Тема ТурГор (Турнир Городов)

Турнир городов - задания по годам → .10 Турнир городов 2024

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#85505

Дано натуральное число $n$ . Можно ли представить многочлен $x(x− 1)...(x − n)$ в виде суммы двух кубов многочленов с действительными коэффициентами?

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.1 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну если доказывать, что для любого многочлена подобного вида он всегда разложим в сумму двух многочленов-кубов, то либо конструктивно предъявлять два таких многочлена(и как вы потом будете доказывать, что они тождественно равны, уж не раскрывать ли скобки?), либо как-то в общем случае говорить, но тоже абсолютно непонятно как. Тогда, если сложно доказать ответ «Да», попробуем доказать ответ «Нет». Тогда пусть он представим в виде суммы двух многочленов-кубов. Если бы у нас были вместо многочленов числа, то можно было бы посмотреть на делимость чего-то на что-то, так как слева у нас произведение из условия, а правую часть можно разложить как сумму кубов. Попробуйте это сделать, ведь вам ничего не мешает говорить про делимость, только уже многочлена на многочлен!

Подсказка 2

Ну множитель просто их суммы как-будто уже мало что может дать(в рамках нашей задачи, что сумма кубов, что просто сумма в смысле количества условий и чего-то, что можно из этого вывести, почти ничем не отличны, кроме того, что сумму кубов можно разложить), поэтому посмотрим на другую скобку, которая как мы знаем всегда больше нуля. Что тогда следует из этого?

Подсказка 3

Что эта скобка не разложима на линейные сомножители над R. То есть, ее нельзя представить в виде произведения скобок вида (x - k)^t. Осталось только посмотреть на степень неполного квадрата разности и на левую часть и понять, что мы решили задачу.

Показать ответ и решение

Предположим противное — существуют такие многочлены $f$ и $g$ , что выполнено тождество $x(x− 1)...(x − n)= f3+ g3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Первое решение.

У многочленов $f$ и $g$ нет общих корней, иначе это будет кратный корень суммы кубов, а у многочлена $x(x − 1)...(x− n)$ кратных корней нет.

Тогда многочлен $2 2 f − fg +g$ имеет степень $2max(degf,degg$ ) (старшие коэффициенты не сократятся) и не имеет корней, поскольку выражение $2 2 a − ab+b$ равно 0 только при $a= b=0$ . Но такого делителя у многочлена $x(x− 1)...(x − n)$ нет.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Применим формулу суммы кубов:

( ) x(x− 1)...(x − n)= (f + g) f2− fg+g2 .

При $x= 0,1,...,n$ имеем $3 3 f(x)= −g(x)$ , откуда $f(x)= −g(x)$ , то есть $f(x)+ g(x)= 0$ .

Значит, многочлен $f + g$ имеет корнями числа $0,1,2,...,n$ , откуда его степень не меньше $n +1$ (поскольку он не тождественный ноль). В частности, у одного из многочленов $f$ и $g$ степень не меньше $n +1$ — не теряя общности, пусть у $g$ . Тогда, из равенства (*), степень многочлена $f2− fg +g2$ равна 0 , то есть это ненулевая константа. Но это невозможно, так как из представления $f2− fg+ g2 =(f − 0,5g)2 +0,75g2$ видно, что у этого многочлена старшая степень не меньше, чем максимум из степеней многочленов $(f − 0,5g)2$ и $0,75g2$ , то есть, не меньше $2(n+ 1)$ . (Можно сказать иначе: $0,75g2$ принимает сколь угодно большие значения, откуда $(f − 0,5g)2+ 0,75g2$ - тоже, то есть, последний многочлен не может быть константой).

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85508

Точки $P,Q$ лежат внутри окружности $ω$ . Серединный перпендикуляр к отрезку $PQ$ пересекает $ω$ в точках $A$ и $D$ . Окружность с центром $D$ , проходящая через $P$ и $Q$ , пересекает $ω$ в точках $B$ и $C$ . Отрезок $PQ$ лежит внутри треугольника $ABC$ . Докажите, что $∠ACP =∠BCQ$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.2 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Про окружность ω пока толком ничего не известно, а вот окружность с центром в D даёт сразу 4 равных отрезка (равенство радиусов) на чертеже. Посмотрите, что из этого можно взять для окружности ω.

Подсказка 2

Так как BD=DC, то дуги ВD и DC в ω равны, значит, AD — биссектриса ∠BAC.

