Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

ММО - задания по годам → .14 ММО 2022

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

ММО до 2010

ММО 2010

ММО 2011

ММО 2012

ММО 2013

ММО 2014

ММО 2015

ММО 2016

ММО 2017

ММО 2018

ММО 2019

ММО 2020

ММО 2021

ММО 2022

ММО 2023

ММО 2024

ММО 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#36669

Волейбольный чемпионат с участием $16$ команд проходил в один круг (каждая команда играла с каждой ровно один раз, ничьих в волейболе не бывает). Оказалось, что какие-то две команды набрали в круговом волейбольном турнире одинаковое число очков (каждая команда играла с каждой ровно один раз). Докажите, что найдутся такие команды $A,B$ и $C,$ что $A$ выиграла у $B,B$ выиграла у $C,$ а $C$ выиграла у $A.$

Источники: ММО-2022, 11.2, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из содержательного в условии дано, что есть две команды с одинаковым числом побед, поэтому полезно попробовать рассмотреть именно их.

Подсказка 2

Пусть команды, у которых поровну очков - это А и В. Допустим, А выиграла у В. Сможем ли мы найти к ним команду С среди тех, кого победила В?

Показать доказательство

Рассмотрим команды $A$ и $B,$ одержавшие одинаковое число побед, и пусть в матче между ними победила команда $A.$ Покажем, что обязательно найдется команда $C,$ которая выиграла у команды $A,$ но проиграла команде $B.$ Рассмотрим все команды, у которых выиграла команда $B.$ Среди них найдётся хотя бы одна команда, которая выиграла у команды $A,$ так как в противном случае с учётом выигрыша у команды $B$ команда $A$ набрала бы больше очков, чем команда $B.$ Таким образом, тройка команд $A,B,C$ удовлетворяет условию задачи.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#72041

В коллекции Алика есть два типа предметов: значки и браслеты. Значков больше, чем браслетов. Алик заметил, что если он увеличит количество браслетов в некоторое (не обязательно целое) число раз, не изменив количества значков, то в его коллекции будет 100 предметов. А если, наоборот, он увеличит в это же число раз первоначальное количество значков, оставив прежним количество браслетов, то у него будет 101 предмет. Сколько значков и сколько браслетов могло быть в коллекции Алика?

Источники: ММО-2022, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При решении подобных задач в первую очередь стоит попробовать составить систему уравнений. Так, пусть значков было х, брелков - y, и мы увеличиваем в n раз. При этом структура уравнений в полученной системе очень схожа - одни и те же переменные, справа числа, только коэффициенты меняются местами. Как лучше всего такие системы преобразовывать?

Подсказка 2

Кажется, удобно будет сложить эти уравнения и вычесть первое из второго (чтобы справа осталось положительное число), а потом сгруппировать по скобкам. Теперь у нас в обоих уравнениях справа числа, а слева две скобки - при том n есть только в одной из них. Дальше в ответе оно не используется, может, стоит как-нибудь избавиться от n? Но раскрывать скобки и выносить как-то неудобно, может, есть ещё способы?

Подсказка 3

Да, можем выразить а-1 и а+1, поделив выражения на них, а затем сложить - полученное выражение равно двойке. Теперь в уравнении только x, y и натуральные числа. так как x y тоже натуральные, будет удобно привести уравнение их к виду "произведение скобок = число" - тогда мы получим конечное число вариантов значений скобок. Остаётся только подставить эти значения и проверить, возможны ли они

Показать ответ и решение

Пусть у Алика $x$ значков и $y$ браслетов, а увеличение происходит в $n$ раз. Тогда получаем систему

{ x +ny =100 nx +y =101

Складывая эти уравнения и вычитая первое из второго, приводим систему к виду

{ (n +1)(x +y)= 201 (n − 1)(x − y)= 1

Исключая $n,$ получаем

-201-− --1- =2 x+ y x− y

Это уравнение преобразуем к виду

(201− 2u)(2v +1)= 201 =3 ⋅67,

где $u = x+y,v = x− y$ — натуральные числа.

