, $BD = AC$ и $AD = BC.$ Но из условия имеем $∠DAC = ∠DBC = ∠ACB,$ следовательно, сферические треугольники $CDA$ и $DCB$ также равны треугольнику $ABC.$ Четыре полученных треугольника покрывают сферу, так как в сумме без пересечений покрывают поверхность $4π,$ равную площади поверхности всей сферы.

Второе решение.

$PIC$

Пусть $A,B,C$ — вершины данного треугольника. Покажем, что треугольник $ABC$ остроугольный. Действительно, пусть $∠ACB ≥π∕2.$ Если плоскость $α= ABC$ содержит центр $O$ сферы, то сферический треугольник $ABC$ вырожден, и его площадь не такая, как надо. Иначе $α$ отрезает от сферы «шапочку» площади меньше полусферы. Далее, прямая $AB$ (нестрого) разделяет $C$ и проекцию $O$ на $ABC;$ значит, часть шапочки, отсекаемая плоскостью $OAB$ и содержащая $C,$ не больше её половины. Наконец, сферический треугольник $ABC$ лежит в этой области, площадь которой меньше четверти площади сферы — противоречие.

$PIC$

Итак, треугольник $ABC$ остроугольный; тогда существует равногранный тетраэдр $ABCD$ (точки $D$ и $O$ лежат в одной полуплоскости относительно $ABC).$ Пусть $O′$ — центр этого равногранного тетраэдра. Тогда телесные углы $O ′ABC, O′BCD, O ′CDA, O′DAB$ разбивают пространство, то есть каждый из них равен четверти площади единичной сферы. Однако, если $O ′$ ближе к $ABC,$ чем $O,$ то этот телесный угол больше, чем $OABC,$ а если $O ′$ дальше, то меньше. Оба случая невозможны; значит, $O = O′,$ и упомянутые телесные углы дают требуемое разбиение сферы на 4 части.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#123418Максимум баллов за задание: 7

Дан бесконечный запас белых, синих и красных кубиков. По кругу расставляют любые $N$ из них. Робот, став в любое место круга, идёт по часовой стрелке и, пока не останется один кубик, постоянно повторяет такую операцию: уничтожает два ближайших кубика перед собой и ставит позади себя новый кубик того же цвета, если уничтоженные одинаковы, и третьего цвета, если уничтоженные двух разных иветов. Назовём расстановку кубиков хорошей, если цвет оставшегося в конце кубика не зависит от места, с которого стартовал робот. Назовём $N$ удачным, если при любом выборе $N$ кубиков все их расстановки хорошие. Найдите все удачные $N.$

Источники: Тургор - 2020, 11.6, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем рассмотреть расстановку, где все кубики одинаковых цветов, кроме одного. Что можно про нее сказать? Как цвет последнего кубика зависит от начальной позиции? При каких N?

Подсказка 2

Попробуем рассмотреть чётные и нечётные N, что для них можно сказать? Применим рассуждения из прошлой подсказки.

Подсказка 3

Видно, что нечётные N точно не подходят. Выделим теперь из чётных степени двойки. Что получаем для тех чётных, которые являются степенями 2 и тех, которые не являются? Какую зависимость можно заметить? Здесь также можно применить рассуждения из первой подсказки, а также попробовать назвать цвета остатками по модулю 3, а ход робота связать с какой-либо их (кубики a и b) линейной комбинацией.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Присвоим цветам остатки $0,1,2$ от деления на 3 произвольным образом. Все операции с ними также будем производить по модулю $3.$ Тогда операция, производимая роботом, такова: если уничтожаются кубики цветов $a$ и $b,$ то появляется кубик цвета $− a− b.$

Если $k N =2 ,$ то после каждого прохода полного круга количество кубиков уменьшается вдвое, а их сумма меняет знак. Значит, в конце получится кубик цвета $k (− 1)(a1+...+ aN),$ вне зависимости от места старта. Мы доказали, что степени двойки удачны.

Если $k N =2 + d,$ где $k 1≤ d≤2 − 1,$ то рассмотрим расстановку из одного красного кубика и $N − 1$ белого. Если робот стартует перед красным кубиком, то после $d$ ходов останутся один синий кубик и $k 2 − 1$ белых. Если робот стартует непосредственно после красного кубика, то через $d$ ходов останутся один красный кубик и $2k− 1$ белых. Вышеприведённые аргументы для степени двойки показывают, что в этих двух ситуациях итоговые цвета будут разными, то есть $N$ неудачно.

