Тема ТурГор (Турнир Городов)

Турнир городов - задания по годам → .07 Турнир городов 2021

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

Турнир городов 2016

Турнир городов 2017

Турнир городов 2018

Турнир городов 2019

Турнир городов 2020

Турнир городов 2021

Турнир городов 2022

Турнир городов 2023

Турнир городов 2024

Турнир городов 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#92423

Каждая из функций $f(x)$ и $g(x)$ определена на всей числовой прямой и не является строго монотонной. Может ли быть, что и их сумма, и их разность строго монотонны на всей числовой прямой?

Источники: Тургор - 2021, 11.1, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Запишем сумму и разность f(x) и g(x). Как сами f(x) и g(x) выражаются через них? Помните, что сумма и разность – строго монотонные функции.

Подсказка 2

Положим F(x) = f(x) + g(x), G(x) = f(x) – g(x). Заметим, что f(x) = (F(x) + G(x))/2, g(x) = (F(x) – G(x))/2. Теперь попробуем искать противоречие. Нам говорят, что и сумма, и разность – монотонны. Предположим, что они ведут себя одинаково (либо обе возрастают, либо обе убывают). Что тогда?

Подсказка 3

Если F(x) и G(x) ведут себя одинаково, то f(x) будет либо монотонно возрастать, либо монотонно убывать! Такс, а если одна из функций (F(x) или G(x)) возрастающая, а вторая убывающая?

Подсказка 4

В таком случае посмотрим на g(x) и заменим F(x) на –F(x) или G(x) на –G(x)! Мы получим ситуацию, аналогичную с f(x).

Показать ответ и решение

Положим

F(x) =f(x)+g(x), G(x) =f(x)− g(x)

Тогда

F-(x)+-G(x) F(x)− G-(x) f(x)= 2 , g(x)= 2

Пусть $F$ и $G$ строго возрастают (соответственно, строго убывают). Тогда $f$ как их полусумма строго возрастает (соответственно, строго убывает), что противоречит условию.

Если же какая-то из функций $F$ и $G$ строго возрастает, а другая строго убывает, то обе функции $F$ и $− G$ строго возрастают или строго убывают. Следовательно, их полусумма $g$ строго монотонна — снова противоречие с условием.

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#92424

Петя и Вася по очереди красят рёбра $N$ -угольной пирамиды: Петя — в красный цвет, а Вася — в зелёный (ребро нельзя красить дважды). Начинает Петя. Выигрывает Вася, если после того, как все рёбра окрашены, из любой вершины пирамиды в любую другую вершину ведёт ломаная, состоящая из зелёных рёбер. В противном случае выигрывает Петя. Кто из игроков может действовать так, чтобы всегда выигрывать, как бы ни играл его соперник?

Источники: Тургор - 2021, 11.2, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

#92424

Подсказка 1

Подсказка 2

Пусть Вася каждым ходом красит ребро, "парное" тому, которое только что покрасил Петя. Что будет, если Петя хотя бы раз покрасит одно ребро в основании пирамиды?

Подсказка 3

Верно, Вася сможет соединить все вершины "зелёным путём". Тогда что, если Петя решит красить исключительно боковые рёбра?

Подсказка 4

Рассмотрите предпоследний ход Васи!

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — вершина пирамиды, $A A ...A 1 2 N$ — её основание. Разобьём все рёбра пирамиды на пары смежных, одно из которых боковое, а другое лежит в основании:

(OA1,A1A2),(OA2,A2A3),...,(OAN,AN A1)

На каждый ход Пети Вася может отвечать в ту же пару, то есть красить в зелёный цвет ребро из той пары, в которой Петя только что покрасил второе ребро в красный. Если Петя покрасит хотя бы одно ребро в основании пирамиды, то в ответ Вася покрасит боковое ребро из той же пары, пусть это, например, ребро $OA N$ . Так как в конце игры вершина $A N− 1$ соединена зелёным ребром либо с $O$ , либо с $A N$ , то из неё можно дойти по зелёным рёбрам до $O$ . Далее, вершина $A N−2$ соединена либо с $O$ , либо с $A N− 1$ , из которой есть путь по зелёным рёбрам до $O$ . Следовательно, и из вершины $AN−2$ можно добраться до $O$ по зелёным рёбрам. Продолжая эти рассуждения, получим, что из всех вершин можно дойти по зелёным рёбрам до вершины $O$ , а это значит, что Вася победил.