Случай $201− 2u= 201,2v+ 1= 1$ противоречит условию, что значков больше, чем браслетов. Если же $201 − 2u= 1,$ $2v+ 1= 201,$ то $x =100,y =0,$ что невозможно, поскольку по условию в коллекции присутствуют предметы обоих типов. Поэтому возможны два случая:

1.: $2v+ 1= 3,201− 2u= 67,$ тогда $x= 34,y =33,n= 2$
2.: $2v+ 1= 67,201− 2u = 3,$ тогда $x= 66,y =33,n= 3343$

Ответ:

34 значка и 33 браслета или 66 значков и 33 браслета

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#72042

В декартовой системе координат $($ с одинаковым масштабом по осям $x$ и $y)$ нарисовали график показательной функции $y = 3x.$ Затем ось $y$ и все отметки на оси $x$ стёрли. Остались лишь график функции и ось $x$ без масштаба и отметки 0. Каким образом с помощью циркуля и линейки можно восстановить ось $y?$

Источники: ММО-2022, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Наверное, надо как-то воспользоваться тем, что основание степени это 3. Для начала подумайте, что мы можем сказать про абсциссы точек нашего графика, у которых ординаты отличаются в 3 раза...

Подсказка 2

Если у точек ординаты отличаются в 3 раза, то абсциссы отличаются на 1. Давайте отметим на графике точку A. Что хочется сделать, если мы держим в голове предыдущие рассуждения?

Подсказка 3

Хочется найти точку, у которой ордината больше в три раза. Давайте для этого опустим на ось ох перпендикуляр AB. Тогда длина AB это ордината точки A. На луче BA за точку A можно отложить точку C такую, что AC=2AB, тогда C будет искомой. Как найти точку на графике с той же ординатой?

Подсказка 4

Можно провести в точке C прямую, параллельную оси абсцисс. Тогда точка пересечения этой прямой и графика будет искомой (пускай это точка D). Опустим перпендикуляр DN на ось ox ⇒ длина BN это 1. Как с помощью этого можно найти точку пересечения графика с оcью ординат?

Подсказка 5

Все очень просто! Давайте на луче BA от точки B отложим отрезок BQ, равный BN. Тогда прямая, проходящая через Q, параллельно оси ox будет прямой y=1 ⇒ её точка пересечения с графиком функции будет точка с координатами (0, 1). Докрутите размышление и восстановите ось Оy!

Показать доказательство

Будем использовать стандартные построения циркулем и линейкой, изучаемые в школе: построение перпендикуляра к данной прямой из данной точки, а также построение прямой, проходящей через данную точку параллельно данной прямой.

Отметим на графике произвольную точку $A$ и построим перпендикуляр $AB$ к оси $x$ . На продолжении отрезка $BA$ за точку $A$ отметим такую точку $C,$ что $AC = 2AB.$ Далее построим прямую, проходящую через точку $C$ параллельно оси $x,$ и обозначим через $D$ точку её пересечения с графиком. Тогда длина отрезка $CD$ равна 1.

$PIC$

Действительно, если $A$ имеет координаты $(x0,3x0),$ то ордината точки $D$ равна $3⋅3x0 = 3x0+1,$ поэтому её абсцисса равна $x0+ 1.$

Отметим теперь на луче $BA$ точку на расстоянии $CD = 1$ от точки $B$ и проведём через неё прямую, параллельную оси $x.$ Она пересечёт график в точке $(0,1),$ т. е. в той же точке, что и ось $y.$ Для завершения построения остаётся провести через эту точку прямую, перпендикулярную оси $x,$ — это и будет искомая ось $y.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72043

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AL.$ На продолжении отрезка $LA$ за точку $A$ выбрана точка $K$ так, что $AK = AL$ . Описанные окружности треугольников $BLK$ и $CLK$ пересекают отрезки $AC$ и $AB$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что прямые $PQ$ и $BC$ параллельны.

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс, нам необходимо доказать параллельность прямых... Мы можем либо доказать, что AQ/AB=AP/AC, либо как-то посчитать уголочки. Мы знаем, что биссектриса делит сторону в хорошем отношении. Mожет, тогда подумаем по поводу отрезков?

Подсказка 2

Из свойства биссектрисы мы знаем, что AB/AC=BL/LC. Также на картинке можно заметить много секущих, поэтому логично попробовать посчитать их. Например: BL*BC=BQ*BC₁, где C₁- точка пересечения прямой BA с описанной окружностью треугольника △CLK. Если BQ как-то связана с пропорцией, которую нам надо доказать, то BC₁- не очень. Что мы можем сказать про отрезок AC₁?

