Тема Турнир городов - задания по годам

Турнир городов 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела турнир городов - задания по годам

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)

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)

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)

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)

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)

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)

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

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?

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 $d.$

Показать доказательство

Первое решение. Случай $p= q = 1$ очевиден. Иначе $p$ и $q$ различны, пусть $p< q.$ Всего лягушка проигрывала 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.