Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

ММО - задания по годам → .12 ММО 2020

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#65463

Существует ли такая непериодическая функция $f,$ определённая на всей числовой прямой, что при любом $x$ выполнено равенство

f(x+ 1) =f(x+ 1)f(x)+1?

Источники: ММО-2020, 11.2, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

для начала подумаем, какой ответ) Если ответ да, то нужно привести пример. А если нет - то можно попробовать явно показать, что всегда существует период...

Подсказка 2

получается, что если же хотим показать, что существует период, то стоит попробовать выражать f в какой-то точке с помощью f в какой-то другой точке, и искать период, но как использовать равенство, данное условии?...

Подсказка 3

из условия можно выразить f(x+1) через f(x)! Остается лишь выражать и подставлять f(x+1) через f(x), далее вместо f(x) выражение с f(x-1) и так далее, и искать период.

Показать ответ и решение

Покажем, что любая функция, удовлетворяющая условиям, имеет период $3.$ Действительно, из уравнения следует, что $f$ не принимает значения $1.$ В самом деле, если $f(x0)= 1,$ то $f(x0+1)= f(x0 +1)+ 1,$ что невозможно. Следовательно, $--1-- f(x+ 1)= 1− f(x),$ поэтому, применяя последовательно это равенство, получаем:

1 f(x+ 1)− 1 1 f(x +3)= 1−-f(x+2) = -f(x-+1)--= 1− f(x+-1) = f(x)

Ответ:

Нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#78108

Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на сторону $CD,$ проходит через середину диагонали $BD,$ а перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на сторону $AB,$ проходит через середину диагонали $AC.$ Докажите, что трапеция равнобокая.

Источники: ММО-2020, 8.5(см.mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие дополнительные построения для трапеции мы знаем? Из какого из них можно красиво доказать равнобедренность?

Подсказка 2

Предлагаем продлить боковые стороны до их пересечения! А какое красивое свойство трапеции мы знаем, связанное с серединами и продлением боковых сторон?

Подсказка 3

Давайте внимательно посмотрим на рисунок и вспомним замечательное свойство трапеции! А какую новую фигуру мы можем заметить, если соединим те самые середины диагоналей, через которые проведены наши высоты?

Подсказка 4

Итак, перед нами две трапеции, одна прямая из замечательного свойства для них обоих, но чего же не хватает? Мы забыли что у нас есть перпендикуляры!

Подсказка 5

Осталось вспомнить, у какого треугольника точка пересечения высот лежит на медиане? Отсюда немедленно последует требуемое утверждение!

Показать доказательство

По замечательному свойству трапеции точка пересечения продолжений боковых сторон $P,$ точка пересечения диагоналей $O$ и середина основания $AD$ точка $M$ лежат на одной прямой. Пусть $K,L$ — середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Тогда $KL∥AD,$ т. е. $AKLD$ — тоже трапеция, и по её замечательному свойству точка $O,$ точка пересечения её диагоналей $H$ и точка $M$ лежат на одной прямой. Следовательно, точки $P,H$ и $M$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Для завершения доказательства рассмотрим треугольник $AP D,$ в нём точка $H$ — точка пересечения высот к сторонам $AP$ и $P D,$ следовательно, медиана $P M$ проходит через его ортоцентр и является высотой. Таким образом, треугольник $AP D$ — равнобедренный, откуда немедленно следует, что и трапеция $ABCD$ — равнобокая.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78113

В остроугольном треугольнике $ABC$ ( $AB < BC$ ) провели высоту $BH.$ Точка $P$ симметрична точке $H$ относительно прямой, соединяющей середины сторон $AC$ и $BC.$ Докажите, что прямая $BP$ содержит центр описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача решается совсем несложно, если пристально посмотреть на рисунок:) Посмотрите внимательно на картинку, особенно на некоторые прямоугольные треугольники. Ничего не замечаете?

Подсказка 2

А если посмотреть на треугольник BHC, его медиану и половинки сторон? Может быть, есть ещё какой-то отрезок, равный им?

Подсказка 3

Кажется, вы обнаружили окружность BHPC! Осталось лишь понять, что нужно, чтобы получить требуемое. А для этого нужно всего лишь вспомнить одно свойство ортоцентра и немного перекинуть уголки.

Показать доказательство

Первое решение.

Воспользуемся теоремой о прямой Штейнера: точки, симметричные произвольной точке $L$ описанной окружности треугольника $MNK$ относительно его сторон, лежат на одной прямой, проходящей через ортоцентр (точку пересечения высот) треугольника $MNK.$

Несложно заметить, что точка $H$ лежит на окружности, проходящей через середины сторон треугольника $ABC$ (это окружность девяти точек треугольника $ABC$ ).

По условию точка $P$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AB.$ Заметим, что точка $B$ симметрична точке $H$ относительно средней линии, параллельной стороне $AC.$ Получается, что прямая $BP$ — это прямая Штейнера точки $H$ относительно серединного треугольника (треугольника, образованного серединами сторон треугольника $ABC$ ). Тогда на этой прямой лежит ортоцентр серединного треугольника, который и является центром описанной окружности треугольника $ABC.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим середины $M$ и $N$ сторон $BC$ и $AC$ соответственно. Заметим, что треугольник $BHC$ — прямоугольный, а точка $M$ — середина его гипотенузы $BC.$ Значит, $MB = MC = MH.$ Поскольку точки $H$ и $P$ симметричны относительно прямой $MN,$ то $MH = MP.$ Следовательно, точки $B,H,P,C$ лежат на одной окружности с центром в точке $M.$ Отсюда $∠P BC =∠P HC,$ так как эти углы опираются на одну дугу $PC.$