Подсказка 3

Т.к. AL=AK и уголочки ∠KAC₁ и ∠LAC равны, то из симметрии AC₁=AC. Тогда: BL*BC=BQ*BC₁=BQ*(BA+AC). Аналогично можно получить, что CL*CB=CP*(AC+AB) ⇒ BL/CL=BQ/CP. Что это нам дает?

Подсказка 4

Т.к. BQ=AB-AQ и CP=AC-AP, а BL/LC=AB/AC ⇒ AB/AC=(AB-AQ)/(AC-AP). Докажите, что из этого следует равенство AB/AC=AQ/AP, и радуйтесь жизни!

Показать доказательство

Рассмотрим отрезок $KL,$ он является общей хордой окружностей, описанных около треугольников $BLK$ и $CLK.$ Точка $A$ — середина $KL,$ поэтому она лежит на линии центров $O1O2$ этих окружностей. Продлим $BA$ и $CA$ до пересечения с окружностями в точках $C1$ и $B1,$ соответственно. В силу симметрии получившейся конструкции относительно прямой $O1O2$ отрезки $AB$ и $AC$ равны отрезкам $AB1$ и $AC1$ соответственно.

$PIC$

Введём следующие обозначения: $BL = m,$ $CL= n,$ $BA = AB1 = c,$ $CA = AC1 = b,$ $AQ =x,$ $AP = y.$ По свойству секущей

m(m +n) =BL ⋅BC = BQ⋅BC1 = (BA − QA)⋅BC1 =(c− x)(b+ c)

Аналогично, для секущих $CB$ и $CB1$ получаем

n(m +n)= (b− y)(b+c)

Разделив одно равенство на другое, получим

m-= c− x n b− y

По свойству биссектрисы $AL$ треугольника $ABC$ получаем

m- BL- AB- c n = LC = AC = b

Отсюда

c c − x b =-b− y ⇔ c(b− y)=b(c− x)

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем

cy = bx⇔ y = x b c

Откуда, по обратной теореме о пропорциональных отрезках, следует, что $QP∥BC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#72972

Звездолёт находится в полупространстве на расстоянии $a$ от его границы. Экипаж знает об этом, но не представляет, в каком направлении двигаться, чтобы достигнуть граничной плоскости. Звездолёт может лететь в пространстве по любой траектории, измеряя длину пройденного пути, и имеет датчик, подающий сигнал, когда граница достигнута. Может ли звездолёт гарантированно достигнуть границы, преодолев путь длиной не более $14a?$

Источники: ММО-2022, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии сказано, что пройдя расстояние, равное a, в определенную сторону, звездолет покинет полупространство. Каким образом мы можем описать все варианты той точки, где кончается полупространство?

Подсказка 2

Мы можем сказать, что если звездолет находится в какой-нибудь точке О, то на сфере с центром в точке O и радиусом a гарантированно найдется точка , которая уже не будет являться частью полупространства. Подумайте, как данная сфера может помочь в выборе траектории. Может быть, есть какая-то фигура, которую удобно будет описать около сферы?

Подсказка 3

Рассмотрите правильный октаэдр, описанный около данной сферы. Если мы докажем, что путь из центра октаэдра по всем вершинам без повторений меньше 14a и хотя бы одна вершина гарантировано не лежит в полупространстве, то мы решим задачу. Сначала подумайте, как можно сделать второе.

Подсказка 4

Воспользуемся методом от противного. Подумайте, где возникает противоречие, если мы скажем, что все вершины октаэдра лежат в данном полупространстве.

Подсказка 5

Теперь нужно найти длину пути от О и по всем вершинам. Давайте назовем наш октаэдр A₁A₂A₃A₄A₅A₆, тогда не трудно найти кратчайший маршрут обхода: O -> A₁ -> A₂ -> A₃ -> A₄ -> A₅ -> A₆. Как можно найти длину данного пути?

Подсказка 6

Для начала нужно найти длину отрезка OA₁, так как из него легко можно выразить длину ребра октаэдра. Мы знаем, что длина высоты, опущенной из точки О на грань октаэдра равна a, Тогда как мы можем найти длину OA₁?