Второе решение.

Заметим сразу, что, если чётное число $N$ удачно, то и $N∕2$ тоже. Действительно, если в расстановке $N$ кубиков робот будет начинать только с чётных позиций, то после $N ∕2$ ходов он будет получать одну и ту же расстановку, в которой он стоит на всевозможных позициях. Поскольку каждая расстановка $N∕2$ кубиков может быть получена таким образом, получаем требуемое.

Рассмотрим две расстановки, отличающиеся ровно в одном месте. Запустим в них по роботу параллельно; тогда получающиеся расстановки всегда будут отличаться ровно в одном месте. В частности, итоговые цвета будут различны.

Отсюда уже следует, что все нечётные $N = 2k +1> 1$ (а значит, по замечанию, и все $N,$ кроме степеней двойки) неудачны. Действительно, начнём с расстановки с одним красным и $2k$ белыми кубиками. Если робот стоял перед красным кубиком, через $k+ 1$ ход останутся один красный и $k − 1$ белый кубик, робот стоит после красного. Если же робот стартует непосредственно после красного, через $k+ 1$ ход останутся один синий и $k− 1$ белых кубиков, робот стоит непосредственно после синего. Как показано выше, итоговые цвета в этих двух ситуациях будут разными.

Покажем теперь, что, если $N$ — степень двойки, то итоговый цвет не зависит от места старта. Для этого сделаем ещё одно наблюдение по поводу замены цвета. Если цвет одного кубика в расстановке сменить на следующий в циклическом порядке

Б → К→ С→ Б,

то после одного использования цвет сдвинется в противоположную сторону.

Значит, если $N = 2k,$ любая такая замена исходного кубика приведёт к сдвигу цвета итогового кубика в одну и ту же сторону. Осталось заметить, что две расстановки, отличающиеся поворотом, получаются из расстановки всех белых кубиков за одинаковое количество замен "вперёд по циклу".

Ответ:

Степени двойки

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#91439Максимум баллов за задание: 7

Равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ вписана в окружность с центром $O.$ Прямая $BO$ пересекает отрезок $AD$ в точке $E.$ Пусть $O1$ и $O2$ — центры описанных окружностей треугольников $ABE$ и $DBE$ соответственно. Докажите, что точки $O1,O2,O,C$ лежат на одной окружности.

Источники: Турнир городов - 2019, осенний тур, сложный вариант, 8.5(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У вас на рисунке довольно много окружностей, соберите как можно больше информации про углы. Посмотрите на центральные и вписанные углы.

Подсказка 2

Также посмотрите на прямые OO_1, OO_2 и O_1O_2, они являются серединными перпендикулярами каких-то прямых, не так ли?

Подсказка 3

Пусть K - середина отрезка AB. На какой она лежит прямой кроме AB? Попробуйте доказать, что OO_1BO_2 вписанный. Как это поможет в решении?

Показать доказательство

Нетрудно понять, что $AD$ — большее основание, треугольник $AEB$ остроугольный, и точки $B,C$ и $O 2$ лежат по одну сторону от прямой $OO1.$ Прямые $OO1,O1O2$ и $OO2$ — серединные перпендикуляры к $AB, BE$ и $BD$ соответственно. Пусть $K$ — середина $AB.$

$PIC$

Так как $∠BO1O2 = ∠BAD = ∠BOO2$ (половина центрального угла равна вписанному для треугольников $BAE$ и $BAD ),$ то, четырёхугольник $OO1BO2$ вписанный. Поскольку

∠KO1B =∠AEB =∠CBE = ∠CBO = ∠BCO

то четырёхугольник $OO1BC$ вписанный. Поэтому точки $O,O1,B,C,O2$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#74814Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ с центром описанной окружности $O$ проведены высоты $BH B$ и $CH . C$ Точки $X$ и $Y$ симметричны точкам $HB$ и $HC$ относительно середин сторон $AC$ и $AB$ соответственно. Докажите, что прямая $AO$ делит отрезок $XY$ пополам.

Источники: Турнир городов - 2018, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть AO пересекает XY в точке K. Нас просят доказать равенство XK = KY или же отношение XK/KY. На какие мысли это наталкивает?