Подсказка 3

Пусть I — точка пересечения отрезка АD и дуги BPQC, тогда по теореме о трилистнике I — центр вписанной в ΔABC окружности. Что же можно взять из этого факта, если в задаче нам нужно доказать равенство углов?

Подсказка 4

Конечно! То, что CI — биссектриса ∠BСА. Для завершения доказательства не хватает равенства ∠PCI и ∠ICQ, но это совсем несложно получить, если Вы ещё не забыли, чем по условию является AD для отрезка PQ.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Пусть $I$ — точка пересечения отрезка $AD$ и дуги $BPQC$ . Так как $DB = DC$ , то $AD$ — биссектриса угла $BAC$ и по теореме о трилистнике $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Следовательно, $CI$ — биссектриса угла $ACB$ . С другой стороны, так как $AD −$ серединный перпендикуляр к $P Q$ , то $PI = QI$ , то есть $CI$ — биссектриса угла $PCQ$ . Из этих двух утверждений следует утверждение задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим $∠ACQ =α,∠QCP = β,∠PCB = γ$ . Необходимо доказать, что $γ = α$ .

Заметим, что

α+ β+ γ = ∠ACB = ∠ADB = ∠BDP +∠PDA

Далее, $∠BDP = 2∠BCP = 2γ$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DP Q$ ), а также $∠P DA = 12∠PDQ = 12 ⋅2∠PCQ = β$ , как центральный и вписанный в окружность ( $DPQ$ ). Тогда

α+ β+ γ = ∠BDP + ∠PDA = 2γ+β

γ =α

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В условии задачи дано, что точки $P$ и $Q$ лежат не только внутри окружности $ω$ , но и внутри вписанного в неё треугольника $ABC$ . Последнее условие на самом деле излишне. Из остальных условий задачи следует, что точки $P$ и $Q$ изогонально сопряжены относительно треугольника $ABC$ . Но если обе изогональные точки лежат внутри описанной окружности, то они лежат и внутри треугольника, поскольку при изогональном сопряжении три сегмента, ограниченные сторонами треугольника и дугами описанной окружности, переходят в три угла, вертикальных углам треугольника

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85511

В каждой клетке таблицы $N × N$ записано число. Назовём клетку хорошей, если сумма чисел строки, содержащей эту клетку, не меньше, чем сумма чисел столбца, содержащего эту клетку. Найдите наименьшее возможное количество хороших клеток.

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.3 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем воспользоваться стандартным приемом при решении задач с досками — а что если разбить доску на удобные нам группы клеток, в которых мы сможем оценить количество хороших?

Подсказка 2

Так как мы минимизируем количество хороших, то нам нужны такие группы, в каждой из которых будет хотя бы одна хорошая.

Подсказка 3

То есть нужны группы, в которых все клетки не могут быть плохими. А что будет, если все клетки будут плохими? Как это переформулировать?

Подсказка 4

Нужны такие клетки, чтобы у нас уж точно сумма по столбцам была не больше, чем сумма по строкам

Подсказка 5

А что если сделать так, чтобы эти столбцы и строки образовывали всю доску?

Показать ответ и решение

Оценка.

Разобьём все клетки таблицы на $N$ грушп по $N$ клеток так, чтобы в каждой груше все клетки находились в разных строках и разных столбцах. Пример такого разбиения для $N =5$ см. на рисунке:


1	2	3	4	5

5	1	2	3	4

4	5	1	2	3

3	4	5	1	2

2	3	4	5	1

Для других $N$ разбиение аналогично: например, в одну группу берём главную диагональ (идущую сверху слева вниз вправо), во вторую — диагональ над ней и число в левом нижнем углу, в третью — следующую диагональ и диагональ из двух клеток слева внизу, и т.д.

Предположим, что в какой-то группе все клетки плохие. Тогда для каждой клетки этой группы сумма чисел содержащей её строки меньше суммы чисел содержащего её столбца. Суммируя эти неравенства по всем клеткам групшы, получаем, что сумма чисел во всей таблице, подсчитанная по строкам, меньше, чем эта же сумма, подсчитанная по столбцам - противоречие, Значит, в каждой группе есть хорошая клетка, и число хороших клеток не меньше числа групп, то есть не меньше $N$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример, подтверждающий точность полученной оценки

$N$ хороших клеток уже возможно.

Пусть в первой строке стоят единицы, а в остальных нули. Тогда все клетки первой строки хорошие, а остальные плохие.