Подсказка 7

Давайте рассмотрим пирамиду OA₁A₂A₃, найдем ее объем двумя разными способами, как 1/6 куба с ребром OA₁ и через длину высоты и площадь A₁A₂A₃. Из равенства двух данных выражений легко можно выразить OA₁. Для окончательного решения останется только найти длину ребра и доказать, что предложенный нами маршрут меньше 14a.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть корабль находится в некоторой точке $O.$ Рассмотрим правильный октаэдр $A1A2A3A4A5A6,$ описанный возле шара радиуса $a$ с центром в точке $O.$ Докажем, что путь $O → A1 → A2 → A3 → A4 → A5 → A6$ заведомо позволит достигнуть граничной плоскости.

Предположим противное. Тогда вершины октаэдра, а значит, и сам октаэдр (выпуклая оболочка его вершин) лежат строго внутри полупространства. Поэтому вписанный шар октаэдра, радиус которого равен $a,$ тоже лежит строго внутри полупространства. Получаем противоречие, так как по условию расстояние до граничной плоскости полупространства равно $a.$

Покажем теперь, что длина пути $O→ A1 → A2 → A3 → A4 →$ $→ A5 → A6$ меньше $14a.$ Пусть $OA1 =OA2 = OA3 = x,OH$ — высота пирамиды $OA1A2A3.$ Запишем ее объём двумя способами:

√- V = 1x3 = 1⋅OH ⋅S = 1⋅a⋅√3 ⋅ (x-2)2 6 3 A1A2A3 3 4

Отсюда получаем, что $√- x= a 3,$ а длина ребра октаэдра равна $√- a 6.$ Поэтому длина пути равна $√ - √- ( 3+5 6)a< 14a,$ так как $√ - 2< 43∕30.$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#72973

Дан многочлен степени $2022$ с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом $1.$ Какое наибольшее число корней он может иметь на интервале $(0;1)?$

Источники: ММО-2022, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте проверим, а могут ли все 2022 корня быть на интервале от 0 до 1?

Подсказка 2

Верно, не могут! Так как, по теореме Виета произведение всех корней равно свободному члену(ведь старший коэффициент равен 0), тогда следующее предположение это 2021 корень! Для этого, давайте рассмотрим какой-то вспомогательный многочлен такой же степени, что и у исходного и также, будем считать, что 0 не является корнем.

Подсказка 3

Пусть P(x) - исходный многочлен, тогда рассмотрим Q(x) = xⁿ * P(1/x). Заметим, что коэффициенты этого многочлена - это в точности коэффициенты P(x), но записанные в обратном порядке. Тогда какую связь можно заметить между корнями многочленов P(x) и Q(x)?

Подсказка 4

Верно, каждому корню P(x) на интервале от 0 до 1 соответствует ровно один корень Q(x) на луче от 1 до бесконечности! Попробуем подобрать Q(x) такой, что все его корни больше 1 и их ровно 2021(помните, что это многочлен с целыми коэффициентами)

Подсказка 5

Да, достаточно взять любой многочлен вида: 1 + x*(x-k)*(x-2k)*...*(x-k*(n-1)), где в качестве k достаточно взять любое натуральное число большее 1. То есть, мы нашли многочлен с целыми коэффициентами у которого 2021 корень, каждый из которых больше единицы. Тогда, если по многочлену Q восстановить P, то мы как раз получим многочлен, у которого 2021 корень на интервале от 0 до 1!

Показать ответ и решение

Если многочлен $P$ имеет $n =2022$ корней на интервале $(0;1),$ то значение их произведения, по теореме Виета равное свободному члену, также будет лежать на интервале $(0;1),$ что противоречит условию, что все коэффициенты многочлена $P$ — целые. Таким образом, многочлен $P$ имеет не более $n− 1$ корней на интервале $(0;1).$

Покажем теперь, как построить многочлен, удовлетворяющий условию задачи и имеющий ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$ Будем считать, что $P (0)⁄= 0.$ Рассмотрим многочлен $n Q (x)= x P(1∕x).$ Это многочлен степени $n$ с целыми коэффициентами и свободным членом, равным 1 (его коэффициенты — это коэффициенты многочлена $P,$ выстроенные в обратном порядке). Каждому корню $x0$ многочлена $P,$ лежащему на интервале $(0;1),$ соответствует корень $1∕x0$ многочлена $Q,$ лежащий на луче $(1;+ ∞).$ Верно и обратное: каждому корню многочлена $Q$ , лежащему на луче $(1;+∞ ),$ соответствует корень многочлена $P,$ который лежит на интервале $(0;1).$

Рассмотрим многочлен

Q (x)= 1+ x(x − 10)(x− 20)...(x − 10(n − 1))

