Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

ММО - задания по годам → .01 ММО до 2010

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Разделы подтемы ММО - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#30986Максимум баллов за задание: 7

Является ли число $49+610+ 320$ простым?

Источники: ММО-1998, 9.1, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если у нас спрашивают, является ли число простым, хорошим первым шагом будет попытка пойти от противного и попробовать разложить его на множители. Думаем, как можно было бы разложить эту сумму на множители. Может быть, это выражение похоже на какую-то извествую вам формулу сокращенного умножения?

Показать ответ и решение

Докажем, что оно является полным квадратом большего единицы числа:

9 10 20 2 9 9 10 20 9 10 2 4 + 6 +3 = (2 ) +2⋅2 3 +3 = (2 + 3 )

Ответ:

нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#71648Максимум баллов за задание: 7

Некоторые из чисел $a,a ,...,a 1 2 200$ написаны синим карандашом, а остальные — красным. Если стереть все красные числа, то останутся все натуральные числа от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания. Если же стереть все синие числа, то останутся все натуральные числа от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания. Докажите, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ содержатся все натуральные числа от $1$ до $100$ включительно.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно доказать, что среди первых 100 чисел есть все числа от 1 до 100. Очень много чисел… Может можно доказать в общем случае, что какое-то число n есть среди первых 100?

Подсказка 2

А что будет, если этого числа n нет среди первых 100?

Подсказка 3

Ага, n будет где-то среди последних 100! Но при этом есть синие числа от 1 до 100, и красные числа от 1 до 100, то есть оба n находятся среди последних 100 чисел. Теперь надо бы найти противоречие, а его можно искать в количестве чисел до наших n: не зря же мы все n поместили во вторую половину чисел!

Подсказка 4

Сколько синих чисел до синего n? А до красного?

Подсказка 5

Оцените количество чисел до первого n с двух сторон: с одной стороны оно не превышает количества синих + количества красных до n, а с другой стороны первое n стоит хотя бы на 101 месте, тогда их больше чем…

Подсказка 6

Увидели противоречие? Тогда любое n от 1 до 100 находится среди первых 100, а значит мы доказали утверждение!

Показать доказательство

Заметим, что каждое из чисел от $1$ до $100$ встречается ровно $2$ раза: один раз оно записано синим карандашом и один — красным. Предположим, что среди чисел $a1,a2,...,a100$ нет какого-то числа $1≤ n≤ 100.$ Тогда синее $n$ и красное $n$ находятся среди $a101,a102,...,a200.$

$1)$ Сотрём все красные числа — остались синие от $1$ до $100,$ записанные в порядке возрастания, и среди них есть синее $n.$ До него записаны числа от $1$ до $n − 1,$ то есть ровно $n− 1$ число.

$2)$ Сотрём все синие числа — остались красные от $100$ до $1,$ записанные в порядке убывания, и среди них есть красное $n.$ До него записаны числа от $100$ до $n+ 1,$ то есть ровно $100− n$ чисел.

Тогда до первого $n$ записано не более $n− 1+ (100− n)= 99$ чисел. Но так как первое n записано среди чисел $a101,a102,...,a200,$ то до $n$ записано как минимум $100$ чисел. Противоречие.

Значит, предположение было неверным, и среди чисел $a1,a2,...,a100$ есть все числа от $1$ до $100.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#81757Максимум баллов за задание: 7

Решите в натуральных числах уравнение

x y z 3 +4 = 5 .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте посмотреть на остатки от деления.

Подсказка 2

У выражения в правой части остаток от деления на 3 должен совпадать с остатком от деления на 3 левой части, каким тогда будет z?

Подсказка 3

z должно быть четным, чтобы остаток от деления на 3 равнялся единице. На какие ещё остатки можно посмотреть?

Подсказка 4

Из-за совпадения остатков по модулю 4, x тоже будет чётным.

Подсказка 5

Преобразуйте равенство 4ʸ = 5ᶻ - 3ˣ.

Подсказка 6

4ʸ = 2²ʸ, а z и x — четные. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 7

Получится, что 2²ʸ = (5ᵘ - 3ᵛ)(5ᵘ + 3ᵛ), где z = 2u, x = 2v. Тогда скобки справа являются степенями двойки.

Подсказка 8

Выразите 5ᵘ и 3ᵛ.

Показать ответ и решение

Правая часть при делении на $3$ должна давать тот же остаток, что и левая, то есть $1.$ Поэтому $z$ чётно. Аналогично, левая часть делится на $4$ с остатком $1,$ поэтому $x$ тоже чётно. Итак,

y z x 2u 2v 2y u v u v 4 = 5 − 3 =5 − 3 ,то есть 2 =(5 − 3)(5 + 3)

Обе скобки справа являются степенями двойки. Пусть $5u− 3v =2k$ и $5u+ 3v = 2l,$ где $k,l≥0$ и $k+ l= 2y.$ Тогда,

u 1 ( k l) v 1 (l k) 5 =2 2 +2 , 3 = 2 2− 2

Отсюда $l>k ≥0.$ Значит, $l 2$ делится на $4.$ Тогда $k 2$ четное, но не делится на $4,$ поскольку $v 3$ нечетное целое число. Таким образом $k k =1, 2 = 2$ и $v l−1 3 = 2 − 1.$ Поскольку $k+l= 1+ l$ четное число, $l− 1$ тоже чётно, $l− 1= 2s.$ Тогда

3v = (2s− 1)(2s+ 1)

– произведение двух чисел, отличающихся на $2$ и являющихся степенями тройки. Следовательно, эти множители это $1$ и $3.$ Значит, $s= 1, l= 3, 2y = 4.$

Ответ:

$(2,2,2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#74660Максимум баллов за задание: 7

Банкир узнал, что среди одинаковых на вид монет одна — фальшивая (более легкая). Он попросил эксперта определить эту монету с помощью чашечных весов без гирь, причем потребовал, чтобы каждая монета участвовала во взвешиваниях не более двух раз. Какое наибольшее число монет может быть у банкира, чтобы эксперт заведомо смог выделить фальшивую за $n$ взвешиваний?