$PIC$

Обозначим точку пересечения прямых $PH$ и $AB$ через $X.$ Заметим, что $PH ⊥ MN$ из-за симметрии точек $H$ и $P$ относительно прямой $MN.$ Кроме того, $MN ∥AB$ как средняя линия треугольника $ABC.$ Таким образом, $PH ⊥ AB.$ Отсюда следует, что $∘ ∠P BC =∠P HC = ∠AHX = 90 − ∠BAC.$

С другой стороны, заметим, что если точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC,$ то $∠BOC =$ $= 2∠BAC$ как центральный угол, и из суммы углов равнобедренного треугольника $BOC$ получаем, что $∘ ∠OBC = 90 − ∠BAC$ . Имеем $∠OBC = ∠PBC,$ а значит, точки $B,O$ и $P$ действительно лежат на одной прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#78116

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ взяли такую точку $D,$ что угол $BDC$ равен углу $ABC.$ Чему равно наименьшее возможное расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABD$ и $ABC,$ если $BC =1?$

Источники: ММО-2020, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сперва введем все необходимые обозначения. Пусть O₁ и О₂ — центры окружностей, описанных около треугольников ABC и ABD соответственно. Тогда хочется найти минимальное возможное значение |O₁О₂|. Давайте отметим равные из условия углы. Что теперь очень хорошее можно заметить?

Подсказка 2

Правильно! Треугольники ABC и BDC подобны по двум углам! Давайте внимательно посмотрим на описанную окружность треугольника ABD и равные уголочки. На какую знакомую теорему это все намекает?

Подсказка 3

Конечно! Угол между касательной и хордой равен половине угловой величины дуги, заключенной между ними! Значит BC — касательная к окружности, описанной около △ABD. Что теперь можно сказать про О₂B? Вспомните, где расположен центр описанной окружности треугольника, и попробуйте оценить |O₁О₂|.

Подсказка 4

О₂B⊥BC. O₁ лежит на серединном перпендикуляре к BC. Пусть M — середина стороны BC. Тогда BM — ортогональная проекция O₁О₂ на сторону BC! Как связаны модули отрезка и его проекции?

Подсказка 5

Да! Проекция не длиннее отрезка, значит |O₁О₂| ≥ 1/2. Осталось лишь понять и объяснить случай равенства!

Показать ответ и решение

Пусть $O 1$ и $O 2$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно, а $M$ — середина стороны $BC.$ Треугольники $ABC$ и $BDC$ подобны, так как у них угол $C$ общий, а два других угла равны по условию. Поэтому оставшиеся углы этих треугольников $BAC$ и $DBC$ также равны. Это означает, что описанная окружность треугольника $ABD$ касается прямой $BC,$ а радиус $O2B$ перпендикулярен касательной $BC.$

$PIC$

Кроме того, $O1$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC.$ Поэтому отрезок $MB$ длины $1∕2$ является ортогональной проекцией отрезка $O1O2$ на прямую $BC.$ Но проекция не длиннее отрезка, поэтому $|O1O2|≥ 1∕2,$ причём равенство достигается, когда угол $ABC$ равен $90∘,$ так как в этом случае $O1$ — середина стороны $AC,$ а $O2$ — середина стороны $AB, O1O2$ — средняя линия треугольника $ABC.$

Ответ:

$1∕2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#78815

Приведите пример такого квадратного трехчлена $P(x),$ что при любом $x$ справедливо равенство

2 P(x+ 1)+ P(x+ 2)+...+P(x+ 10)=x

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставьте искомые значения в ax²+bx+c и преобразуйте выражение.

Подсказка 2

Вспомните про формулы суммы первых n чисел и суммы первых n квадратов чисел.

Подсказка 3

Получили равенство квадратных трёхчленов:10ax²+(110a+10b)x+(385a+55b+10c) = x². Что это означает?

Показать ответ и решение

Пусть искомый многочлен $P(x)= ax2+ bx +c.$ Тогда

P(x+ 1)+...+ P(x+ 10) = ( 2 2) = a (x +1) +...+(x+ 10) + + b((x+1)+ ...+ (x +10))+ 10c= = a(10x2+(2+ 4+ ...+20)x+ (1+ 22+ ...+ 102))+ + b(10x+1 +2+ ...+ 10)+ 10c=

= 10ax2 +110ax +385a+ 10bx+ 55b+ 10c= 2 = 10ax +(110a+ 10b)x+ (385a+ 55b+ 10c)

Получаем равенство квадратных трехчленов

2 2 10ax +(110a +10b)x+ (385a+ 55b+10c) и x

Это равносильно равенству коэффициентов, то есть системе уравнений

(| 10a= 1, { 110a+ 10b= 0, |( 385a+ 55b+ 10c=0,

которая имеет единственное решение $a= 110,b =− 1110,c= 115 .$

Ответ:

$x2−11x+22 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79709

Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Серединный перпендикуляр к $BC$ пересекает $AB$ и $AC$ в точках $X$ и $Y.$ Прямая $AO$ пересекает прямую $BC$ в точке $D,M$ — середина $BC.$ Описанная окружность треугольника $ADM$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $E,$ отличной от $A.$ Докажите, что прямая $OE$ касается описанной окружности треугольника $AXY.$

Источники: ММО-2020, 10.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте большой чертёж циркулем и линейкой!!! Это ползадачи.

Подсказка 2

Несложным счётом углов докажите, что OA касается окружности AXY.

Подсказка 3

Пусть EM пересекает окружность ABC в точке F. Воспользуйтесь равенством углов ∠AEF и ∠AEM, поперебрасывайте углы и докажите, что направления на F и на O из точки A изогонально сопряжены относительно ∠BAC, отсюда будет следовать, что AF — направление на ортоцентр треугольника ABC, а значит AF ⊥ BC.

Подсказка 4

Используя параллельность MY и AF и вписанные углы (особенно, опирающиеся на дугу CF), докажите, что E,Y,M,C лежат на одной окружности.