Поскольку

Q(5)<0, Q (15)> 0, ..., Q (10(n− 2)+ 5)< 0, Q(10(n− 1)+5)> 0,

в рассмотренных $n$ точках многочлен $Q(x)$ принимает значения чередующихся знаков, поэтому он имеет $n− 1$ корень на луче $(1;+ ∞).$ Эти корни расположены на интервалах $(5;15),(15;25),...,(10(n− 2)+5;10(n− 1)+5).$ Следовательно, соответствующий построенному многочлену $Q$ многочлен $P$ имеет ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$

Ответ: 2021

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#72974

Султан собрал 300 придворных мудрецов и предложил им испытание. Имеются колпаки 25 различных цветов, заранее известных мудрецам. Султан сообщил, что на каждого из мудрецов наденут один из этих колпаков, причём если для каждого цвета написать количество надетых колпаков, то все числа будут различны. Каждый мудрец будет видеть колпаки остальных мудрецов, а свой колпак нет. Затем все мудрецы одновременно огласят предполагаемый цвет своего колпака. Могут ли мудрецы заранее договориться действовать так, чтобы гарантированно хотя бы 150 из них назвали цвет верно?

Источники: ММО-2022, 11.6 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Несложно понять, в каких количествах у нас присутствуют все цвета. Теперь задумаемся, а какой выбор стоит перед мудрецом, когда ему нужно ответить на вопрос?

Подсказка 2

Т.к. количества цветов принимают все значения от 0 до 24, значит перед каждым мудрецом при ответе стоит выбор ровно между двумя цветами. Если мудрецы не договорятся, то они могут не попасть ни в один цвет. А как сделать так, чтобы в какой-то группе хотя бы один точно попал?

Подсказка 3

Обратим внимание на то, что один и тот же цвет стоит под сомнением ровно у двух мудрецов

Подсказка 4

Как сделать так, чтобы хотя бы половина мудрецов попали в нужный цвет?

Показать ответ и решение

Поскольку $0+ 1+2+ ...+ 24= 300,$ количества колпаков различных цветов принимают все значения от 0 до 24.

Далее, каждый мудрец считает количество колпаков каждого из цветов. Для двух цветов количества колпаков совпадают и мудрец понимает, что на нём колпак одного из этих двух цветов. Остаётся только сделать выбор, какой именно из этих двух цветов ему назвать.

Инверсией в перестановке $π$ называется всякая пара индексов $i,j$ такая, что $1 ≤i< j ≤ n$ и $π(i)> π(j).$ Чётность числа инверсий в перестановке определяет чётность перестановки. Стратегия, приведённая ниже, основана на понятии чётности перестановки.

Пусть мудрецы заранее занумеровали цвета числами от 0 до 24. Тогда истинному распределению колпаков соответствует перестановка

( ) номер цвета 0 1 2 ... i ... j ... 24 . кол- во колпаков a0 a1 a2 ... ai ... aj ... a24

Если мудрец видит равное количество колпаков цвета $i$ и цвета $j$ (по $k$ штук каждого из этих двух цветов), то ему нужно принять решение, к какому из этих двух цветов отнести свой колпак, то есть выбрать между двумя перестановками

( ) 0 1 2 ... i ... j ... 24 ( a0 a1 a2 ... k ... k +1 ... a24 ) 0 1 2 ... i ... j ... 24 a0 a1 a2 ... k+ 1 ... k ... a24

Одна из этих перестановок соответствует истинному распределению цветов, при этом указанные перестановки отличаются расположением ровно двух элементов, поэтому имеют разную чётность.

Мудрецы могут заранее договориться, чтобы ровно 150 из них сделали свой выбор в пользу чётной перестановки, а остальные 150 — в пользу нечётной перестановки.

Тогда ровно 150 мудрецов верно назовут цвет своего колпака.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#72975

Некоторые неотрицательные числа $a,b,c$ удовлетворяют равенству $a+ b+c =2√abc.$ Докажите, что $bc≥ b+c.$

Источники: ММО-2022, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Числа неотрицательны, присутствует и произведение, и сумма... Как их можно связать?

Подсказка 2

Неравенством о средних!

Подсказка 3

Также можно попробовать рассмотреть равенство из условия как квадратный трëхчлен относительно чего-нибудь.