Источники: ММО-1997

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала решим более простую задачу: пусть банкир запретил использовать каждую монету более 1 раза. Из какого наибольшего числа монет можно выделить более легкую за k взвешиваний?

Подсказка 2

Что, если на одной из чаш будет более одной монеты?

Подсказка 3

Тогда выделить среди них фальшивую монету не удастся, поэтому при каждом взвешивании на чаши кладется по одной монете.

Подсказка 4

Если весы не в равновесии, то фальшивая монета очевидна. А если в равновесии, то количество подозрительных монет уменьшится на 2. Из скольких монет тогда можно выделить фальшивую при k взвешиваниях?

Подсказка 5

Из 2k+1. Вернемся к исходной задаче, обозначим ответ в ней за f(n). Пусть при первом взвешивании на чашах лежало по s монет. Что, если весы окажутся не в равновесии?

Подсказка 6

Тогда фальшивую монету надо будет искать среди s монет, причем каждую из них можно использовать лишь по одному разу, и осталось n-1 взвешивание. Что тогда следует из ранее доказанного?

Подсказка 7

s ≤ (2n - 1) + 1 = 2n - 1. Что, если весы окажутся в равновесии?

Подсказка 8

Мы получим исходную задачу для монет, не попавших на весы. Сколько будет их и взвешиваний?

Подсказка 9

Монет, не попавших на весы, (f(n) - 2s), взвешиваний (n-1). Какое неравенство тогда получим?

Подсказка 10

f(n) - 2s ≤ f(n-1). Преобразуйте неравенство, воспользовавшись доказанным ранее.

Подсказка 11

Можно убедиться, что f(1) = 3, какая оценка накладывается на f(n) исходя из суммы арифметической прогрессии?

Показать ответ и решение

Решим сначала более простую задачу. Пусть банкир разрешает класть на весы монеты не более $1$ раза. Из какого наибольшего числа монет можно выделить более легкую за $k$ взвешиваний?

Если при каком-то взвешивании на чаше весов будет больше одной монеты, то из них выделить фальшивую монету не удастся (второй раз взвешивать монету нельзя!). Поэтому при каждом взвешивании на чаши кладется по одной монете.

Если весы не в равновесии, то фальшивая монета очевидна. А если в равновесии, то количество подозрительных монет уменьшится на $2.$ Следовательно, при $k$ взвешиваниях можно выделить фальшивую из $2k +1$ монет.

Возвращаясь к исходной задаче, обозначим ответ в ней через $f(n).$ Пусть при первом взвешивании на чашах лежат по $s$ монет. Если весы окажутся не в равновесии, то придется искать фальшивую монету среди $s$ монет, причем каждую из них можно использовать лишь по одному разу, и осталось $n− 1$ взвешивание. По доказанному $s≤ 2(n − 1)+ 1= 2n − 1.$

Если весы в равновесии, то получаем исходную задачу для монет, не попавших на весы (их $f(n)− 2s$ ), и $n − 1$ взвешивания, значит,

f(n)− 2s≤ f(n − 1)

Отсюда

f(n)≤ f(n− 1)+ 2s≤ f(n − 1)+ 2(2n− 1)

Следовательно,

f(n)≤ 2(2n− 1)+2(2n− 3)+ ...+ 2⋅3+ f(1)

Поскольку, как легко проверить, $f(1)= 3,$ имеем $f(n)≤ 2n2+ 1$ по формуле для суммы арифметической прогрессии.

С другой стороны, если имеется $2 2n + 1$ монет и каждый раз брать $s$ максимальным, то есть на первом шаге $s =2n − 1,$ на втором — $s= 2n− 3,$ и т. д., то эксперт сможет выделить фальшивую монету. Значит, $2 f(n)= 2n + 1.$

Ответ:

$2n2+ 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#61458Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если в числе $12008$ между нулями вставить любое количество троек, то получится число, делящееся на $19.$

Источники: ММО-1995, 9.1, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим число вообще без троек, оно подходит. Если добавить тройку, будет ли оно также подходить? А если еще тройку?

Подсказка 2

Попробуем доказать, что, дописывая тройку, мы сохраняем делимость на 19. На что стоит посмотреть, когда рассматриваем два числа, которые должны делиться оба на какое-то простое p?

Подсказка 3

Да, на их разность, которая тоже делится на p. Осталось эту делимость доказать и вуаля - задача решена!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Докажем утверждение методом математической индукции.

База индукции: $12008$ делится на $19$ . Действительно, $12008= 19⋅632$ .

Шаг индукции: покажем, что если число указанного вида делится на $19$ , то и следующее за ним делится на $19.$

Для этого достаточно доказать, что разность двух соседних чисел делится на $19.$ В самом деле:

120k3..тр.о.ек.308− 120k3−.1..т.р..ой.к.3а08= (1203− 120)⋅10k+1.

Эта разность делится на $19$ , так как $1203− 120= 1083= 19 ⋅57.$

Второе решение.