Подсказка 5

Пользуясь доказанной вписанностью, докажите, что E лежит на описанной окружности треугольника AXY.

Подсказка 6

Ну а теперь воспользуйтесь тем, что OA = OE = R окружности ABC и поймите, что задача убита. Успехов!

Показать доказательство

$PIC$

Заметим, что $OA$ касается описанной окружности треугольника $AXY,$ так как

∠BAO =90∘− ∠C = ∠MY C = ∠XY A

Пусть $F$ — точка на окружности, описанной около $ABC,$ такая что $AF ⊥BC.$ Ясно, что

∠AEF = ∠AEB +∠BEF = ∠ACB +∠BAF =∠ACD +∠DAC =∠ADM = ∠AEM

Получаем, что $E,M$ и $F$ лежат на одной прямой. Кроме того, $∠MEC = ∠FEC = ∠FAC = ∠MY C,$ что значит, что $E,Y,M$ и $C$ лежат на одной окружности. Далее,

∘ ∘ ∠AEY = ∠AEC − ∠YEC = 180 − ∠ABC − ∠YMC = 90 − ∠ABC = ∠AXY

т. е. $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AXY.$ Тогда $OE$ — касательная, так как $OE = OA$ и $OA$ — касательная к окружности $AXY.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#89085

На доске написаны $2n$ последовательных целых чисел. За ход можно разбить написанные числа на пары произвольным образом и каждую пару чисел заменить на их сумму и разность (не обязательно вычитать из большего числа меньшее, все замены происходят одновременно). Докажите, что на доске больше никогда не появятся $2n$ последовательных целых чисел.

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.6(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким способом можно доказать, что состояние фиксированного объекта в процессе его изменения не приведёт к тому, что он примет начально состояние?

Подсказка 2

Найти полуинвариант! Давайте найдем величину, которая будет меняться монотонно в ходе процесса, и, как следствие, не вернется к изначальному состоянию.

Подсказка 3

Как найти полуинвариант в данной задаче? В условии задачи сказано, что при замене двух чисел x и y на их сумму x+y, второе число равно x-y или y-x. Было бы хорошо, если бы наш полуинвариант вел себя одинаково вне зависимости от этого выбора. Ясно, что данные числа равны по модулю. Как это помогает найти полуинвариант?

Подсказка 4

Пусть S является искомым полуинвариантом. Ясно, что S - это функция от набора чисел, написанных на доске в данный момент. Если мы положим в качестве S функцию от их квадратов, то значение S будет совпадать при выборе любой из разности чисел (x-y или y-x), что является хорошим знаком. Осталось доопределить S.

Подсказка 5

Самые естественные функции от набора переменных - их сумма или произведение. С суммой в данном случае работать проще (итак, в качестве предполагаемого полуинварианта мы пока положим S - сумму квадратов чисел написанных на доске), поскольку мы можем легко получить значения данного полуинварианта на каждом ходу. Поймите, как это можно сделать.

Подсказка 6

Если на доске были написаны числа x² и y², то сумма их квадратов измениться на (x-y)²+(x+y)²=2(x²+y²). Таким образом, значение S после каждого шага увеличивается вдвое. Осталось показать, что не существует двух различных последовательностей из 2n идущих подряд чисел таких, что отношение сумм их квадратов равно степени двойки. Каким способом это возможно сделать?

Подсказка 7

Мы можем показать, что степень вхождения двойки в сумму квадратов 2n последовательных чисел является инвариантом для данного n. Для этого можно явно показать, как степень вхождения двойки в рассматриваемую сумму зависит от n.

Подсказка 8

Пусть 2n=l*2^k, где l - нечетное натуральное число, k - натуральное число, не меньшее 1. Докажите, что степень вхождения двойки в сумму квадратов 2n последовательных чисел равна k-1.

Подсказка 9

Искомую сумму можно представить как l сумм 2^k последовательных квадратов натуральных чисел. Если мы докажем, что каждая из них имеет вид 2^{k-1}t, для некоторого нечетного числа t, то явно получим, что и вся сумма делится на 2^{k-1}, но не делится на 2^k. Сделайте это!

Подсказка 10

Рассмотрим сумму последовательных 2^k квадратов по модулю 2^k. Квадраты этих чисел имеют тот же набор остатков при делении на 2k, что и набор чисел 1², 2², 3²,..., (2^k)², а значит сравнимо по этому модулю c суммой 1²+2²+...+(2^k)². Каким образом ее можно преобразовать?

Подсказка 11

По известной формуле суммы квадратов первых n чисел, 1²+2²+...+(2^k)²=2^{k-1}(2^k+1)(2^{k+1}+1)/3 - кратно 2^{k-1}, но не кратно 2^k. Это как раз то, что мы хотели показать!

Показать доказательство

Рассмотрим набор из $2k$ подряд идущих чисел, квадраты этих чисел имеют тот же набор остатков при делении на $2k,$ что и набор чисел $2 2 2 ( k)2 1 ,2,3,..., 2 .$ Поскольку

2 2 2 ( k)2 1 +2 + 3 + ...+ 2 (= )( ) ( )( ) = 2k-2k+-1-2-⋅2k+-1-= 2k−12k+-1-2⋅2k-+1-- 6 3

сумма квадратов $k 2$ подряд идущих чисел делится на $k−1 2 ,$ но не делится на $k 2 .$

Представим число $2n$ в виде $k 2 ⋅l,$ где $l$ нечётно. Тогда сумма $2n$ последовательных квадратов разбивается на $l$ сумм вида $k−1 2 ti,$ где все $ti$ нечётны, поэтому вся сумма также делится на $k−1 2 ,$ но не делится на $k 2.$ Следовательно, наибольшая степень двойки, на которую делится сумма квадратов $2n$ последовательных чисел, зависит только от $n,$ но не от самих чисел.