Таким образом, чтобы не проиграть, Петя должен красить только боковые рёбра. После его предпоследнего хода неокрашенными останутся ребро из пары, в которую он только что сходил, и два ребра ещё из одной пары. Тогда в ответ Вася может покрасить в зелёный цвет последнее неокрашенное боковое ребро, после чего они покрасят ещё по одному ребру в основании. В итоге зелёным цветом будут покрашены все рёбра в основании пирамиды, кроме одного, а также одно боковое ребро, поэтому каждые две вершины будут соединены путём из зелёных рёбер. Значит, и в этом случае Вася победит.

Ответ: Вася

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#92425

Точка $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$ , а $T$ — точка касания этой окружности со стороной $AC$ . Пусть $P$ и $Q$ — ортоцентры треугольников $BAI$ и $BCI$ соответственно. Докажите, что точки $T,P,Q$ лежат на одной прямой.

Источники: Тургор - 2021, 11.3, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самый простой способ доказать, что точки Q, T, P лежат на одной прямой - это показать, что ∠QTC = ∠ATP. Однако простым счётом уголков к ∠QTC и ∠ATP не подобраться. Тогда можно попробовать доказать это через подобие треугольников ATP и QTC.

Подсказка 2

Воспользуемся тем, что P и Q — ортоцентры. Мы получаем, что AP ⊥ BE и QC ⊥ BE. Что тогда можно сказать про прямые AP и BE?

Подсказка 3

Верно! Они же параллельные, а значит, ∠PAT = ∠QCT. Отлично! Теперь для подобия осталось лишь показать, что AT/AP = CT/CQ. Но мы ещё никак не использовали, что T — точка касания. Отметьте две другие точки касания вписанной окружности с треугольником и попробуйте переносить отрезки.

Подсказка 4

Теперь мы получаем, что достаточно доказать, что AK/AP = CL/CQ (L - точка касания вписанной окружности с BC). Можно заметить, что это стороны △APK и △CQL. Что можно сказать про эти треугольники?

Показать доказательство

Первое решение.

Случай $AB =BC$ очевиден. Иначе основания $F$ и $E$ высот $AF$ и $CE$ лежат на биссектрисе $BI$ по разные стороны от $AC$ , прямые $AP$ и $CQ$ параллельны и $∠PAT = ∠FAT =∠ECT =∠QCT$ . Задача будет решена, если мы докажем подобие треугольников $TAP$ и $TCQ$ (тогда равные углы $CT Q$ и $ATP$ вертикальны и точки $P,Q,T$ лежат на одной прямой). Для этого достаточно проверить, что $AT ∕AP = CT∕CQ$ .

$PIC$

Пусть $K$ и $L$ — точки касания окружности со сторонами $AB$ и $BC$ соответственно. Тогда $AT = AK,CT = CL$ , и осталось доказать равенство $AK ∕AP = CL∕CQ$ . Оно следует из подобия треугольников $AP K$ и $CQL$ : они прямоугольные, а поскольку $BI$ — биссектриса угла $B$ , углы $BAP$ и $BCQ$ равны.

Второе решение.

Так как $AP$ содержит высоту треугольника $ABI$ , то $AP ⊥ BI$ . Пусть $K$ — точка касания $AB$ со вписанной окружностью, так что $K = PI∩ AB$ . Тогда

TA∕PA = KA∕PA = sin∠AP K = sin∠ABI = sin ∠B 2

Аналогично $CQ ⊥ BI$ , откуда $CQ ∥AP$ . И также $TC∕QC = sin∠B- 2$ , откуда $T A∕PA =TC ∕QC$ . Таким образом, $△T AP ∼ △TCQ$ . Значит, $∠AT P =∠CT Q$ , откуда и следует, что $T,P,Q$ на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92426

Возрастающая последовательность натуральных чисел $a < a <... 1 2$ такова, что при каждом целом $n> 100$ число $a n$ равно наименьшему натуральному числу, большему чем $an−1$ и не делящемуся ни на одно из чисел $a1,a2,...,an−1$ . Докажите, что в такой последовательности лишь конечное количество составных чисел.