Подсказка 2:

Существует теорема, которая очень хорошо дружит с отношениями отрезков, это теорема синусов. Подумайте, к каким треугольникам её можно здесь применить?

Подсказка 3:

Попробуйте написать теоремы синусов для треугольников AXK и AYK. Если поделить одно на другое, то получится выразить отношение XK/KY через нечто, которое должно быть равно 1.

Показать доказательство

Пусть $K$ – точка пересечения прямых $AO$ и $XY.$

Выразим по теореме синусов в треугольниках $AXK$ и $AYK$ отношение отрезков $XK$ и $KY :$

XK XK AY AX sin∠XAK sin∠AKY AX sin∠XAK AX KY- = AX-⋅KY-⋅ AY-= sin∠XKA--⋅sin∠KAY--⋅AY-= sin∠KAY--⋅AY-

Ясно, что $AX = CHB$ и $AY = BHC.$ Из прямоугольных треугольников $BCHB$ и $BCHC$ следует, что

AXAY = CBHHB-= CHBBC- ⋅ BBCH-= ssinin∠∠CBBCHHB-- C C C

Осталось лишь заметить, что $∠XAK =∠BCHC = 90∘ − ∠B$ и $∠KAY = ∠CBHB =$ $=90∘− ∠C$ поскольку $AK$ – направление на центр описанной окружности. Получается, что

XK- = sin∠XAK--⋅ AX-= sin∠XAK-⋅ sin-∠CBHB-= 1 KY sin∠KAY AY sin ∠KAY sin ∠BCHC

что и требовалось доказать.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#81384Максимум баллов за задание: 7

Имеется натуральное $1001$ -значное число $A.$ $1001$ -значное число $Z$ — то же число $A,$ записанное от конца к началу (например, для четырёхзначных чисел это могли быть $7432$ и $2347$ ). Известно, что $A> Z.$ При каком $A$ частное $A∕Z$ будет наименьшим (но строго больше $1$ )?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть A = a₁₀₀₀a₉₉₉...a₀. (Где a_i — цифры). Что можно сказать про a₀, a₁,..., a₄₉₉, учитывая A > Z?

Подсказка 2

Верно! Они не могут быть все девятками! Теперь уже легко указать максимальное значение Z. Какое?

Подсказка 3

Правильно! 9...989...9 (в начале 499 девяток, а в конце 501 девятка). Обозначим за Z₀ это число. Теперь будем пытаться оценить A - Z снизу. Для начала давайте поймём, как действовать, если мы найдем точную оценку на A - Z снизу, и она будет достигаться при Z = Z₀.

Подсказка 4

Останется только вычесть из дроби A/Z единицу, подставить Z₀ и получить ответ. Какая оценка на A - Z напрашивается, если мы хотим равенство при Z = Z₀?

Подсказка 5

Верно! 10⁵⁰¹ - 10⁴⁹⁹. Давайте будем доказывать эту оценку. Для удобства введем обозначения φ_n = a_{501 + n} - a_{499 - n} и △_n = 10⁵⁰¹⁺ⁿ - 10⁴⁹⁹⁻ⁿ. Как тогда записывается число A - Z?

Подсказка 6

Ага! A - Z = φ₄₉₉△₄₉₉ + ... + φ₁△₁ + φ₀ △₀. Прежде чем оценивать это выражение, давайте попробуем оценить снизу отношение △_{i +1} / △_i.

Подсказка 7

Оно всегда больше 10. Пусть j — максимальный индекс такой, что φ_j ≠ 0. Попробуйте написать оценку на |φ_j△_j + ... + φ₁△₁ + φ₀ △₀| используя неравенство треугольника и нашу оценку на отношение △_{i +1} / △_i. Также стоит помнить, что φ_i является разностью цифр, а, значит, не больше 9.