Вставим произвольное число троек, получим $n= 1203...308$ , умножим это число на $3$ , получится $3609...924$ . Нам требуется доказать, что это число кратно $19$ (умножение на $3$ на это свойство никак не влияет).

Добавим к полученному числу $95= 19⋅5$ (очевидно, что на делимость это тоже не влияет), имеем $3610...019= 361 ⋅10k+2+ 19$ , которое кратно $19$ ( $361= 192$ ).

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#82165Максимум баллов за задание: 7

Найти геометрическое место середин отрезков с концами на двух различных непересекающихся окружностях, лежащих одна вне другой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть S₁ и S₂ — данные окружности, O₁ и O₂ — их центры. Может, попробуем параллельно перенести одну на другую?

Подсказка 2

Давайте считать, что R₁ ≤ R₂, параллельно перенесем вторую внутрь первой при помощи вектора (O₂O₁). Обозначим полученную окружности за S₂'. Пусть A₁ — точка окружности S₁, A₂ и A₂' — точки окружностей S₂ и S₂', соответствующие друг другу.

Подсказка 3

Пусть M — середина отрезка A₁A₂, M' — середина отрезка A₁A₂', тогда что можно сказать про вектор (M'M)?

Подсказка 4

В силу параллельного переноса, (M'M) = 1/2 * (O₁O₂). Какой случай тогда можно рассмотреть?

Подсказка 5

Далее будем рассматривать две концентрические окружности, ведь можно сдвинуть полученное ГМТ на данный вектор.

Подсказка 6

Пусть O — их центр, радиусы — R, r (R > r). Пусть точка А перемещается по меньшей окружности, В — по большей, рассмотрим середину этого отрезка.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $S1$ и $S2$ — данные окружности, $O1$ и $O2$ — их центры. Рассмотрим окружность $S′2,$ которая получается из окружности $S2$ параллельным переносом на вектор $−−O−2→O1;$ центр этой окружности совпадает с центром окружности $S1.$ Пусть $A1$ — точка окружности $S1,A2$ и $A′2$ — точки окружностей $S2$ и $S′2,$ соответствующие друг другу. Если $M$ — середина отрезка $A A , 1 2$ а $M ′$ — середина отрезка $A A′, 1 2$ то $−M−−→′M = 1 ⋅−O−−O→. 2 1 2$ Поэтому можно рассмотреть случай, когда даны две концентрические окружности, потому что полученное ГМТ можно сдвинуть на вектор $1 −−−→ 2 ⋅O1O2.$

$PIC$

Пусть $O$ — общий центр двух окружностей радиусом $R$ и $r,$ причём $R> r.$ Фиксируем на окружности радиуса $r$ точку $A$ и рассмотрим середины всех отрезков $AB,$ где точка $B$ перемещается по окружности радиуса $R.$ Они образуют окружность (в этом можно убедиться, если сделать гомотетию в $A$ с коэффициентом $2,$ тогда все середины попадут на большую окружность), причём её самая близкая к $O$ точка находится на расстоянии $R-−2r,$ а самая далёкая — на расстоянии $R+r2 .$ Если точка $A$ будет двигаться по всей окружности, то мы получим кольцо с внутренним радиусом $R−2r$ и внешним радиусом $R+r2 .$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#31223Максимум баллов за задание: 7

Ученик не заметил знака умножения между двумя семизначными числами и написал одно четырнадцатизначное число, которое оказалось в три раза больше их произведения. Найдите эти числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть даны числа n и m. В силу условия следует равенство m*10^7+n=3mn(так как числа семизначные). Чему кратно n и как это можно использовать?

Подсказка 2

Действительно, n кратно m. Значит мы можем записать n=mk и подставить в исходное равенство. Что можно сказать про k и n в таком случае(учитывая что числа m и n имеют одинаковое кол-во знаков)?

Подсказка 3

Да, мы можем сказать, что k<10 (так как числа имеют одинаковое кол-во знаков). Но также можно сказать, что 10⁷<3n<10⁷+10, откуда 3333334<=n<=3333336. Как теперь можно улучшить оценку на k?

Подсказка 4

В силу того, что m ≥ 10⁷, n/m<4, а значит k<4, а значит k<=3. Осталось учесть тот факт, что 10⁷+k кратно 3, и получить ответ!

Показать ответ и решение

Пусть на доске было написаны семизначные числа $m,n$ в виде $m⋅n.$ После того, как ученик стёр знак умножения, получилось число, равное $7 m ⋅10 + n.$ По условию имеем $7 m ⋅10 +n =3mn$

Первое решение.

Так как $7 7 n =3mn − m ⋅10 = m⋅(3n− 10 ),$ то $n= km$ при некотором $k ∈ℕ$ и $7 7 km = m(3km− 10) ⇐ ⇒ 10 = k(3m − 1).$

Число $m$ семизначное, поэтому $m ≥ 1000000$ , тогда $6 3m − 1≥ 3⋅10 − 1$ . Если $k ≥4$ , то получаем $7 6 6 10 =k(3m− 1)≥ 4⋅(3⋅10 − 1)> 10⋅10$ противоречие.

При $k= 1$ имеем $7 3m − 1= 10 =9999999+ 1$ противоречие с тем, что в уравнении $3(m − 3333333)= 2$ левая часть делится на $3$ , а правая не делится.

При $k= 2$ имеем $6 3m − 1= 5⋅10 ⇐ ⇒ m = 1666667$ , откуда $n =mk = 3333334$ .