Ответ: N

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85513

Можно ли на плоскости из каждой точки с рациональными координатами выпустить луч так, чтобы никакие два луча не имели общей точки и при этом среди прямых, содержащих эти лучи, никакие две не были бы параллельны?

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.4 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не совсем понятно, как работать с огромным количеством начАл лучей…а что если найти особенную точку и отталкиваться от нее? Как Вы думаете, на что будет похож наш рисунок, когда мы проведем все лучи?

Подсказка 2

Представляя себе итоговый рисунок, на ум приходит солнце (из точек исходят не пересекающиеся лучи). Отсюда идея найти такую точку О, что на любой прямой, проходящей через О, лежит не более одной рациональной точки. Как тогда мы сможем попробовать построить наш пример?

Подсказка 3

Тогда, проведя из О всевозможные лучи во все рациональные точки и удалив у каждого луча начало (от О до соответствующей рациональной точки), получим искомый набор непересекающихся непараллельных лучей. Попробуем найти такую точку О.

Подсказка 4

Возьмем какую-то точку О. Что если на какой-то прямой из нее лежат две рациональные точки А и Б? Что тогда можно сказать об отрезках ОА и ОБ?

Подсказка 5

Они пропорциональны. Тогда мы сможем записать уравнение на их пропорциональность и попробовать решить. А какие координаты хочется дать точке О, чтобы решений у уравнения пропорциональности отрезков было как можно меньше?

Подсказка 6

Зададим точку О при помощи иррациональных координат!

Показать ответ и решение

Достаточно найти такую точку $O$ , что на любой прямой, проходящей через $O$ , лежит не более одной рациональной точки. Тогда, проведя из $O$ всевозможные лучи во все рациональные точки и удалив у каждого луча начало (от $O$ до соответствующей рациональной точки), получим искомый набор непересекающихся непараллельных лучей.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Можно указать точку $O$ явно - например, подойдёт точка $√ -√- ( 2, 3)$ . Пусть на прямой, проходящей через эту точку, есть две рациональные точки $(a,b)$ и ( $c,d$ ) (где $a,b,c,d$ рациональные). Тогда вектора ( $√- √- a− 2,b− 3)$ и $(a− c,b− d)$ пропорциональны, откуда

√- √- (a− 2)(b− d)=(b− 3)(a− c),

откуда $√ - √- a(b− d)− b(a− c)=(b− d) 2− (a− c) 3$ . Возводя в квадрат и перенося заведомо рациональные слагаемые в левую часть, получим, что будет рациональным число $√- 2(b− d)(a− c) 6$ , что возможно только при $b= d$ или $a= c$ . Но из равенства (*) видим, что если выполнено хоть одно из равенств $b= d,a =c$ , то выполнено и второе, откуда точки $(a,b)$ и $(c,d)$ совпадают.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Можно поступить иначе - доказать существование такой точки $O$ . Проведём всевозможные прямые через пары рациональных точек. Таких прямых будет счётное количество. Так как всего направлений на плоскости несчётное количество, на ней найдётся прямая $l$ , не параллельная ни одной из проведённых прямых. Проведённые прямые высекают на $l$ счётное число точек, а всего на $l$ точек несчётное количество, поэтому там ещё останутся точки, любая из них подойдёт в качестве $O$ .

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85517

Вписанная сфера треугольной пирамиды $SABC$ касается основания $ABC$ в точке $P$ , а боковых граней - в точках $K,M$ и $N$ . Прямые $P K,PM,PN$ пересекают плоскость, проходящую через середины боковых рёбер пирамиды, в точках $′ ′ ′ K ,M ,N$ . Докажите, что прямая SP проходит через центр описанной окружности треугольника $′ ′ ′ K M N$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.5 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем упростить задачу. Если продлить отрезки PK', PM' и PN' в 2 раза, их концы (K'', M'' и N'') будут лежать в одной плоскости с точкой S. Нам нужно доказать, что S — центр окружности, описанной вокруг треугольника K''M''N''. Но как это можно доказать?

Подсказка 2

Например, можно доказать равенство SK и SK'', SM и SM'', SN и SN''. Мы знаем, что SK = SM = SN, так как это касательные к сфере из одной точки. Как доказать, что SK и SK'' равны?