Показать ответ и решение

Первое решение. Пусть $A = a--a---...a. 1000 999 0$ Поскольку $A >Z,$ среди цифр $a,a ,...,a 0 1 499$ есть хотя бы одна недевятка. Значит, $Z ≤ Z0 = 99◟. ◝4.◜99.9◞89◟95..◝◜0.19◞.$ Покажем, что $501 499 A − Z ≥10 − 10 .$ Отсюда будет следовать, что

A 10501− 10499 Z-− 1≥ ----Z0----

Эта оценка достигается при $Z =Z0,$ что и даёт ответ. Имеем

( ) ( ) ( ) A− Z =(a1000− a0) 101000− 1 + (a999− a1) 10999− 10 + ⋅⋅⋅+ (a501− a499)10501− 10499 =

= φ499Δ499+φ498Δ498 +⋅⋅⋅+ φ0Δ0

где $φi =a501+i− a499−i$ и $501+i 499−i Δi = 10 − 10$ при $i= 0,1,...,499.$ Заметим, что $Δi+1 > 10Δi.$ Пусть $j−$ наибольший индекс, при котором $φj ⁄= 0.$ Тогда

|φjΔj + φj−1Δj−1+ ⋅⋅⋅+ φ0Δ0|≥|φjΔ(j|− |φj−1Δj−1|− ⋅⋅⋅− |φ)0Δ0|≥ ≥Δj 1− 9-− -9-− ⋅⋅⋅− -9j- = Δjj ≥ Δ0 10 100 10 10

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Ясно, что можно минимизировать (положительное) число $AZ-− 1= A−ZZ.$ Пронумеруем цифры в $A$ слева направо $a ,a,...,a . 1 2 1001$ Пусть $k$ — наименьший номер, для которого $a ⁄= a k 1002−k$ (тогда $k≤ 500$ и $a >a , k 1002−k$ ибо $A > Z$ ).

Рассмотрим произвольный оптимальный пример. Заменим первые и последние $k− 1$ цифр на девятки. $A− Z$ не изменится, $Z$ не уменьшится, то есть наша дробь не увеличится. По этой же причине $a501$ можно заменить на $9.$ Заменим $ak$ на $9,$ а $a1002−k$ на $8.$ При этом $A− Z$ не увеличится, а $Z$ не уменьшится. Заменим все цифры $ak+1,...,a500$ на нули, а $a502,...,a1001−k$ на девятки. Тогда $A − Z$ не увеличится, а $Z$ если и уменьшится, то на меньшую величину (это произойдёт только тогда, когда вторая половина и так была девятками!). Поскольку в оптимальном примере $A− Z <Z$ (в первом просто меньше цифр), то, ясно, $A−Z- Z$ не возрастёт. Итак, можно считать, что $A$ имеет вид

9◟9.◝.◜.9 ◞0◟0.◝.◜.0◞999◟ ◝..◜.9◞89◟9..◝◜.9◞ k 500−k 500−k k−1

В этом случае

501 500 k k−1 A − Z = 10 +10 − 10 − 10

Это выражение достигает минимума при $k= 500,$ и при этом же $k$ достигается максимум значения рассматриваемых $Z.$ Значит, это и есть ответ.

Ответ:

При $A,$ запись которого (слева направо) такая: $501$ девятка, восьмёрка, $499$ девяток

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#38129Максимум баллов за задание: 7

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#71650Максимум баллов за задание: 7

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 48#73685Максимум баллов за задание: 7

В первый день $2n$ школьников играли в пинг-понг «навылет»: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель этой пары — с четвёртым и т. д., пока не сыграл последний школьник (ничьих в пинг-понге не бывает). Во второй день те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары и сыграли в парах, проигравшие выбыли, а победители снова произвольно разбились на пары и сыграли в парах, и т. д. Оказалось, что наборы игравших пар в первый и во второй день были одни и те же (возможно, победители были другие). Найдите наибольшее возможное значение $n.$

Источники: Турнир городов - 2017, 11.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте составить графы для обоих дней. Чем в них будут являться вершины и рёбра?

Подсказка 2

Скажем, что вершины — это игроки, а рёбра — сыгранные партии. Заметим, что по условию графы совпадают.

Подсказка 3

Попробуйте найти пути в этом графе.

Подсказка 4

Рассмотрим первый турнир и выберем те партии, победители которых до этого не выигрывали. Такие рёбра будут образовывать путь. Что, если мы выкинем висячие вершины?

Подсказка 5

Как раз останется только наш путь. А что, если выкинуть висячие вершины из графа кубкового турнира?

Подсказка 6

Тогда останется граф на 2ⁿ⁻¹ победителе первого этапа. В каких случаях он является путем?