При $k= 3$ имеем $3(3m − 1)= 107 =9999999+ 1$ противоречие с делимостью на $3$ .

Второе решение.

Так как $n =3mn − m ⋅107 = m⋅(3n− 107),$ то $n= km$ при некотором $k ∈ℕ$ и $km = m(3n− 107) ⇐⇒ 3n= 107+k.$

Как отношение семизначных чисел $0 <k <10$ , поэтому $107+ 0< 3n< 107 +10$ . Следовательно, $333333313 < n< 333333623$ . Значит, $k <4$ , то есть $107+ 1≤3n ≤107+ 3$ . Лишь одно число в этом интервале делится на $3 :$ это $107+ 2$ . Поэтому $n =3333334,m =1666667$ .

Ответ:

$1666667,3333334$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#81314Максимум баллов за задание: 7

Придворный астролог называет момент времени хорошим, если часовая, минутная и секундная стрелки часов находятся по одну сторону от какого-нибудь диаметра циферблата (при этом секундная стрелка может показывать только на деления, соответствующие минутам, а часовая и минутная стрелки движутся равномерно). Каких моментов времени в сутках больше, хороших или плохих?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала разберёмся, когда же момент времени является плохим. Рассмотрим две любые стрелки, какие положения третьей стрелки "портят" момент?

Подсказка 2

Пусть O — центр часов. Лучи OS, OM, OH соответствуют секундной, минутной и часовой стрелкам соответственно. Рассмотрим минутную и часовую стрелку. Какие положения OH нас не устраивают?

Подсказка 3

Верно! Когда луч HO (именно такой порядок) лежит в секторе между лучами MO и SO, иначе, существует нужный диаметр. Советую нарисовать для полного осознания.

Подсказка 4

Мы нашли хотя бы какой-то критерий "плохости" момента. Теперь отвлечёмся от этого. Как в теории можно доказать, что чего-то больше чего-то. Какие стандартные идеи мы знаем?

Подсказка 5

Ну, например, посчитать в явном виде. Давайте-ка прикинем... Да как это вообще считать? Столько случаев... Значит, нужно что-то более умное. Что это может быть?

Подсказка 6

Верно! Отображение одного множества в другое. Другими словами, нам нужно построить соответствие между "хорошими" и "плохими" моментами. Потом в каком-то из этих множеств (пусть А) найти элемент, для которого нет соответствия в оставшееся множество. Это будет означать что множество А "больше" B. Придумаем сначала соответствие.

Подсказка 7

Хотим, чтоб соответственные моменты не особо сильно то и отличались. Значит, можно попробовать менять лишь один параметр (часы, минуты, секунды), чтоб придумать алгоритм. Не забываем про критерий "плохости".

Подсказка 8

Раз мы выбрали как две основные стрелки минутную и секундную, давайте попробуем менять часовую. Очевидное замечание: при изменении часов на целое число секундная и минутная остаются на тех же местах. Как бы перевести "плохую" часовую стрелку в "хорошую"?

Подсказка 9

Верно! Отразить относительно центра часов, чтоб она вышла из плохого сектора. Или же прибавить 6 часов. Что мы теперь имеем?

Подсказка 10

Каждому плохому моменту соответствует хороший, причём они все различны (осознайте это). Что это означает?

Подсказка 11

Что плохих моментов не больше, чем хороших. Осталось найти хороший момент, которому по аналогичному принципе соответствует тоже хороший. Тогда задача будет решена. Успехов!

Показать ответ и решение

Сделаем несколько замечаний, каждое из которых очевидно.

Любые две стрелки определяют «плохой» сектор между их продолжениями, попав в который, третья стрелка создает плохой момент времени. Этот сектор не превосходит $∘ 180 .$

Через целое число часов положение минутной и секундной стрелок будет таким же.

Заметим, что через 6 часов после каждого плохого момента будет хороший (так как часовая стрелка повернется на $∘ 180$ и попадет из плохого сектора в хороший).

С другой стороны бывают хорошие моменты, через $6$ часов после которых будет опять хороший момент. Теперь можно разбить сутки на интервалы хорошего и плохого времени, так что каждому интервалу плохого времени соответствует интервал хорошего времени такой же длины (при сдвиге на $6$ часов), поэтому хорошего времени не меньше, чем плохого. Кроме того, некоторым интервалам хорошего времени соответствуют опять хорошие интервалы. Так, например, интервалу $3 :00:00− 3:00:05$ соответствует интервал $9 :00 :00− 9:00:05.$ Оба интервала хорошие. Значит, хорошего времени больше, чем плохого.

Ответ:

Хороших

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#82706Максимум баллов за задание: 7

Ученик не заметил знак умножения между двумя трёхзначными натуральными числами и написал одно шестизначное число, которое оказалось в семь раз больше их произведения. Найдите эти числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть x и y — исходные трёхзначные числа. Как тогда можно переформулировать условие задачи?

Подсказка 2

y — трёхзначное, как слева к нему "приписать" x через сложение?

Подсказка 3

Представьте полученное число как 1000x + y. Тогда оно равно 7xy.

Подсказка 4

Что можно сказать про делимость y?

Подсказка 5

1000x + y = 7xy, 1000x кратно x, тогда и y кратно x. Какую замену можно сделать?

Подсказка 6

Пусть y = kx.

Подсказка 7

Заметим, что если k ≥ 10 y не является трёхзначным числом.

Подсказка 8

Подумайте о делимости на 7.