Показать доказательство

Первое решение. По неравенству о средних:

√ --- a+ bc≥ 2 abc= a+ b+ c⇒ bc≥b+ c

Второе решение. Числа $a,b$ и $c$ неотрицательны, поэтому исходное равенство можно рассматривать как квадратное уравнение относительно $√a:$

(√a)2+ 2√bc√a +b+ c= 0

По условию это уравнение имеет хотя бы одно решение, а значит, $D ∕4=bc− b− c≥0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#72976

В выпуклом 12-угольнике все углы равны. Известно, что длины каких-то десяти его сторон равны 1, а длина ещё одной равна 2. Чему может быть равна площадь этого 12-угольника?

Источники: ММО-2022, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть длины сторон это 10 единиц, 2 и x. Очень хочется найти x... Попробуем рассмотреть векторы, соответствующие сторонам и поработать с ними.

Подсказка 2

Т.к. мы всё-таки хотим использовать длины сторон, то работать будем не с самими векторами, а с коллинеарными им единичными. Т.к. мы знаем, что они образуют многоугольник, то мы можем записать уравнение на них. А как быть с равными углами? Что можно сказать о взаимно расположении некоторых единичных векторов?

Подсказка 3

Заметим, что каждый угол равен 150. Тогда мы можем сказать, какие стороны многоугольника параллельны. Теперь мы можем записать условия на пары единичных векторов.

Подсказка 4

Знаем, что сумма единичных векторов, где один идёт с коэффициентов 2, а другой - с x равна 0. Также сумма единичных векторов, соответствующим противоположным сторонам тоже равна 0. Как найти x?

Подсказка 5

Чему равна сумма единичных векторов без дополнительных коэффициентов?

Подсказка 6

Их сумма равна 0! Теперь-то мы можем найти x) Осталось лишь найти площадь многоугольника, в котором мы знаем взаимное расположение всех сторон.

Показать ответ и решение

Рассмотрим 12-угольник $A A ...A , 1 2 12$ удовлетворяющий условию задачи. У него десять сторон длины 1 и одна сторона длины 2. Обозначим через $x$ длину оставшейся стороны. Рассмотрим векторы $−−−→ −−−→ −−−−→ A1A2,A2A3,...,A12A1,$ а также коллинеарные им единичные векторы $⃗e1,⃗e2,...,⃗e12.$ Тогда для некоторых $i$ и $j$ имеет место равенство

−→ ⃗e1 +...+ 2⃗ei+...+ x⃗ej +...+⃗e12 = 0

Помимо того,

−→ ⃗e1+ ⃗e7 =⃗e2+ ⃗e8 = ...= ⃗e6 +⃗e12 = 0,

поэтому

−→ ⃗e1+⃗e2+ ...+ ⃗e12 = 0

Вычитая второе из полученных равенств из первого, получаем

⃗ei+ (x− 1)⃗ej = −→0

Это возможно лишь в случае, если $⃗ei = −⃗ej$ и $x = 2.$ Значит, в исходном 12-угольнике есть пара параллельных сторон длины 2.

В силу равенства всех углов и соответствующих сторон этот 12-угольник имеет ось симметрии:

$PIC$

Чтобы найти площадь, разобьём его на 4 трапеции и прямоугольник. Находим $A3A12 = A6A9 = 1+ √3,A4A11 =A5A10 =$ $= 2+√3-$ , поэтому искомая площадь равна

√- √3⋅(2+-√3+-1+-√3) 1+-√3+-1 √- S = 2⋅(2+ 3)+ 2 + 2 = 8+ 4 3

Ответ:

$8+ 4√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#72977

В равнобедренной трапеции проведена диагональ. По контуру каждого из получившихся двух треугольников ползёт свой жук. Скорости движения жуков постоянны и одинаковы. Жуки не меняют направления обхода своих контуров и по диагонали трапеции они ползут в разных направлениях. Докажите, что при любых начальных положениях жуков они когда-нибудь встретятся.

Источники: ММО-2022, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно изобразить трапецию и задать направления жучкам. Понятно, что хочется, чтобы жучки встретились на AC. А что происходит с жучками, когда один из них проходит целый круг?

Подсказка 2

Когда один проходит круг, другой сдвигается на некоторое расстояние. Если мы сможем оценить это расстояние, то мы сможем предположить, как могут встретить жучки.

Подсказка 3

Заметим, что второй жучок сдвигается на разницу оснований, а ее несложно оценить длиной диагонали.