Источники: Тургор - 2021, 11.4, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что начиная с какого-то m все числа нашей последовательности станут простыми. Допустим, что для какого-то n > m выполняется aₙ = d*t, где t ≤ d. Из условия мы понимаем, что d у нас не является числом вида aₖ, где k < m. Тогда как мы можем оценить d?

Подсказка 2

Точно! Мы можем тогда сказать, что aₖ < d < aₖ₊₁ для k < m. Тогда если мы возьмём достаточно большое m (например, 100), то мы также знаем, что d > a₁₀₀. Что теперь можно сказать про делители числа d, если мы знаем, что d не является членом нашей последовательности?

Подсказка 3

Верно! Мы получаем, что d делится на какое-то aₚ, где p ≤ k. Тогда какое противоречие мы получаем для aₙ?

Показать доказательство

Докажем, что все $a m$ , большие $(a )2 100$ , — простые числа. Предположим противное, тогда некоторое $a >(a )2 m 100$ раскладывается как $am = dt$ , где $1< t≤ d< am$ , и следовательно $a100 < d< am$ . Согласно определению $am,d$ не является ни одним из $a1,a2,...,am−1$ . Тогда $ak < d< ak+1$ для какого-то $k∈ {100,101,...,m− 1}$ . Раз $d$ не было выбрано в качестве $ak+1$ , оно делится на какое-то $ai,i∈ {1,2,...,k}$ . Но тогда и $am$ делится на $ai$ . Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92427

Полиция задержала 50 человек, из которых 35 — преступники, которые говорят, что захотят, а 15 — свидетели, которые всегда говорят правду. Все задержанные знают, кто преступники. Какое наименьшее число человек достаточно выбрать, чтобы, спросив потом у каждого, кто именно преступники, по ответам вычислить хотя бы одного преступника?

Источники: Тургор - 2021, 11.5, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Полезная мысль: разбить людей на группы так, чтобы внутри каждой группы ответы были одинаковыми! При этом никто, разумеется, не назвал себя (иначе всё очевидно).

Подсказка 2

Допустим, мы опросили почти всех и взяли группу с минимальным количеством человек. Тогда, если в ней есть хотя бы 1 свидетель, свидетелями вместе с ним могут быть только люди из его группы и те, кого не опросили. А если это количество будет меньше 15, то мы сразу вычислим преступников...

Подсказка 3

Так же очевидно, что в каждой группе не более 15 человек, ведь каждый должен назвать 35 человек, и ни один из них не должен быть в этой группе. А как нам найти группу с минимальным количеством человек? Допустим, мы опросили n человек и поделили на х групп. Тогда 15х точно не меньше n. Воспользуемся принципом Дирихле, чтобы определить, сколько максимум человек может быть во всех группах! С помощью этого мы и сможем получить противоречие.

Показать ответ и решение

Пусть мы опросили $k <47$ людей. Опросим еще $46− k$ случайных людей из оставшихся. Разобьем 46 опрошенных людей на 4 группы по 11,11,11,13 человек. Пусть групшы, где 11 человек, будут отвечать на вопросы так, будто свидетели они и 4 неопрошенных человека, а группа из 13 человек будет отвечать на вопросы так, будто свидетели они и 2 любых неопрошенных. Так как мы не можем понять, какая из версий настоящая, то и преступника мы найти не сможем, ведь любой человек в какой-то из версий свидетель.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Выберем 47 человек и каждого спросим «Кто из жителей преступники?». Пусть каждый назвал 35 человек и никто не назвал себя, иначе преступник определяется очевидно. Разобьем всех людей на групшы так, что внутри одной группы ответы одинаковые.