Показать ответ и решение

Пусть $x$ и $y$ — исходные трехзначные числа. Число, составленное из них, равно $xy.$ Тогда из условия имеем уравнение

-- 7xy = xy

Так как $x$ и $y$ трехзначные числа, то $xy = 1000x+ y.$ С учетом этого наше уравнение принимает вид

7xy =1000x+y

Это уравнение в целых числах. Так как $.. 7xy. x$ и $.. 1000x . x,$ то и $.. y. x.$ Пусть тогда $y = kx.$ После подстановки уравнение примет вид

7xkx =1000x+kx

Разделим уравнение на $x$

7kx= 1000+ k

Ясно, что $1 ≤k≤ 9,$ так как при $k ≥10$ получаем $y = kx≥ 10x≥ 104,$ но это противоречит условию о том, что число $y$ — трехзначное.

Так как $7kx ... 7,$ то $1000+k ... 7.$ Так как $1001$ — первое число, большее или равное $1000,$ делящееся на $7.$ Тогда $k$ имеет остаток $1$ при делении на $7.$ Таким образом, $k= 1$ или $k= 8.$

При $k= 1$ уравнение имеет вид $7x= 1001,$ откуда $x= 143.$ Так как $y =kx,$ то $y =143.$
При $k= 8$ уравнение имеет вид $56x= 1008,$ откуда $x= 18.$ Но $x$ — трехзначное число. Противоречие

Ответ:

$143$ и $143$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#30981Максимум баллов за задание: 7

Известно, что число $n$ является суммой квадратов трёх натуральных чисел. Докажите, что число $n2$ тоже является суммой квадратов трёх натуральных чисел.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Самый главный вопрос - как нам так разложить n²! Давайте запишем его как (a²+b²+c²)² и раскроем скобки! Получившиеся слагаемые необходимо сгруппировать в три квадрата.

Подсказка 2

Заметим, что a⁴, b⁴, c⁴ получились тогда из одного из этих квадратов. Но это не мог быть (a²+b²+c²)² , значит попробуем (a²+b²-c²)². Тогда посмотрите, какие слагаемые еще останутся, если часть мы сгруппируем в такой квадрат, и попробуйте остальное тоже разложить как квадраты!

Показать доказательство

Сделаем обозначения по условию: $n =a2+ b2+ c2,a≥ b≥c.$ Если мы упорядочим так переменные, то натуральным будет число $2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a + b − c ≥ 2b− c > b− c ≥ 0 =⇒ a + b − c ≥ 1.$ Попробуем собрать его квадрат с ещё двумя другими натуральными:

2 ( 2 2 2)2 4 4 4 2 2 22 22 n = a +b + c = a + b+ c + 2a b +2b c +2a c =

(4 4 4 22 22 2 2) 22 22 = a +b + c+ 2a b− 2bc − 2ac +4b c +4a c =

(2 2 2)2 2 2 = a + b − c +(2bc) + (2ac)

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Если число $n$ является суммой квадратов двух натуральных чисел, то число $n2$ уже не обязательно является суммой квадратов двух натуральных чисел, например,

2 2 2 (1 + 1) = 4= 1+ 3=2 +2,

несмотря на справедливость схожего с решением по виду тождества

(a2+b2)2 =(a2− b2)2+ (2ab)2

Замечание.

В виде суммы четырёх квадратов целых чисел можно представить уже любое натуральное число. Это одна из теорем Лагранжа.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#74873Максимум баллов за задание: 7

Найдите $x , 1000$ если $x = 4,x = 6 1 2$ и при любом натуральном $n≥ 3,x n$ — наименьшее составное число, большее $2x − x . n−1 n−2$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте посчитать следующие элементы последовательности.

Подсказка 2

x₃ = 9, x₄ = 14. Попробуйте заметить зависимость и составить формулу.

Подсказка 3

Как будто xₙ = 1/2 * n(n+3) подходит, надо теперь доказать в общем виде.

Подсказка 4

Воспользуйтесь методом математической индукции.

Показать ответ и решение

Докажем по индукции, что $x = 1n(n+ 3). n 2$

База. При $n= 3, 4$ формула верна: $2x2− x1 = 8,$ то есть $x3 =9$ ; $2x3− x2 = 12,$ то есть $x4 = 14.$

Шаг индукции.

1 1 1 2xn− xn−1 =2⋅ 2n(n +3)− 2(n − 1)(n +2)= 2(n+ 1)(n+ 4)− 1

По условию, $xn+1$ – первое составное число, большее чем $1 2(n+ 1)(n+ 4)− 1.$ Но число $1 2(n +1)(n +4)$ – составное. Действительно, если $n$ нечётно, то

12(n +1)(n +4)= (n+ 4)⋅ 12(n+ 1)

Каждый из сомножителей – целое число, большее $2.$ Аналогично рассматривается случай чётного $n.$

Итак, $xn+1 = 12(n+ 1)(n+ 4).$ Подставляя $n= 1000,$ получаем $x1000 = 500⋅1003.$

Ответ:

$500⋅1003$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#93854Максимум баллов за задание: 7

У Пети всего $28$ одноклассников. У каждых двух из $28$ различное число друзей в этом классе. Сколько друзей у Пети?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть смысл посмотреть на одноклассника Пети, у которого больше всего друзей и одноклассника, у которого меньше всего. Подумайте, сколько у них друзей.

Подсказка 2

Подумайте, что будет, если этих двоих убрать из класса. Как будут дружить остальные одноклассники?