В то же время сумма квадратов имеющихся чисел после замены удваивается. Действительно, заменив числа $a$ и $b$ на $a− b$ и $a+ b,$ получим:

( ) (a− b)2+ (a+ b)2 = 2a2+2b2 = 2 a2 +b2

Таким образом, снова получить набор из $2n$ подряд идущих чисел нельзя.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#104705

У Полины есть колода из $36$ карт ( $4$ масти по $9$ карт в каждой). Она выбирает из неё половину карт, какие хочет, и отдает Василисе, а вторую половину оставляет себе. Далее каждым ходом игроки по очереди открывают по одной карте по своему выбору (соперник видит масть и достоинство открытой карты), начиная с Полины. Если в ответ на ход Полины Василиса смогла положить карту той же масти или того же достоинства, то Василиса зарабатывает одно очко. Какое наибольшее количество очков Василиса может гарантированно заработать?

Источники: ММО - 2020, 8.6(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие карты должна взять себе Полина, чтобы Василиса гарантированно не смогла подобрать пару?

Подсказка 2

Чтобы не получилось подобрать карту, у Василисы не должно оказаться карты ни той же масти, ни того же достоинства. Для скольки карт получится это сделать?

Подсказка 3

Получится ли у Василисы подобрать оставшийся максимум пар карт в любом случае?

Подсказка 4

У нас есть 9 групп по 4, и они же 4 группы по 9. Как было бы удобно их расположить для лучшего и более наглядного оценивания пар Полина-Василиса?

Подсказка 5

Да, можно нарисовать таблицу 4х9, разделив карты по масти и достоинству. А что обычно лучше всего делать с таблицей?

Подсказка 6

Давайте сделаем раскраску, где закрашенные — карты Полины, а незакрашенные — карты Василисы. И если пару можно составить только из карт разного цвета в одном столбике или строчке, то сколько таких пар гарантированно сможет составить Василиса?

Подсказка 7

Поскольку в одном столбике меньше карт, чем в одной строке, стоит разбить табличку именно на них. Какую характеристику было бы удобно дать каждому из столбиков? И на какие пары стоит разбить столбики в связи с этой характеристикой?

Подсказка 8

4 и 0 дают 4 пары, 3 и 1 тоже. 2 прекрасны сами по себе. То есть по сколько пар дает каждый столбик, если поделить? Какие столбики могут остаться?

Подсказка 9

Остались 4 или 0 и 3 или 1. Сколько таких столбцов может остаться?

Подсказка 10

Вспомним, что белых и чёрных клеток суммарно поровну, тогда как связаны количества белых и чёрных клеток, если убрать все "парные" столбики, рассмотренные ранее?

Подсказка 11

Из равенства количества белых и черных получаем связь между количеством "одиночных" столбцов, что дает возможность разбить их на группы. Сколько пар гарантированно будет в каждой такой группе? А сколько максимум будет таких групп а значит, и "потерь" пар?

Показать ответ и решение

Если Полина возьмёт себе все черви, все тузы, всех королей и всех дам, то Василиса не сможет набрать очки на тузе, короле и даме червей, т. е. наберёт не больше $15$ очков.

Теперь докажем, что при любом выборе Полины Василиса может заработать не меньше $15$ очков. Выложим карты в клетки таблицы $4× 9$ (в одном столбце карты одного достоинства, в одной строке — карты одной масти). Докажем, что если Полина закрасила черным $18$ клеток, то Василиса может выделить не менее $15$ непересекающихся xороших пар: в каждой паре две клетки разного цвета, находящиеся в одной строке или одном столбце. (Тогда Василиса на ход одной картой из пары сможет отвечать ходом второй карты из этой пары и заработать $15$ очков.)

Назовём типом столбца количество чёрных клеток в нём. Сначала Василиса рассматривает столбцы типа $2$ (если они есть). Каждый из них, очевидно, разбивается на две хорошие пары.

Далее Василиса рассматривает пары столбцов типа $0$ и $4.$ Каждая такая пара, очевидно, разбивается на четыре хорошие пары клеток.

Далее Василиса рассматривает пары столбцов типа $1$ и $3.$ Каждая такая пара тоже разбивается на четыре хорошие пары клеток (см. рисунок слева).

$PIC$

Когда указанные пары столбцов закончатся, в силу симметрии можно считать, что “необработанными” останутся только столбцы типов $4$ и $1.$ Если это $a$ столбцов типа $4$ и $b$ столбцов типа $1,$ то $4a+ b=3b,$ т. е. $b =2a.$ В тройке из столбца типа $4$ и двух столбцов типа $1$ Василиса сможет выделить не менее пяти хороших пар клеток (см. рисунок справа).

Так как $3a= a+ b≤ 9,$ то на всей доске останется не более трёх нехороших пар, т. е. Василиса «потеряет» не больше $3$ очков.

Ответ:

$15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#108459

На доске написаны $1000$ последовательных целых чисел. За ход можно разбить написанные числа на пары произвольным образом и каждую пару чисел заменить на их сумму и разность (не обязательно вычитать из большего меньшее, все замены происходят одновременно). Докажите, что на доске больше никогда не появятся $1000$ последовательных целых чисел.

Источники: ММО - 2020, 10.5(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким способом можно доказать, что состояние фиксированного объекта в процессе его изменения не приведёт к тому, что он примет начальное состояние?

Подсказка 2

Подсказка 3

Подсказка 4

Пусть S является искомым полуинвариантом. Ясно, что S — это функция от набора чисел, написанных на доске в данный момент. Если мы положим в качестве S функцию от их квадратов, то значение S будет совпадать при выборе любой из разности чисел (x-y или y-x), что является хорошим знаком. Осталось доопределить S.