Показать доказательство

Пусть в равнобедренной трапеции $ABCD$ с основаниями $AB > CD$ проведена диагональ $AC,$ так что первый жук ползает по циклу $A → C → D → A,$ второй — по циклу $A → B → C → A.$

$PIC$

Рассмотрим моменты времени, в которые первый жук оказывается в точке $A.$ За время обхода первым жуком полного цикла из $A$ снова в $A$ второй жук сдвигается по своему циклу на $AB − CD$ в одну и ту же сторону. Поскольку

AB − CD <BC + AC − CD = AD + AC − CD < AC +CD + AC − CD =2AC,

при таких сдвигах в один из рассматриваемых моментов времени второй жук окажется на расстоянии меньше $2AC$ до точки $A$ по ходу своего движения, а значит, встретится с первым жуком на диагонали $AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#72978

Таня последовательно выписывала числа вида $n7− 1$ для натуральных чисел $n= 2,3,...$ и заметила, что полученное при $n= 8$ число делится на $337.$ А при каком наименьшем $n >1$ она получит число, делящееся на $2022?$

Источники: ММО-2022, 11.5, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Никому ещё не вредило разложение чисел на простые множители в задачках на теорию чисел. Давайте разложим 2022 и поймём, какие условия накладывает каждый из множителей.

Подсказка 2

Мы понимаем, что нам достаточно просто перебрать все остатки по каждому из модулю, чтобы найти все условия на n, но как бы ускорить этот перебор?

Подсказка 3

Попробуйте подумать, какое максимальное кол-во решений может иметь сравнение n^7 = 1 (mod 337) на отрезке [0;336], а ещё подумать, что происходит с решением сравнения, если его возвести в произвольную положительную степень?

Подсказка 4

Мы понимаем, что решений не больше 7 и что возведение решения в положительную степень не портит сравнение, остаётся перебрать маленькие n, пока мы не сможем применить эти 2 факта, проверить, что хотя бы одно из них удовлетворяет остальным условиям, полученным из сравнений по mod 2 и mod 3, и выбрать из них наименьшее.

Показать ответ и решение

Пусть натуральное число $n$ таково, что $n7− 1$ делится на $2022 =2⋅3⋅337.$ Тогда $n7− 1$ делится на $2$ и на $3,$ поэтому $n$ — нечётное число, имеющее остаток $1$ при делении на $3.$ Помимо того, $7 n − 1$ делится на $337.$ Заметим, что если два числа сравнимы по модулю $337$ (т.е. дают одинаковые остатки при делении на $337$ ), то седьмые степени этих чисел также сравнимы по модулю $337.$ Это означает, что для нахождения искомого числа достаточно рассмотреть все целые числа $n$ из промежутка $[0;336],$ удовлетворяющие сравнению $7 n ≡ 1(mod337).$

Мы будем пользоваться следующим утверждением. Пусть $p$ — простое число, $Pk$ — многочлен степени $k$ с целыми коэффициентами, старший коэффициент которого не делится на $p;$ тогда сравнение $Pk(n) ≡0(modp)$ имеет не более $k$ решений среди целых чисел $0 ≤n <p.$

Найдём теперь все решения сравнения $7 n ≡ 1(mod337)$ на отрезке $[0;336].$ Нам известны два решения: $n1 =1$ , $n2 = 8.$ Заметим, что если $n$ — решение сравнения $n7 ≡ 1$ $(mod337),$ то для любого натурального $s$ числа $ns$ также являются решениями. Следовательно, решениями данного сравнения являются числа

82 = 64≡ 64(mod337) 83 = 512 ≡175(mod337) 84 ≡ 8⋅175 ≡52(mod337) 5 8 ≡ 8⋅52≡ 79(mod337) 86 ≡ 8⋅79≡ 295(mod337)

Итак, мы нашли семь решений на отрезке $[0;336]:n1 = 1,n2 =8,n3 = 52,n4 = 64,n5 =79,n6 = 175,n7 = 295.$ Так как число $337$ простое, по сформулированному выше утверждению других решений на этом отрезке нет. Из них нечётными и имеющими остаток $1$ при делении на $3$ являются $n1 =1,n5 = 79,n6 =175$ и $n7 = 295.$ Из них наименьшее, большее $1,$ есть $n5 = 79.$

Ответ:

$79$

Предыдущая подтема

Следующая подтема