Заметим, что в одной группе не больше 15 человек, иначе каждый из них обвинил бы менее 35 человек. Докажем, что найдется группа, в которой менее 12 человек.

Действительно, если в каждой группе хотя бы 12 человек, то если этих групп хотя бы 4 , то всего людей хотя бы $12⋅4 =48> 47$ , а если групп не более, чем 3 , то всего людей не более, чем $15⋅3=45 <47$ — противоречие.

Возьмем ту группу, где меньше 12 человек. Если бы кто-то из них был свидетелем, то вместе с ним свидетелем могли быть только люди из его группы и неопрошенные люди, то есть менее 15 человек, противоречие. Значит, люди этой группы — преступники.

Ответ: 47

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92428

Существует ли описанный 2021-угольник, все вершины и центр вписанной окружности которого имеют целочисленные координаты?

Источники: Тургор - 2021, 11.6, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть два возможных ответа - да или нет. Если нет, то нужно доказывать, что абсолютно для любого числа в последовательность {A^i} найдется не подходящее число, что ну кажется очень непростой задачей. Тогда будем доказывать, что ответ «да».

Подсказка 2

Если мы хотим, чтобы верхняя целая часть A^n отличалось от ближайшего натурального квадрата на 2, то хотелось бы понять, чему равна эта верхняя целая часть. Вернее, что нам было бы удобнее взять за верхнюю целую часть, чтобы она отличалась от какого-то квадрата на 2? А если вспомнить как возводится число вида t + 1/t в квадрат?

Подсказка 3

Хотелось бы сделать так, чтобы число вида A^n + 1/A^n было бы целым и A было некоторым квадратом, чтобы как раз получить t^2n + 1/t^2n = (t^n + 1/t^n)^2 - 2. Осталось только понять, чему должно быть равно t, чтобы каждое выражение вида A^n + 1/A^n, при A = t^2, было бы целым.

Подсказка 4

Здесь вас на поиск подходящего t может натолкнуть либо мысль о процессе построения бесконечных цепных дробей, либо же тот факт, что число вида (a + b * sqrt(c))^k, где a, b, k - целые, это выражение вида t + l * sqrt(c). Заметьте, это верно и для отрицательных k.

Подсказка 5

Да, можно просто сказать, что t — корень некоторого уравнения с целыми коэффициентами и отрицательным коэффициентом при x, ведь тогда t + 1/t = c, где с - целая положительная константа.

Подсказка 6

Тогда, по модулю факта про возведение таких иррациональностей в степень, можно сказать, что задача решена, поскольку мы нашли такое t, что любое выражение вида t^k + 1/t^k - целое, а значит, нашли подходящее А.

Показать ответ и решение

Будем называть точку с рациональными координатами рациональной. Рассмотрим окружность $x2 +y2 = 1$ . Докажем, что на ней существует сколь угодно много рациональных точек.

Рассмотрим прямую вида $y =kx+ 1$ с рациональным $k$ . Она проходит через точку $(0,1)$ окружности, и вторая точка пересечения с окружностью тоже будет рациональной (поскольку квадратное уравнение $2 2 x + (kx +1) = 1$ с рациональными коэффициентами имеет рациональный корень 0 , второй корень также рационален).

Выбирая разные рациональные $k$ , отметим на окружности 2021 рациональную точку, включая точки $(−1,0),(1,0),(0,1),(0,− 1)$ . Через каждую из этих 2021 точек проведём касательную к окружности и отметим точки пересечения соседних касательных, получим описанный 2021-угольник (строго это можно обосновать, например, так: сначала получим описанный квадрат, проведя касательные в четырёх указанных точках, а затем по очереди проведём остальные касательные: каждая будет отсекать от уже имеющегося многоугольника треугольник, примыкающий к вершине).