Подсказка 7

Попробуйте посмотреть на степень вершины победителя.

Показать ответ и решение

Построим следующий граф: вершины — игроки, ребра — сыгранные партии. Согласно условию, для обоих турниров этот граф один и тот же. Рассмотрим первый турнир и выберем те партии, победители которых до этого не выигрывали (например, такова первая партия). Тогда соответствующие рёбра образуют путь, а остальные рёбра одним концом примыкают к этому пути. В частности, если выбросить все висячие вершины, то останется только наш путь без крайних вершин.

Теперь рассмотрим тот же граф как граф кубкового турнира. Если из него выбросить висячие вершины, останется граф турнира на $n−1 2$ победителях первого этапа. Он, очевидно, является путём лишь при $n≤ 3,$ в противном случае победитель турнира будет иметь степень не меньше $3.$ Значит, $n≤ 3.$

Осталось привести пример при $n =3.$ Пусть участники пронумерованы от $1$ до $8$ и пары в кубке таковы (первым указан проигравший, вторым победитель): $1− 2,3 − 4,5− 6,7− 8,2− 4,6− 8,4− 8.$ тогда при игре навылет пары могли быть такими (победитель снова указан вторым): $1− 2,2− 4,3− 4,4− 8,7− 8,8− 6,6 − 5.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#75451Максимум баллов за задание: 7

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 50#76622Максимум баллов за задание: 7

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $Ω$ с центром $O,$ причём $O$ не лежит на диагоналях четырёхугольника. Описанная окружность $Ω1$ треугольника $AOC$ проходит через середину диагонали $BD.$ Докажите, что описанная окружность $Ω2$ треугольника $BOD$ проходит через середину диагонали $AC.$

Источники: Турнир городов - 2017, осенний тур, сложный вариант, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть инверсию относительно окружности (ABC).

Подсказка 2

Соберите побольше информации про то, как себя ведëт окружность (AOC) при инверсии, также обратите внимание на точку L - середину BD. Подумайте, как это перенести на точку K - середину AC.

Показать доказательство

$PIC$

Отметим точки $K$ и $L$ – середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Сделаем инверсию относительно окружности $Ω.$ Окружность $Ω1$ переходит в прямую $AC,$ а значит точка $L$ переходит в точку пересечения $AC$ и $OL$ – $L ′.$ Отметим $K ′$ – точку пересечения прямых $OK$ и $BD.$ Для того, чтобы доказать, что точка $K$ лежит на окружности $Ω2$ достаточно проверить, что точки $K$ и $K ′$ также инверсны относительно окружности $Ω,$ ведь под действием такой инверсии прямая $BD$ переходит в окружность $Ω2.$ Отметим, что четырехугольник $K′L′LK$ вписанный, ведь $∠K ′KL ′ = 90∘ = ∠K ′LL′.$ По свойству степени точки $O :OK ⋅OK ′= OL ⋅OL′ = r2,$ где $r$ – радиус $Ω.$ По определению это означает, что точки $K$ и $K′$ инверсны относительно $Ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#88684Максимум баллов за задание: 7

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#89082Максимум баллов за задание: 7

Для каких натуральных $n$ верно следующее утверждение: для произвольного многочлена $P(x)$ степени $n$ с целыми коэффициентами найдутся такие различные натуральные $a$ и $b,$ для которых $P (a)+ P(b)$ делится на $a+ b?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие задачи сильно напоминает формулировку теоремы Безу для многочленов: "Пусть P(x) является многочленом с целыми коэффициентами. Тогда для любых чисел целых чисел a, b число P(a)-P(b) делится на a-b." Доказательство данного утверждения опирается на тот факт, что для любых целых чисел a, b и натурального числа n a^n-b^b кратно a-b В данной задаче разность многочленов меняется на их сумму. К нашему счастью, для нечетных n и произвольных целых чисел a и b верно, что a^n+b^n кратно a+b. Что позволяет понять данное соображение в условиях нашей задачи?

Подсказка 2

Если представить произвольный многочлен P(x) в виде сумму многочленов P₀(x)+P₁(x), где в P₀(x) входят все мономы P(x) четной степени, а в P₁(x) - нечетной. Тогда, аналогично доказательству теоремы Безу, для любых натуральных чисел a, b верно, что P₁(a)+P₁(b) кратно a+b, тем самым мы показали, что число P(a)+P(b) сравнимо с P₀(a)+P₀(b) по модулю a+b. Что можно сказать о многочленах, для которых P₀(x) является константой?