Подсказка 5

Самые естественные функции от набора переменных — их сумма или произведение. С суммой в данном случае работать проще (итак, в качестве предполагаемого полуинварианта мы пока положим S — сумму квадратов чисел написанных на доске), поскольку мы можем легко получить значения данного полуинварианта на каждом ходу. Поймите, как это можно сделать.

Подсказка 6

Если на доске были написаны числа x² и y², то сумма их квадратов измениться на (x-y)² + (x+y)² = 2(x²+y²). Таким образом, значение S после каждого шага увеличивается вдвое. Осталось показать, что не существует двух различных последовательностей из 1000 идущих подряд чисел таких, что отношение сумм их квадратов равно степени двойки. Каким способом это возможно сделать?

Подсказка 7

Мы можем показать, что степень вхождения двойки в сумму квадратов 1000 последовательных чисел является инвариантом. Можно ли найти ее явно?

Подсказка 8

Да, достаточно доказать, что 8 подряд идущих чисел дают остаток 4 при делении на 8. Пусть эти числа имеют вид n-3, n-2, ..., n+3, n+4 при некотором целом n. Чему равна сумма их квадратов?

Подсказка 9

Сумма квадратов равна 8n² + 8n + 44, дает остаток 4 по модулю 8, а значит, и сумма 1000 последовательных чисел сравнима с 4 по модулю 8, то есть всегда делится на 4 и не делится на 8.

Показать доказательство

Поскольку $(x +y)2+ (x− y)2 =2(x2+ y2),$ то сумма квадратов всех чисел на доске увеличивается в два раза с каждым ходом. Из формулы

2 2 2 2 2 2 (n− 3) +(n− 2)+ (n− 1) + n + (n +1) +(n+ 2)+

2 2 2 +(n+ 3)+ (n+ 4) = 8n + 8n +44

ясно, что сумма квадратов $8$ последовательных целых чисел даёт остаток $4$ при делении на $8.$ Значит, сумма квадратов $1000$ последовательных целых чисел тоже даёт остаток $4$ при делении на $8.$

Таким образом, после первого хода сумма квадратов чисел на доске всегда будет делиться на $8,$ и, следовательно, на доске никогда больше не появятся $1000$ последовательных целых чисел.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#121144

Для каких $k$ можно закрасить на белой клетчатой плоскости несколько клеток (конечное число, большее нуля) в черный цвет так, чтобы на любой клетчатой вертикали, горизонтали и диагонали либо было ровно $k$ черных клеток, либо вовсе не было черных клеток?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть определенные множества клеток и их пересечения.

Подсказка 2

Например, пусть A₁ — вертикальный отрезок длины k. Рассмотрите его пересечения со столбцами и диагоналями.

Подсказка 3

Попробуйте рассмотреть копии A₁, для которых расстояние между любыми двумя соседними одинаковое.

Подсказка 4

А как ещё можно смещать копии А₁?

Подсказка 5

Давайте рассматривать копии A₁, смещенные на (k²; k²). Изучите попарные пересечения множеств с различными переносами (например, параллельными и на (k²; k²)).

Подсказка 6

Еще можно рассмотреть переносы на (k³; -k³).

Показать ответ и решение

Рассмотрим множество клеток $A , 1$ которое является вертикальным отрезком длины $k.$ Заметим, что каждый столбец пересекает $A 1$ по $0$ или $k$ клеткам, а каждая строка или диагональ по $0$ или $1$ клетке.

Рассмотрим множество $A2,$ которое состоит из $k$ копий отрезка $A1,$ каждая из которых получается из предыдущей переносом на вектор $(k,0).$ Таким образом, $A2$ состоит из $k$ отрезков длины $k,$ разделенных $k− 1$ пустыми столбцами. Заметим, что любая строка или столбец пересекают $A2$ по $0$ или $k$ клеткам, а каждая диагональ — по $0$ или $1$ клетке (так как никакая диагональ не пересекает две копии $A1$ в $A2).$

Множество $A3$ состоит из $k$ копий $A2,$ каждая из которых получается переносом предыдущей на вектор $2 2 (k ,k ).$ Любая строка, столбец или диагональ, параллельная вектору $(1,− 1),$ пересекает не более одной копии $A2$ в $A3,$ а любая диагональ, параллельная вектору $(1,1),$ либо не пересекает ни одной, либо пересекает все копии $A2$ в $A3.$ Следовательно, строки, столбцы и диагонали, параллельные вектору $(1,1),$ пересекают $0$ или $k$ клеток из $A3,$ а диагонали, параллельные вектору $(1,− 1)$ пересекают $0$ или $1$ клетку.

Аналогично построим множество $A4 :$ оно состоит из $k$ копий $A3,$ каждая из которых получается переносом на вектор $(k3,−k3)$ из предыдущей. Любая строка, столбец или диагональ, параллельная вектору $(1,1),$ пересекает не более одной копии $A3$ в $A4,$ а любая диагональ, параллельная вектору $(1,−1),$ либо не пересекает ни одной, либо пересекает все копии. Следовательно, любая строка, столбец или диагональ пересекает $A4$ по $0$ или $k$ клеткам.

Ответ:

При любых $k$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#124035

Приведите пример числа, делящегося на $2020,$ в котором каждая из десяти цифр встречается одинаковое количество раз.

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче достаточно привести хотя бы один пример и обосновать его корректность. Попробуем подойти к такому примеру! Первым шагом нужно понять, а на что должно делиться число. Ага, сразу можем назвать последнюю цифру числа, уже что-то. Сможем привести пример, где все цифры встречаются только один раз?

Подсказка 2

Обратим внимание на 101. Нам нужен просто пример (необязательно наименьшее число), надо взглянуть на числа, которые делятся на 101. У многих из них повторяются цифры (2020, 2121, 3030, 4343 и др), а ведь нам как раз нужен пример, где всех цифр одинаковое количество!