Заметим, что уравнения касательных имеют рациональные координаты (поскольку касательные перпендикулярны прямым, соединяющим начало координат с рациональными точками касания). Точка пересечения прямых с рациональными координатами рациональна (как единственное решение системы линейных уравнений с рациональными коэффициентами). Значит, вершины нашего 2021-угольника рациональны. Приведём координаты вершин к общему знаменателю $N$ и рассмотрим гомотетию с центром в начале координат и коэффициентом $N$ . Она переведёт наш 2021-угольник в удовлетворяющий условию задачи.

Ответ: да

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#94424

Существует ли такое натуральное $n,$ что для любых вещественных чисел $x$ и $y$ найдутся вещественные числа $a ,a ,...,a , 1 2 n$ удовлетворяющие равенствам

1 1 1 x =a1+ a2+ ...+an; y = a1 + a2 + ...+ an?

Источники: Турнир городов - 2021, весенний тур, сложный вариант, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

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

Подсказка 2:

Вот вам одна из идей, как построить пример. Придумайте при некотором n такое разложение для пары (x, 0). Тогда разложение для (x, y) вы сможете получить из 2n слагаемых как сумму разложений (x, 0) и (0, y).

Показать ответ и решение

Докажем, что подходит $n= 6.$ Предварительно заметим, что любую пару $(0,y)$ с ненулевым $y$ можно получить так:

3- 3- 3 2y 2y y 0= 2y + 2y − y,y = 3 + 3 − 3

Аналогично можно получить любую пару $(x,0)$ с ненулевым $x.$ Тогда любую пару $(x,y)$ с отличными от нуля $x$ и $y$ можно получить как «сумму» двух рассмотренных выше пар. Пару $(x,0)$ можно получить как сумму двух пар $(x2,0),$ аналогично можно получить пару $(0,y),$ а пару $(0,0)$ — как $1+ 1+ 1− 1− 1− 1.$

Ответ:

Существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#98464

В прямоугольный треугольник с гипотенузой длины $1$ вписали окружность. Через точки её касания с его катетами провели прямую. Отрезок какой длины может высекать на этой прямой окружность, описанная около исходного треугольника?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть ABC — треугольник с прямым углом B, O — центр его описанной окружности, M и N — точки касания вписанной окружности с катетами AB и BC соответственно. Что можно сказать о точках пересечения прямой MN с окружностью?

Подсказка 2

Может, они являются серединами дуг? Попробуйте это доказать.

Подсказка 3

А можно ли тут воспользоваться леммой 255?

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник с прямым углом $B,O$ — центр его описанной окружности, $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности с катетами $AB$ и $BC$ соответственно, $X$ и $Y$ — середины дуг $AB$ и $BC$ . Достаточно доказать, что точки $M$ и $N$ лежат на хорде $XY$ .

$PIC$

Пусть точка $P$ — проекция точки $A$ на биссектрису угла $C$ , точка $Q$ — проекция точки $C$ на биссектрису угла $A$ . По Задаче 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$ . Так как $90∘ = ∠B = ∠APC = ∠AQC$ , точки $P$ и $Q$ совпадают соответственно с $X$ и $Y$ .

Ответ:

$√2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#104459

Пусть $p$ и $q$ — взаимно простые натуральные числа. Лягушка прыгает по числовой прямой, начиная в точке $0.$ Каждый раз она прыгает либо на $p$ вправо, либо на $q$ влево. Однажды лягушка вернулась в $0.$ Докажите, что для любого натурального $d <p+ q$ найдутся два числа, посещённые лягушкой и отличающиеся ровно на $d.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какой есть частный случай пары (p;q)?

Подсказка 2

p = q = 1. С ним все понятно, теперь считаем, что p и q различны, пусть p < q. Что можно сказать о длине пути, который пропрыгала лягушка?

Подсказка 3

Заметим, что его длина делится на p и q, тогда и на pq, так как p и q взаимно просты.

Подсказка 4

Тогда длина пути равна kpq, сколько прыжков сделала лягушка?

Подсказка 5

Лягушка сделает kq "коротких" прыжков вправо и kp "длинных" прыжков влево. Подумайте, как при взаимно простых p и q можно представить d.