Подсказка 3

Если продлить прямую SK до пересечения с плоскостью основания, то образуется пара подобных треугольников, из которых можно получить, что SK и SK'' равны.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Сделаем гомотетию с центром $P$ и коэффициентом 2. Пусть $′′ ′′ ′′ K ,M ,N$ — образы точек $′ ′ ′ K ,M ,N ,T$ — точка пересечения прямой $SK$ с плоскостью $ABC$ . Тогда $TK =T P$ как касательные к сфере, и, поскольку треугольники $PKT$ и $′′ K KS$ подобны, то $′′ SK = SK$ . Аналогично $′′ ′′ SM = SM,SN = SN$ . Но $SK = SM = SN$ как касательные, следовательно $S$ — центр окружности $′′ ′′ ′′ K M N$ , а середина $SP$ — центр окружности $KMN.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим сферу, проходящую через точки $K,M,N$ , с центром в точке $S$ , через $ω$ , вписанную сферу пирамиды — через $γ$ , а плоскость, проходящую через середины рёбер пирамиды — через $α$ .

Сделаем инверсию с центром в точке $P$ , переводящую $γ$ в $α$ . Тогда точки $K,M, N$ перейдут в точки $K′,M′,N′$ . Так как $ω ⊥γ$ , то образ $ω$ будет перпендикулярен $α$ . Следовательно, образом $ω$ будет сфера, построенная на окружности ( $K′M′N′$ ) как на диаметральной окружности.

Тогда утверждение задачи следует из того, что центр инверсии, центр сферы и центр её образа лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Утверждение задачи является частным случаем следующего факта.

Рассмотрим стереографическую проекцию сферы $S$ на плоскость $π$ из точки $P ∈ S$ . Пусть $Q$ — точка вне сферы $S$ , а окружность $ω$ на $S$ , образованная касательными к $S$ из $Q$ , не проходит через $P$ . Тогда образом $ω$ будет окружность $ω′$ с центром в точке пересечения плоскости $π$ с лучом $PQ$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85519

У Вани есть клетчатая бумага двух видов: белая и чёрная. Он вырезает кусок из любой бумаги и наклеивает на серую клетчатую доску $45× 45,$ делая так много раз. Какое минимальное число кусков нужно наклеить, чтобы «раскрасить» клетки доски в шахматном порядке? (Каждый кусок — набор клеток, в котором от любой клетки до любой другой можно пройти, переходя из клетки в соседнюю через их общую сторону. Можно наклеивать куски один поверх другого. Все клетки имеют размер $1× 1.)$

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.6 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда сложно понять, как устроена наша конструкция, можно попробовать рассмотреть “маленькие” поля, со стороной 1,2 или 3, в них будет легче понять закономерность и прийти к мысли об оценке и примере.

Подсказка 2

Если мы увидели предположительную закономерность на маленьких числах, для оценки можно попытаться применить индукцию. Для того чтобы осуществить шаг индукции, можно воспользоваться тем, что шахматная доска состоит из большого числа отдельных белых и черных “кусочков”. Как это формализовать?

Подсказка 3

Шахматная раскраска означает, что при переходе в соседнюю по стороне клетку мы всегда меняем цвет. И для оценки можно как раз считать количество таких “смен цвета”, в данной задаче эта конструкция очень и очень поможет!

Показать ответ и решение

Оценка.

Можно считать, что первый наклеенный кусок — весь квадрат, от этого ничего не испортится. Считаем его нулевым. Докажем индукцией по $k$ утверждение:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

После еще $k$ кусков между любыми двумя клетками есть путь с не более чем $2k$ сменами цвета.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

База при $k= 0$ верна.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Рассмотрим наклеивание $k$ -го куска $S$ . Пусть до этого между двумя клетками был путь с не более $2(k− 1)$ сменами цвета. Если он не заходил в $S$ , то он таким и остался. Иначе заменим его кусок от первой его клетки в $S$ до последней такой клетки на путь по $S$ между этими клетками. Тогда количество смен цвета в новом пути увеличилось не более чем на 2 по сравнению со старым. Переход доказан.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

В конце между противоположными углами любой путь имеет хотя бы 88 смен цвета. Значит, поверх нулевого куска наклеено еще хотя бы 44.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример.

Пусть верхний слой состоит из центральной клетки. Далее пусть каждый нижележащий слой состоит из клеток предыдущего слоя и из клеток, примыкающих к ним по стороне, и имеет противоположный цвет.

Ответ:

$45$

Предыдущая подтема

Следующая подтема