Подсказка 3

Мы на финишной прямой! Осталось только собрать такой пример (мы уже поняли, что каждой цифры должно быть по две), осталось не забыть, что число должно не только оканчиваться на ноль, но и делиться на 4

Показать ответ и решение

Рассмотрим число

98987676545431312020

(существуют и другие примеры).

Поскольку $2020 =4 ⋅5 ⋅101,$ число делится на $2020,$ если оно делится на $4,$ $5$ и $101.$ Приведённое число оканчивается на $20,$ следовательно, делится на $4$ и $5.$ Числа вида $abab$ равны $101⋅ab.$ А поскольку приведённое число раскладывается в сумму чисел вида $abab⋅10k,$ оно делится на $101.$

Ответ:

$98987676545431312020$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#124036

Из шахматной доски $8× 8$ вырезали $10$ клеток. Известно, что среди вырезанных клеток есть как черные, так и белые. Какое наибольшее количество двухклеточных прямоугольников можно после этого гарантированно вырезать из этой доски?

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметьте, что каждый двухклеточный прямоугольник содержит разноцветные клетки. Какую оценку тогда можно сделать?

Подсказка 2

Если мы вырежем 9 белых и 1 черную клетки, то получим не более 32 - 9 = 23 прямоугольников. А давайте сначала разрежем доску на прямоугольники, и только потом уже будет удалять клетки.

Подсказка 3

Мы вырезаем 10 клеток, следовательно, будет испорчено не более 10 прямоугольников. Значит, у нас есть по крайней мере 22 прямоугольника. Попробуем увеличить это количество. Возможно, нам в этом может помочь какая-то цепочка, идущая по прямоугольникам.

Подсказка 4

Разрежем доску следующим образом: в первой строке у нас будут прямоугольники a8-b8, c8-d8 и так далее. В нижней строке аналогично. С остальными клетками поступим так: на линии "a" будут прямоугольники a7-a6, a5-a4, a3-a2. С остальными линиями аналогично. Какую цепочку можно пустить по этим прямоугольникам?

Подсказка 5

Она будет стартовать в клетке a2, идти вверх до a8, потом в клетку b8, далее в b7, идти вниз до клетки b2, далее в c2 и снова наверх. В нижней строке она пойдет справа-налево и вернется до a2. Что можно сказать про клетки, расположенные на пути этой цепочки?

Подсказка 6

Мы вырезаем белые и черные клетки, следовательно, за некоторой вырезанной белой клеткой будет идти вырезанная черная клетка. Попробуйте подумать про взаимное расположение этих двух клеток.

Подсказка 7

Если эти две клетки соседние, то при некотором разрезании они испортят только один прямоугольник, следовательно, будет не менее 23 целых прямоугольников. А что, если эти клетки не соседние?

Подсказка 8

Попробуйте по-другому разрезать клетки между ними и вновь получить 23 прямоугольника.

Показать ответ и решение

Каждый двухклеточный прямоугольник содержит чёрную и белую клетки, поэтому если вырезано 9 белых клеток, то больше $32− 9= 23$ прямоугольников вырезать не получится.

$PIC$

Разрежем доску так, как показано на рис. 1. Вырезанные из доски клетки при разрезании “испортят” не более 10 прямоугольников. Следовательно, у нас уже есть по крайней мере 22 целых прямоугольника. Покажем, как увеличить количество целых прямоугольников на 1. Рассмотрим изображённую на рис. 1 замкнутую цепочку клеток (по цепи идём от клетки а2 вверх). Поскольку вырезаны как белые, так и чёрные клетки, в этой цепи обязательно есть вырезанная белая клетка, за которой идёт вырезанная чёрная клетка.

$PIC$

Если эти клетки соседние, то они “портят” только один прямоугольник, значит, при таком разрезании будет не менее 23 целых прямоугольников.

В противном случае, если между ними есть ещё клетки, разделим доску между ними так, чтобы новый прямоугольник начинался сразу после вырезанной белой клетки (см. рис. 2). Тогда количество целых прямоугольников увеличится на 1. Следовательно, опять будет не менее 23 целых прямоугольников.

Ответ:

$23$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#124037

Существует ли тетраэдр, в сечениях которого двумя разными плоскостями получаются квадраты $100×100$ и $1× 1?$

Источники: ММО - 2020, первый день, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Может, попробовать рассматривать не просто тетраэдр, а какую-то другую фигуру, частью которой будет являться тетраэдр? Может, параллелипипед? Подумайте, какие свойства можно ему придать, которые помогли бы в решении задачи.

Подсказка 2

Подумайте о диагоналях параллелипипеда. Сколько у тетраэдра будет квадратных сечений, параллельных парам его скрещивающихся рёбер?

Подсказка 3

Мы можем сделать параллелипипед таким, чтобы одно из этих сечений удовлетворяло условию. Подумайте, что можно сделать с параллилепипедом, чтобы второе условие так же выполнялось. Может, можно как-то оценить какой-то из параметров? Попробуйте визуально порастягивать и посжимать одно из сечений, может получится что дельное?