Подсказка 6

d = ap - bq. Подумайте, какими можно выбрать a и b.

Подсказка 7

Давайте назовем каждую серию из a+b последовательных прыжков лягушки окном. Сколько всего будет окон?

Подсказка 8

Окон будет ровно k(p+q). Нам нужно окно, где лягушка сделала a коротких и b длинных прыжков и сдвинулась на d = ap - bq.

Подсказка 9

Такое окно найдётся, если есть окно, где коротких прыжков не менее a, и окно, где их не более a. Докажите, что существует такое окно.

Подсказка 10

А что, если сдвигать первое окно по кругу, пока мы не дойдем до второго? Сколько всего будет коротких прыжков в окнах?

Показать доказательство

Первое решение. Случай $p= q = 1$ очевиден. Иначе $p$ и $q$ различны, пусть $p< q.$ Всего лягушка пропрыгала путь, длина которого делится на $p$ и на $q,$ а значит, и на $pq,$ так как $p$ и $q$ взаимно просты. Тогда длина пути равна $kpq$ для некоторого натурального $k,$ и лягушка сделала $kq$ «коротких» прыжков вправо и $kp$ «длинных» прыжков влево.

Известно, что при взаимно простых $p$ и $q$ можно представить $d$ в виде $d= ap− bq$ с целыми $a$ и $b.$ Это равенство, очевидно, сохранится, если одновременно увеличить (или уменьшить) $a$ на $q$ и $b$ на $p.$ Поэтому можно выбрать $a$ натуральным и не превосходящим $q.$ При этом будет неотрицательным (иначе $d> p+q),$ и так как $a≤ q,$ то $b<p$ (ведь $d >0).$ Поэтому $a+ b< p+ q ≤ k(p+ q).$

Назовём каждую серию из $a+ b$ последовательных прыжков лягушки окном. Условно считаем, что за последним прыжком лягушки идёт её первый прыжок (как при движении по кругу), поэтому окно может состоять и из нескольких последних и первых прыжков. Тогда всего окон ровно $k(p+ q)$ штук.

Надо найти окно, где лягушка сделала ровно $a$ коротких прыжков (и $b$ длинных) — тогда она сдвинется на $d$ за эти $a+ b$ прыжков. Такое окно найдётся, если есть окно, где коротких прыжков не менее $a,$ и окно, где их не более $a:$ можно сдвигать первое окно по кругу, пока не дойдём до второго, число коротких прыжков в окне каждый раз меняется максимум на $1,$ поэтому будет момент, когда оно равно $a.$

Сложим число коротких прыжков во всех окнах — получим $kq(a +b),$ ведь каждый прыжок учил $a+b$ раз. Окон $k(p+ q),$ и в среднем на окно придётся $kqk(a(p++bq))$ коротких прыжков. Это число равно

kq(a+-b)-= qa-+qb= pa+-qa−-d= a− -d-- k(p +q) p +q p+q p+ q

что больше $a− 1$ и меньше $a.$ Значит, найдётся окно, где коротких прыжков не менее $a,$ и окно, где их не более $a.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Лягушку из условия назовём старой. Будем считать, что она пропрыгивает свою последовательность ходов бесконечное число раз по циклу. Посадим на прямую новую лягушку в точку $d$ и заставим её прыгать ту же последовательность прыжков, что прыгает старая (тоже в бесконечном цикле).

Множество чисел, посещённых новой лягушкой, получается из множества чисел, посещённых старой, сдвигом на $d.$ Если хотя бы одно число из нового множества совпадет с числом из старого, то обратный сдвиг даст нам искомую пару чисел. Предположим, что этого не произойдёт.