Подсказка 3

Пусть P₀(x)=с для некоторого целого с. Тогда P(a)+P(b) сравнимо с 2c по модулю a+b, и по условию 2с кратно на a+b. Существует ли число c такое, что для любых различных чисел a и b число 2c не кратно a+b?

Подсказка 4

Существует! Например, число c=1. Таким образом, 2с=2<a+b, следовательно, 2с не кратно a+b. Таким образом, мы показали, существует многочлен P(x) = P₁(x)+1 произвольной нечетной степени, для которого искомые числа a, b не существуют. Осталось показать, что для любого многочлена четной степени утверждение задачи верно.

Подсказка 5

Покажем, что существуют такие числа натуральные числа a и b, что для многочлена P(x) верно, что P₀(a)+P₀(b) кратно a+b. Зафиксируем произвольное число a=m. Тогда P₀(m)+P₀(b) должно быть кратно m+b. Если b=P₀(m)-m, то m+b=P(m), то есть достаточно показать, что P₀(P₀(m)-m) кратно P₀(m). Это правда, поскольку P₀(P₀(m)-m) сравнимо c P₀(-m) по модулю P₀(m) и, в свою очередь, P₀(-m)=P₀(m), поскольку P₀(x) состоит из лишь мономов четной степени. В чем проблема данных рассуждений?

Подсказка 6

Число b=P₀(m)-m не обязательно является целым. Для решения задачи осталось показать, что существует для любого многочлена четное степени существует такое натуральное m, что число P₀(m)>m.

Показать ответ и решение

Нечётные $n$ не подходят. В самом деле, рассмотрим многочлен $P(x)=xn +1$ и различные натуральные $a,b.$ Так как $n$ нечётно, $n n a + b$ делится на $a+ b,$ а тогда $n n P (a)+ P(b)= (a + b)+ 2$ не делится, поскольку $a +b> 2.$

Осталось доказать, что все чётные $n$ подходят. Рассмотрим произвольный многочлен $P(x)$ степени $n.$ Представим его в виде суммы $P (x)= P0(x)+ P1(x),$ где в $P0(x)$ все мономы чётной степени, а в $P1(x)$ — нечётной. Заметим, что при всех натуральных $a,b$ сумма $P1(a)+P1(b)$ делится на $a+ b.$ Докажем, что найдутся такие $a,b,$ что и $P0(a)+P0(b)$ делится на $a+ b.$ Заметим, что степень $P0$ равна $n.$

Рассмотрим случай, когда старший коэффициент $P0(x)$ положителен (в случае отрицательного старшего коэффициента проведём дальнейшее доказательство для многочлена $−P0(x)).$ Так как $n> 1,$ то найдётся такое натуральное $m,$ что $P0(m )>2m.$ Докажем, что $a =m,b =P0(m)− m$ подходят. В силу выбора $m,$ они оба натуральные, причём $b> a.$ Далее, по модулю $a +b= P0(m)$ выполняются сравнения $P0(a)=P0(m)≡ 0$ (очевидно) и $P0(b)=$ $P0((b+a)− a)≡P0(−a)= P0(m )≡0$ (в силу чётности многочлена $P0)$ . Значит, $P0(a)+P0(b)≡ 0$ $(mod a+b),$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В случае чётного $n$ можно проделать подобное рассуждение и без разбиения на чётную и нечётную компоненты. Поскольку степень многочлена $P(x)+P (−x)$ равна $n >1,$ существует такое натуральное $m$ , что $P(m)+ P(−m)> 2m$ . Тогда подойдут числа $a= m,b= P(m)+ P(−m )− m.$ Действительно, тогда $b> a> 0,$ и по модулю $a+ b= P(m)+ P(−m)$ верно сравнение $P (a)+ P(b)≡ P(a)+P (−a)= P(m)+ P(−m )≡0.$

Ответ:

При всех чётных $n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#72106Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем подобрать пример, исходя из того, что произведение равно 2016.

Подсказка 2

Нам ведь нужно, чтобы и сумма равнялась 2016.

Подсказка 3

А если взять числа 2 и 1008?