Показать ответ и решение

Первое решение. Покажем, что если у тетраэдра два скрещивающихся ребра перпендикулярны и имеют длины $a$ и $b,$ то существует сечение тетраэдра, которое является квадратом со стороной $ab∕(a+ b).$

$PIC$

Разделим четыре остальных ребра тетраэдра в отношении $k:(1− k),$ считая от концов ребра длины $b$ (см. рис.). Соединив точки деления, получим сечение, которое является параллелограммом со сторонами длины $ka$ и $(1− k)b$ в силу подобия треугольников. На самом деле, это сечение является прямоугольником, поскольку стороны параллелограмма параллельны перпендикулярным рёбрам тетраэдра по обратной теореме Фалеса и, следовательно, тоже перпендикулярны. Осталось подобрать $k$ таким образом, чтобы стороны прямоугольника были равны, т. е. $ka= (1− k)b,$ откуда $k = b∕(a+b).$ При этом сторона получившегося квадрата будет равна $ka= ab∕(a+ b).$

$PIC$

Рассмотрим три взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке $O.$ Отложим на этих прямых от точки $O$ отрезки $OA = 1,$ $OB = 1,$ $OC = x,$ где $x$ — некоторый параметр (см. рис.). В тетраэдре $OABC$ есть три пары скрещивающихся перпендикулярных рёбер: ребро $OC$ перпендикулярно плоскости $OAB,$ следовательно, перпендикулярно ребру $AB,$ лежащему в этой плоскости; аналогично ребра $OA$ и $OB$ перпендикулярны ребрам $BC$ и $AC$ соответственно. Покажем, что можно подобрать параметр $x >0$ так, что сторона одного из построенных квадратных сечений будет в $100$ раз больше стороны другого. Рассмотрим пару перпендикулярных скрещивающихся ребер $CO$ и $AB$ длин $x$ и $√2.$ По доказанному утверждению длина стороны соответствующего квадратного сечения равна

√- c(x)= -x-2√-- 1 x+ 2

Теперь возьмём пару перпендикулярных скрещивающихся рёбер $OA$ и $CB$ длины $1$ и $√ -2--- x + 1.$ Сторона соответствующего квадратного сечения будет равна

√x2-+-1 c2(x)= ---√-2--- 1+ x + 1

Рассмотрим функцию $f(x)= c2(x). c1(x)$ Она непрерывна при $x> 0$ и $f(1)= 1.$ Далее, $c2(x)> 1, 2$ поэтому

√- f(x)> x+√-2-> 1- (при x→ 0), 2x 2 2x

т.е. $f(1∕200)> 100.$ По теореме о промежуточном значении непрерывной функции на отрезке $[1∕200;1]$ существует такое $x∗,$ что $f(x∗)=100.$ Для найденного $x∗$ возьмём получившийся тетраэдр $OABC.$ Искомый тетраэдр подобен $OABC$ с коэффициентом подобия $1∕c(x∗). 1$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Рассмотрим параллелепипед $ABCDA1B1C1D1,$ боковые грани которого являются квадратами с диагоналями, равными $200,$ а верхняя и нижняя грани — ромбы. Рассмотрим тетраэдр $A1BDC1$ (см. рис.). Поскольку диагонали граней параллелепипеда $ABCDA1B1C1D1$ перпендикулярны, а диагонали его противоположных граней попарно параллельны, пары скрещивающихся рёбер тетраэдра перпендикулярны. Согласно первому решению у такого тетраэдра есть три квадратных сечения, параллельных парам его скрещивающихся рёбер. Сторона квадратного сечения тетраэдра, параллельного рёбрам $A1B$ и $C1D,$ будет равна $100.$

Покажем, что можно выбрать ромб в верхнем и нижнем основаниях параллелепипеда таким образом, что квадратное сечение тетраэдра, параллельное рёбрам $A1C1$ и $BD,$ будет иметь сторону длины $1.$ Спроектируем параллелепипед на верхнюю грань, при этом рёбра тетраэдра $A1BDC1$ спроектируются на стороны ромба $A1B1C1D1,$ а квадрат сечения тетраэдра, параллельного прямым $BD$ и $A1C1,$ спроектируется в равный ему квадрат, вершины которого будут лежать на сторонах ромба $A1B1C1D1.$ Сторона вписанного в ромб квадрата не превосходит меньшей диагонали ромба, поэтому, устремляя длину меньшей диагонали ромба к $0,$ получим квадрат со стороной, сколь угодно близкой к нулю. В то же время, если в качестве ромба взять квадрат, то сторона вписанного квадрата будет равна $100.$ В силу непрерывности изменения длины стороны вписанного квадрата найдётся такой ромб, что сторона вписанного в него квадрата равна $1,$ что и требовалось.

Ответ:

Да, существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#124040

Мальчик едет на самокате от одной автобусной остановки до другой и смотрит в зеркало, не появился ли сзади автобус. Как только мальчик замечает автобус, он может изменить направление движения. При каком наибольшем расстоянии между остановками мальчик гарантированно не упустит автобус, если он знает, что едет со скоростью, втрое меньшей скорости автобуса, и способен увидеть автобус на расстоянии не более $2$ км?

Источники: ММО - 2020, второй день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы решить задачу, нужно понять, каким образом мальчик может попасть на автобус. Очевидно, что либо вернувшись на остановку, из которой выехал, либо доехав до следующей.

Подсказка 2

Отсюда возникают логичные вопросы. На каком расстоянии мальчик должен находиться от остановки, с которой он выехал, чтобы успеть доехать обратно к приезду автобуса? Аналогичный вопрос для следующей остановки.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Если мальчик отъедет от остановки не более чем на $500$ м, то он успеет вернуться к приезду автобуса, который за это время проедет до остановки не более $1500$ м. Если мальчик отъедет от остановки на расстояние, большее $500$ м, то вернуться на неё до приезда автобуса он уже не успеет, значит, чтобы не упустить автобус, он должен продолжить движение до следующей остановки.

Если мальчик заметит автобус, когда до второй остановки останется не более $1$ км, то он сможет продолжить движение и оказаться на остановке не позднее автобуса, который за это время проедет не более $3$ км. Таким образом, наибольшее расстоянии между остановками, при котором мальчик гарантированно не упустит автобус, равно $1,5$ км.

Второе решение.