Как и в предыдущем решении, представим число $d$ в виде $ap− bq$ для некоторых неотрицательных $a$ и $b.$ Заставим старую лягушку пропрыгать $a +b$ ходов по её циклу; она окажется в точке $e =xp− yq,$ где $x+ y = a+b.$ Так как $a− x = y− b,$ разность координат новой и старой лягушек кратна $p +q :$

d− e= (a − x)p− (b− y)q = (a− x)(p+ q)

Далее пустим лягушек прыгать одновременно: старую по продолжению исходной траектории, а новую — по сдвинутой. На каждом шаге разность их координат будет либо не меняться (если они прыгают в одну сторону), либо меняться на $p +q$ (если одна прыгает на $+ p,$ а другая на $− q).$ Таким образом, разность всегда будет оставаться кратной $p+q;$ при этом она, по предположению, не может становиться нулевой, поэтому она всегда будет сохранять знак.

Пусть лягушки пропрыгали полный цикл и вернулись (новая в $d,$ а старая в $e).$ Количество ходов в цикле обозначим через $T.$ Сумму всех чисел, посещённых новой лягушкой (без учёта начальной позиции), обозначим через $S, 1$ а сумму чисел, посещённых старой, — через $S.$ С одной стороны, числа на соответствующих ходах отличались не менее чем на $p +q,$ причём разность всегда имела один и тот же знак, поэтому $|S1 − S|≥ T(p+q).$ С другой стороны, набор чисел, посещённых новой лягушкой за цикл, отличается от аналогичного набора старой лягушки сдвигом на $d,$ поэтому $|S1− S|= Td$ (отметим, что эти наборы могут содержать некоторые числа по несколько раз, если в течение цикла лягушка посещала их неоднократно). Подставляя и сокращая на $T,$ получаем $d≥ p+ q,$ что противоречит условию задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в решении $2,$ будем считать, что лягушка прыгает в бесконечном цикле. Также воспользуемся представлением $d =ap− bq$ для неотрицательных $a$ и $b,$ сумму $a +b$ обозначив через $r.$

Через $δi$ обозначим разность между положениями лягушки в момент $i+r$ (то есть через $i+ r$ шагов после начала) и в момент $i.$ Так как их разделяет $r$ шагов, то

δi = xp− (r− x)q = ap +(x− a)p− bq− (r− x− b)q =

= d+ (x − a)p+(x− (r− b))q = d+ (x− a)(p+q)

Если $δi$ равно $d,$ то мы нашли искомые позиции. Предположим противное, пусть $δi ⁄= d$ для всех $i.$ Тогда все числа $δi$ имеют вид $d+ (p+q)ki$ для целых $ki ⁄= 0.$

Заметим, что разность между $δi$ и $δi+1$ определяется тем, какими были $(i+ 1)$ -й и $(i+r+ 1)$ -й шаги; разобрав случаи, нетрудно убедиться, что она равна $± (p+q)$ или $0.$ Это означает, что числа $δi$ либо все меньше $0,$ либо все больше $0.$

Рассмотрим позицию лягушки через $rT$ шагов, где $T$ — количество шагов в её цикле. С одной стороны, она равна сумме $δ0+ δr +δ2r+...+δr(r − 1),$ которая по доказанному выше должна быть либо отрицательной, либо положительной. С другой стороны, через $rT$ шагов лягушка вернётся на позицию $0.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#104674

В куче $n$ камней, играют двое. За ход можно взять из кучи количество камней, либо равное простому делителю текущего числа камней в куче, либо равное $1.$ Выигрывает взявший последний камень. При каких $n$ начинающий может играть так, чтобы всегда выигрывать, как бы ни играл его соперник?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

Рассмотрите n, кратные 4.

Показать ответ и решение

Стратегия: каждый раз оставлять в куче кратное $4$ число камней: при $n = 4k +1$ надо взять один камень, при $n= 4k+2$ — два камня; при $n = 4k +3$ надо взять $p$ камней, где $p$ — простой делитель числа $n$ вида $4q +3$ (такой есть, иначе все простые делители $n$ имеют вид $4m + 1,$ а произведение чисел такого вида тоже имеет такой вид и не равно $4k+ 3).$ Противник из кучи с кратным $4$ числом камней не может взять число камней, кратное $4$ (это будет не простое число), поэтому начинающий и дальше может играть по стратегии.

Ответ:

При $n,$ не кратном $4$

Предыдущая подтема

Следующая подтема