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 54#73703Максимум баллов за задание: 7

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 55#96567Максимум баллов за задание: 7

В квадрате $10× 10$ все клетки левого верхнего квадрата $5× 5$ закрашены чёрным цветом, а остальные клетки — белым. На какое наибольшее количество многоугольников можно разрезать (по границам клеток) этот квадрат так, чтобы в каждом многоугольнике чёрных клеток было в три раза меньше, чем белых? (Многоугольники не обязаны быть равными или даже равновеликими.)

Источники: Турнир городов - 2016, весенний тур, базовый вариант, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим задачку типа «оценка + пример», давайте попробуем как-то получить оценку. Наверняка у нас есть какой-то объект, который должен быть в каждом многоугольнике, но количество которых на нашей картинке ограничено. Что это может быть?

Подсказка 2

Так как в каждом многоугольнике есть белая и чёрная клетки, должна быть хотя бы одна чёрная клетка, граничащая с белой! А таких клеток у нас не так уж и много)

Подсказка 3

У нас есть всего девять таких клеток, значит, количество многоугольников точно не больше девяти! Остается придумать пример разбиения на 9 многоугольников)

Показать ответ и решение

В каждом многоугольнике разбиения должны быть клетки обоих цветов. Значит, в нём должна быть чёрная клетка, граничащая с белой. Но таких клеток всего 9.

Пример разрезания на 9 многоугольников (для светлой темы):

$PIC$

Здесь 8 многоугольников с 1 чёрной клеткой и 3 белыми, оставшийся многоугольник содержит 17 чёрных клеток и 51 белую.

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#96651Максимум баллов за задание: 7

В стране $64$ города, некоторые пары из них соединены дорогой, но нам неизвестно, какие именно. Мы можем выбрать любую пару городов и получить ответ на вопрос “есть ли дорога между ними?”. Мы хотим узнать, можно ли в этой стране добраться от любого города до любого другого, двигаясь по дорогам. Докажите, что не существует алгоритма, позволяющего сделать это менее чем за $2016$ вопросов.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно показать, что для любой последовательности наших запросов существует граф, который после неë может быть как связным, так и несвязным.

Подсказка 2

Если бы перед последним запросом граф был деревом, то после последнего запроса он могу бы быть как связным, так и несвязным. Подумайте, как к последовательности запросов подобрать граф, который станет деревом.

Показать доказательство

Переформулируем задачу. Дан полный граф на $64$ вершинах с белыми рёбрами (их всего $2016).$ Играют двое. Петя указывает белое ребро, а Вася удаляет его или делает чёрным. Перед последним ходом Петя предсказывает, какой в итоге получится граф — связный или нет. Докажем, что Вася может опровергнуть любое предсказание Пети. Всё время рассматриваем граф всех вершин и оставшихся белых и чёрных рёбер. Если указанное Петей ребро содержится в каком-то цикле, то Вася удаляет его, иначе — делает чёрным. При этом связность графа сохраняется, а чёрные рёбра в циклы не входят. Перед последним ходом остаётся лишь одно белое ребро. Значит, циклов не осталось, и граф — дерево. Поэтому Вася может как удалить это ребро, нарушив связность, так и сохранить вместе со связностью.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#104685Максимум баллов за задание: 7

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 $a= b.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#73702Максимум баллов за задание: 7

Геометрическая прогрессия состоит из $37$ натуральных чисел. Первый и последний члены прогрессии взаимно просты. Докажите, что $19$ -й член прогрессии является $18$ -й степенью натурального числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что все члены нашей прогрессии – натуральные числа, что в этом случае мы можем сказать о знаменателе прогрессии (обозначим его q)? Какому множеству чисел принадлежит q?

Подсказка 2

Хочется сказать, что q – тоже натуральное число, но не забывайте о том, что при умножении натурального числа на рациональное тоже может получиться натуральное число, так что в общем случае q = p/r, где p и r – взаимно простые натуральные числа (ясно, что q > 0, иначе не все члены прогрессии были бы натуральными, так что р и r обязательно должны быть одного знака, без ограничений общности будем считать их положительными)

Подсказка 3

Теперь посмотрим на первый (b₁) и последний (b₃₇) члены нашей прогрессии, пользуясь фактом об их взаимной простоте, можем ли мы сказать, чему равен b₁?