Показать ответ и решение

У одноклассников Пети может быть $0,1,2,...,28$ друзей — всего $29$ вариантов. Но если кто-то дружит со всеми, то у всех не меньше одного друга. Поэтому либо кто-то дружит со всеми, либо кто-то не дружит ни с кем. В обоих случаях остается $28$ вариантов: $1,2,...,28$ или $0,1,...,27.$

Пусть у $A$ больше всего друзей, а у $B$ — меньше всего. В первом случае $A$ дружит со всеми, а $B$ — только с $A.$ Во втором случае $B$ не дружит ни с кем, а $A$ — со всеми, кроме $B.$ В каждом из случаев $A$ дружит с Петей, а $B$ — нет. Переведём $A$ и $B$ в другой класс. Как мы уже видели, $A$ дружит со всеми из оставшихся, а $B$ — ни с кем из оставшихся. Поэтому после перевода у каждого стало на одного друга меньше (среди одноклассников). Значит, у оставшихся Петиных одноклассников снова будет разное число друзей среди одноклассников.

Cнова переведём самого “дружелюбного” и самого “нелюдимого” в другой класс и т. д. Повторяя эти рассуждения $14$ раз, мы переведём в другой класс $14$ пар школьников, в каждой из которых ровно один Петин друг. Итак, друзей у Пети $14.$

Ответ:

$14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#111652Максимум баллов за задание: 7

Можно ли разбить множество целых чисел на три подмножества так, чтобы для любого целого значения $n$ числа $n,n− 50,n+ 1987$ принадлежали трём разным подмножествам?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пойдем от противного: предположим, что такое разбиение существует. Будем писать m ∼ k, если целые числа m и k принадлежат одному и тому же подмножеству, и m ≭ k в противном случае. Что бы нам хотелось доказать?

Подсказка 2

Может, стоит доказать, что n эквивалентно каким-то "приятным" числам?

Подсказка 3

Что, если n ∼ n + 1937 и n ∼ n - 150?

Подсказка 4

Мы получим, что 0 ∼ -50.

Подсказка 5

Назовём тройку чисел представительной, если она содержит по одному числу от каждого подмножества разбиения. Попробуйте рассмотреть несколько представительных троек.

Подсказка 6

Например, можно рассмотреть {n-50; n; n+1987}, {n-100; n-50; n+1937}, {n+1937; n+1987; n+2⋅1987}.

Подсказка 7

Из первой тройки, например, следует, что n ≭ n-50 и n ≭ n+1987.

Показать ответ и решение

Докажем от противного, что нельзя. Предположим, что указанное в условии разбиение существует. Будем писать $m ∼k,$ если целые числа $m$ и $k$ принадлежат одному и тому же подмножеству, и $m ⁄∼ k$ в противном случае. Докажем, что для любого целого $n :$

n ∼ n+ 1937 и n∼ n− 150

отсюда будет следовать:

0 ∼1937∼ 2⋅1937∼ ...∼ 50⋅1937 =646⋅150 − 50∼ 645⋅150− 50∼ ...∼ −50

т.е. $0 ∼− 50,$ что противоречит условию задачи.

Назовём тройку чисел представительной, если она содержит по одному числу от каждого подмножества разбиения. По предположению тройки:

{n− 50,n,n+ 1987}, {n − 100,n − 50,n+ 1937}, {n+ 1937,n+ 1987,n+ 2⋅1987}

являются представительными при любом $n$ (заметим, что $1937= 1987− 50$ ). Из второй и третьей тройки следует, что:

n+ 1937⁄∼ n− 50 и n+ 1937⁄∼ n+ 1987

а из первой тройки:

n⁄∼ n− 50 и n⁄∼ n+ 1987

Отсюда вытекает первое утверждение: $n∼ n+ 1937.$ Теперь рассмотрим тройку ${n − 100,n − 50,n},$ которая также представительна. Подставляя $n− 50$ вместо $n,$ получим представительную тройку ${n− 150,n− 100,n− 50}.$ Сравнение этих троек приводит ко второму утверждению: $n ∼n − 150.$

Ответ:

Нельзя

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#119320Максимум баллов за задание: 7

На плоскости расположено $N$ точек. Отметим середины всевозможных отрезков с концами в этих точках. Какое наименьшее число отмеченных точек может получиться?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте придумать пример.

Подсказка 2

Что, если расположить все точки на оси OX через равные промежутки?

Подсказка 3

Тогда середины будут образовывать арифметическую прогрессию с шагом в половину расстояния между соседними точками, что даёт ровно 2N-3 различных середин. Докажите, что нельзя получить меньшее количество.

Подсказка 4

Попробуйте рассмотреть наибольший отрезок.

Подсказка 5

Рассмотрите середину наибольшего отрезка AB и середины AX и BX для произвольной точки X.

Подсказка 6

Докажите, что для N-2 точек (кроме A и B) есть ровно 2(N-2) уникальных середины.

Показать ответ и решение

Наименьшее возможное число отмеченных точек равно $2N − 3.$ Пример: расположим все точки на оси $OX$ через равные промежутки. Тогда середины будут образовывать арифметическую прогрессию с шагом в половину расстояния между соседними точками, что даёт ровно $2N − 3$ различных середин.