Подсказка 4

Так как b₃₇ = b₁p³⁶/r³⁶ – натуральное число, а р и r взаимно просты, очевидно, что b₁ должно делиться на r³⁶, то есть b₁ = kr³⁶, а чему может быть равно k?

Подсказка 5

У нас получилось, что b₃₇ = b₁p³⁶/r³⁶ = kp³⁶, но тогда b₃₇ и b₁ имеют общий делитель k, чтобы выполнялось условие задачи, необходимо положить k = 1, теперь мы можем записать 19 член нашей прогрессии через р и r и получить желаемое!

Показать доказательство

Пусть наша прогрессия $b ,b ,...b , 1 2 37$ а знаменатель $q.$ Так как $b ,b 1 2$ — натуральные числа, значит, $q$ — рациональное число, пусть $p q = r,$ где $(p,r)= 1$ и $p,r ∈ℕ.$ По условию первый и $37$ члены взаимно просты. Значит,

36 36 b1 (b1,b37)= (b1,b1q )=(b1,p r36)= 1

Так как $b1$ — натуральное, а $(p,r) =1,$ то $b r136 ∈ ℕ.$ Если $36 b1 ⁄= r ,$ то $36 b (b1,p r136)⁄= 1,$ следовательно $36 b1 =r .$ Теперь ясно, что $b19 = b1q18 = (pr)18$ — получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#81316Максимум баллов за задание: 7

Петя подсчитал количество всех возможных $m$ -буквенных слов, в записи которых могут использоваться только четыре буквы $T,O,W$ и $N,$ причём в каждом слове букв $T$ и $O$ поровну. Вася подсчитал количество всех возможных $2m$ -буквенных слов, в записи которых могут использоваться только две буквы $T$ и $O,$ и в каждом слове этих букв поровну. У кого слов получилось больше? (Слово — это любая последовательность букв.)

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поймите ответ, перебрав маленькие m.

Подсказка 2

Чтобы из m буквенного слова получилось 2m буквенное нужно в 2 раза больше букв. Исходя из этого придумайте биекцию.

Подсказка 3

В биекции заменяйте одну букву на две, а в обратной наоборот, вот только как заменять?

Показать ответ и решение

Установим взаимно-однозначное соответствие между словами Пети и Васи. Разобьём Васино слово из $2m$ букв на блоки из двух букв. Заменим каждый блок $TT$ на букву $T,$ блок $OO$ — на букву $O,$ блок $TO$ — на букву $W,$ и блок $OT$ — на букву $N.$ Получится слово из $m$ букв, в котором букв $T$ и $O$ поровну (изначально их было поровну, замена блоков $TO$ и $OT$ убирает равное число букв $T$ и $O,$ а значит, и блоков $TT$ будет столько же, сколько блоков $OO$ ). Итак, каждому слову Васи мы сопоставили слово Пети.

Наоборот, по каждому $m$ -буквенному слову Пети легко восстановить, из какого слова Васи оно получилось по описанному выше правилу: надо заменить буквы по тому же правилу.

Ответ:

Поровну

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#81755Максимум баллов за задание: 7

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пока что вообще непонятно, как устроены числа. Давайте по порядку. Разберёмся с отдельными группами чисел. Что происходит с нечётными?

Подсказка 2

Осознайте, что два нечётных числа не могут находиться рядом. Что тогда?

Подсказка 3

Чётных чисел хотя бы половина (докажите это). То есть хотя бы 1008. Какой из этого вывод?

Подсказка 4

Существуют два чётных соседних числа. Может ли двойка в оба числа входить в первой степени?

Подсказка 5

Осознайте, что нет (посмотрите на остатки). Тогда N уже хотя бы 2¹⁰⁰⁷ * 4.

Подсказка 6

Докажите, что среди наших чисел либо есть хотя бы одно, кратное 3, либо есть пара соседних с равным остатками по модулю 3. Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 7

Либо хотя бы одно, либо хотя бы два числа в последовательности делятся на 3. Итого, оценка на N ≥ 3*2¹⁰⁰⁹. Попробуем теперь построить пример?

Подсказка 8

Пример строится путём "подгона" произведения под оценку. Уверены, у вас получится! Успехов!

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:

$3⋅21009$

Следующая подтема