Докажем, что меньше $2N − 3$ получить нельзя. Пусть $AB$ — наибольший отрезок. Его середина $M$ уникальна. Для любой другой точки $X$ рассмотрим середины отрезков $AX$ и $BX.$ Эти середины:

Не совпадают с $M,$ так как $AX < AM$ и $BX < AM$ (иначе $AB$ не был бы максимальным).
По середине отрезка и одному из концов однозначно восстанавливается второй конец. Поэтому для любых $X,$ $Y$ середины отрезков $AX,$ $AY$ (соответственно $BX,$ $BY$ ) различны.
Для любых $X,$ $Y$ середины отрезков $AX,$ $BY$ различны: если бы они совпадали в точке $K,$ то по неравенству треугольника $AK + BK >AB,$ откуда $AX >AB$ или $BY > AB.$

Таким образом, для $N − 2$ точек (кроме $A$ и $B$ ) получаем $2(N − 2)$ уникальных середин. Добавляя исходную середину $M,$ получаем общее количество: $1+ 2(N − 2)= 2N − 3.$

Ответ:

$2N − 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#94492Максимум баллов за задание: 7

В стране некоторые города соединены двусторонними дорогами. В $2022$ году на некоторых дорогах было введено одностороннее движение. В $2023$ году на этих дорогах было восстановлено двустороннее движение, а на остальных дорогах введено одностороннее движение. В оба года из любого города можно было проехать в любой другой. Докажите, что в $2024$ году можно ввести одностороннее движение на всех дорогах, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Решите задачу по индукции по количеству городов. База очевидна. Как можно выполнить переход?

Подсказка 2

Выберете в графе цикл, затем склейте все вершины цикла в одну. Какой цикл нужно взять? Как из этого сделать переход индукции?

Показать доказательство

Индукция по числу городов.

База. Если в городе имеются всего два города $A$ и $B,$ то утверждение очевидно: по условию из $A$ в $B$ ведут не менее двух дорог; поэтому достаточно установить по одной из этих дорог движение от $A$ к $B,$ а по второй — от $B$ к $A,$ мы сможем проехать от каждого города до любого, отличного от него.

Шаг индукции. Рассмотрим страну, имеющий $n +1$ город и два соседних из этих городов — города $A$ и $B,$ соединённые улицей $AB.$ Поскольку после введения на дороге $AB$ (при её ремонте) одностороннего движения — скажем, от $A$ к $B$ — проехать от $B$ к $A$ было возможно, то из $B$ в $A$ ведёт некоторая не включающая дороги $AB$ “цепочка” дорог (эту “цепочку” можно считать не имеющей самопересечений). Таким образом, мы приходим к существованию в стране “кольца” $s$ — замкнутой сети дорог, ведущей из $A$ в $B,$ а затем (через ряд “промежуточных” городов) — снова в $A.$

Рассмотрим теперь новую страну, план которой получается из плана прошлой страны “склеиванием” всех городов нашего кольца $s$ в один город $S,$ из которого исходят все дороги реально “упирающиеся” в кольцо $s.$ Число городов такоой условной страны меньше $n +1;$ поэтому по предположению индукции в нём можно ввести по всем дорогам одностороннее движение с соблюдением требований задачи. Если мы затем оставим движение по всем не входящим в кольцо $s$ дорогам таким же, каким оно было в этой новой стране, а по кольцу $s$ пустим движение в одном (безразлично каком!) направлении, то на всех городах страны будет установлено одностороннее движение — и притом с каждого города можно будет проехать в любой другой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#81743Максимум баллов за задание: 7

Из первых $k$ простых чисел $2,3,5,...,p k$ $(k> 5)$ составлены всевозможные произведения, в которые каждое из чисел входит не более одного раза (например, $3⋅5, 3⋅7⋅...⋅pk, 11$ и т. д.). Обозначим сумму всех таких чисел через $S.$ Доказать, что $S+ 1$ разлагается в произведение более $2k$ простых сомножителей.

Показать доказательство

Ясно, что $S+ 1= (2+1)(3 +1)...(p +1). k$ Сумма в каждой скобке, кроме первой, чётна, поэтому она разлагается по крайней мере на два простых множителя. Несложные вычисления показывают, что при $k= 5$ число $S+ 1$ разлагается в произведение $11$ простых множителей. Поэтому при $k >5$ число множителей не меньше чем $11+2(k− 5) >2k.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#91943Максимум баллов за задание: 7

Дан остроугольный треугольник $A B C . 0 0 0$ Пусть точки $A , 1$ $B , 1$ $C 1$ — центры квадратов, построенных на сторонах $B C , 0 0$ $C A , 0 0$ $A0B0.$ С треугольником $A1B1C1$ делаем то же самое. Получаем треугольник $A2B2C2$ и т.д. Доказать, что $Δ$ $An+1Bn+1Cn+1$ пересекает $Δ$ $AnBnCn$ ровно в 6 точках.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что первый треугольник остроугольный. Если бы мы знали, что каждый новый треугольник является остроугольным, получилось бы решить задачу?

Подсказка 2

Предположим, что мы знаем, что все треугольники остроугольные. Рассмотрим (n-1)-ый и n-ый треугольники и шестиугольник, образованный их вершинами. Можно ли доказать, что он выпуклый?

Подсказка 3

Конечно! Стороны этого шестиугольника являются биссектрисами квадратов, построенных на сторонах (n-1)-го треугольника, тогда диагонали этого шестиугольника лежат внутри его углов. Тогда задача решена. А как доказать, что все треугольники остроугольные?

Подсказка 4

Конечно, надо действовать по индукции! Ранее мы использовали только остроугольность (n-1)-го треугольника. Можно ли теперь вновь использовать утверждение, которое мы уже доказали?

Подсказка 5

Можно! Мы уже знаем, что из n-го и (n-1)-го треугольника легко появляется выпуклый шестиугольник. Как из этого получить нужное утверждение?

Показать доказательство

Докажем, что если $△A B C n−1 n−1 n−1$ остроугольный, то $A B C n n n$ пересекает его в шести точках. Заметим, что $∘ ∠BnAn −1Bn−1 = ∠CnAn−1Bn−1 = 45 .$ Тогда лучи $An−1Bn−1$ и $An−1Cn −1$ лежат внутри угла $BnAn−1Cn.$ Аналогичное утверждение верно для вершин $Bn−1$ и $Cn−1.$ Таким образом, $An−1CnBn−1AnCn−1Bn$ — выпуклый шестиугольник. Тогда, действительно, $△An −1Bn−1Cn−1$ и $△AnBnCn$ пересекаются в $6$ точках.

Докажем теперь, что $AnBnCn$ — остроугольный треугольник. Доказательство проведем по индукции. База верна по условию. Пусть $△An −1Bn−1Cn−1$ — остроугольный. Тогда у нас уже есть доказанное утверждение о том, что $An− 1CnBn −1AnCn −1Bn$ — выпуклый шестиугольник. Тогда $∘ ∠CnAnBn < ∠Bn−1AnCn −1 = 90 .$ Таким образом, $∠CnAnBn$ — острый. Аналогично для остальных углов треугольника $AnBnCn.$ Тогда, действительно, треугольник $AnBnCn$ остроугольный.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#81747Максимум баллов за задание: 7

В десятичной записи целого числа $A$ все цифры, кроме первой и последней, нули, первая и последняя – не нули, число цифр – не меньше трёх. Доказать, что $A$ не является точным квадратом.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пойдем от противного: предположим, что А является точным квадратом.

Подсказка 2

Что можно сказать о последней цифре А?

Подсказка 3

Докажите, что А может оканчиваться только на 1, 4 или 9.

Подсказка 4

Рассмотрите квадратный корень последней цифры А.

Подсказка 5

Давайте его просто выкинем: будем рассматривать число A - x², где x — квадратный корень последней цифры А.

Подсказка 6

Пусть k — количество нулей в A - x². Что можно сказать о делимости на 5?

Подсказка 7

x не делится на 5, что тогда можно сказать о множителях A - x²?

Подсказка 8

Вспомните формулу разности квадратов.

Подсказка 9

Попробуйте найти противоречие с (k+1)-значностью A.

Показать доказательство

Предположим, что $A$ точный квадрат. Тогда его последняя цифра будет $1,4,5,6$ или $9.$ Но точный квадрат не может оканчиваться ни на $05,$ ни на $06$ – например, потому что число, оканчивающееся на $05,$ дает остаток $5$ при делении на $25,$ а число, оканчивающееся на $06,$ дает остаток $2$ при делении на $4.$

Следовательно, число $A$ оканчивается на одну из цифр $1,4,9.$ Обозначим через $x$ квадратный корень из последней цифры числа $A.$ Пусть $k$ – число нулей в числе $2 A − x .$ (Можно считать, что $k >2.$ ) Так как число $x$ не делится на $5,$ то ровно одно из чисел $√ -- √-- A− x, A + x$ делится на $5,$ а значит, и на $k 5 .$ Следовательно, одно из этих чисел не меньше $k 5,$ а другое не меньше $k 5 − 6$ (ведь $x ≤3$ ). Значит, произведение этих чисел не меньше, чем $k (k ) k k k 5 5 − 6 > 5 ⋅9 ⋅2 =9⋅10 ,$ что противоречит $(k+ 1)$ -значности числа $A.$ Итак, число $A$ не может быть точным квадратом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#88126Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что количество делителей натурального числа $n$ не превосходит $2√n.$

Источники: ММО - 1960, задача 7.5

Показать доказательство

Если $d$ — делитель числа $n,$ то $n d$ — тоже делитель числа $n.$ Хотя бы одно из этих двух чисел не превосходит $√n.$ Поэтому число делителей не превосходит $√- 2 n.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#31278Максимум баллов за задание: 7

Даны вещественные числа $A,B,C,D$ . Известно, что модули всех корней уравнения

2 2 x + Ax+ B =0,x +Cx + D= 0

меньше единицы. Докажите, что модули корней уравнения

2 1 1 x + 2(A +C )x +2(B +D )= 0

также меньше единицы.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что третье уравнение это полусумма первого и второго.
Что происходит с местоположением корней при такой операции не очень понятно, поэтому посмотрим на то, что происходит вне интервала (-1; 1)

Подсказка 2

Сформулируем условие так: функции x^2 + Ax + B и x^2 + Cx + D положительны вне интервала (-1; 1).
А какие значения на этом множестве может принимать их полусумма?

Подсказка 3

Их полусумма вне интервала (-1; 1) также будет принимать только положительные значения. Тогда какими по модулю могут быть корни? (если они есть)

Показать доказательство

Раз корни $f(x)= x2+Ax +B$ и $g(x)= x2+ Cx+ D$ лежат на интервале $(−1,1)$ , то при $|x|≥1$ выполнено $f(x) >0$ и $g(x) >0.$ Но тогда

2 h(x)= x + (A +C )∕2x+ (C + D)∕2 =(f(x)+g(x))∕2

также принимает положительные значения при $|x|≥ 1$ , поэтому если у него есть корни, то они лежат на $(− 1,1)$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание: вообще говоря, $h(x)$ не обязано иметь корни, например, при $f(x)=(x− 1∕2)(x− 1∕3), g(x)= (x +1∕2)(x+ 1∕3)$ их нет.

Следующая подтема