Если мальчик с того момента, как он заметил автобус, проехал расстояние $x,$ то автобус проехал расстояние $3x.$ Предположим, что мальчик поехал навстречу автобусу и приехал на остановку одновременно с автобусом, тогда

3x +x =2

Cледовательно, мальчик проехал $0,5$ км до остановки, поэтому если расстояние до этой остановки будет больше $0,5$ км, то мальчик на неё не успеет.

Если он продолжил ехать в том же направлении, что ехал изначально, и приехал на остановку одновременно с автобусом, то

3x − x =2

Cледовательно, мальчик проехал $1$ км, поэтому если расстояние до этой остановки будет больше $1$ км, то мальчик на неё не успеет. Таким образом расстояние между остановками не должно превышать $1,5$ км.

Ответ:

$1,5$ км

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#124042

Решите уравнение

x x tg πx= [lgπ]− [lg[π ]]

где $[a]$ обозначает наибольшее целое число, не превосходящее $a.$

Источники: ММО - 2020, второй день, 11.2 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала определитесь с ОДЗ равенства.

Подсказка 2

Чтобы было проще работать с правой частью равенства, давайте определим такое n, что 10ⁿ ≤ π^x < 10^{n+1}. Чему тогда равны слагаемые из правой части?

Показать ответ и решение

Правая часть уравнения имеет смысл при $πx ≥ 1.$

Пусть $n x n+1 10 ≤π <10 ,$ где $n$ — неотрицательное целое число. Тогда $x [lgπ ]=n.$

Но поскольку также имеем:

n x n+1 10 ≤ [π ]< 10

получаем $[lg[πx]]= n.$ Следовательно, при $πx ≥1$ правая часть уравнения тождественно равна нулю. Значит, решениями будут все неотрицательные целые значения $x.$

Ответ:

$x$ — любое целое неотрицательное число

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#124043

За круглым вращающимся столом, на котором стоят $8$ белых и $7$ чёрных чашек, сидят $15$ гномов. Они надели $8$ белых и $7$ чёрных колпачков. Каждый гном берёт себе чашку, цвет которой совпадает с цветом его колпачка, и ставит напротив себя, после этого стол поворачивается случайным образом. Какое наибольшее число совпадений цвета чашки и колпачка можно гарантировать после поворота стола (гномы сами выбирают, как сесть, но не знают, как повернётся стол)?

Источники: ММО - 2020, второй день, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим произвольную расстановку чашек и выпишем в строчку их цвета. Это задача про циклические сдвиги, давайте их выпишем ниже.

Подсказка 2

Мы получим 14 циклических сдвигов. Попробуйте посчитать, сколько будет совпадений по цвету на произвольной позиции в исходной расстановке, и в расстановках, полученных сдвигами.

Подсказка 3

Черных чашек — 7, следовательно, совпадение будет в 6 сдвигах. Аналогично, для белых чашек будет совпадение в 7 сдвигах. Сколько всего будет совпадений по цветам для 14 сдвигов?

Подсказка 4

7·6 + 8·7 = 98. Как можно оценить число совпадений в некотором сдвиге?

Подсказка 5

98/14 = 7, следовательно, найдется сдвиг, в котором не более 7 совпадений с исходной расстановкой. Это оценка, теперь надо подобрать пример.

Показать ответ и решение

Рассмотрим произвольную расстановку чашек и выпишем в строчку их цвета. Под этой строчкой выпишем также все её различные циклические сдвиги — всего $14$ штук. Подсчитаем, сколько всего будет совпадений по цвету на одной и той же позиции в исходной расстановке и в расстановках, полученных сдвигами. Для чёрных чашек совпадения по цвету будут ровно в $6$ сдвигах, а для белых — в $7$ сдвигах. Следовательно, всего совпадений по цветам для $14$ сдвигов будет

7⋅6+ 8⋅7= 98

Значит, существует сдвиг, в котором будет не более $98= 7 14$ совпадений с исходной расстановкой.

Рассмотрим такую расстановку чашек:

ббббчбчббччбччч

Непосредственной проверкой можно убедиться, что все её циклические сдвиги имеют с ней ровно $7$ совпадений.

Ответ:

$7$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#124044

Кузнечик прыгает по числовой прямой, на которой отмечены точки — $a$ и $b.$ Известно, что $a$ и $b$ — положительные числа, а их отношение иррационально. Если кузнечик находится в точке, которая ближе к $− a,$ то он прыгает вправо на расстояние, равное $a.$ Если же он находится в середине отрезка $[−a;b]$ или в точке, которая ближе к $b,$ то он прыгает влево на расстояние, равное $b.$ Докажите, что независимо от своего начального положения кузнечик в некоторый момент окажется от точки $0$ на расстоянии, меньшем $−6 10 .$

Источники: ММО - 2020, второй день, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте считать, что изначально кузнечик находится в точке x₀. Попробуйте понять, в каком промежутке может оказаться кузнечик после некоторой последовательности прыжков.

Подсказка 2

Как будет прыгать кузнечик, если x₀ < (b-a)/2? А если наоборот?

Подсказка 3

В первом случае, кузнечик будет прыгать вправо на a, пока не перепрыгнет точку (b-a)/2. В каком промежутке он тогда окажется?

Подсказка 4

Он окажется в промежутке [ (b-a)/2 ; (a+b)/2 ). Примените аналогичные рассуждения для второго случая.

Подсказка 5

Кузнечик будет прыгать влево на b, пока не перепрыгнет (b-a)/2. Тогда он окажется в промежутке [ -(a+b)/2 ; (b-a)/2 ). Объедините эти 2 промежутка.

Подсказка 6

Получится, что кузнечик рано или поздно окажется в промежутке [ -(a+b)/2 ; (a+b)/2 ). А покинет ли кузнечик когда-нибудь этот промежуток?

Подсказка 7

Он будет постоянно прыгать между левой и правой частями промежутка. Может, попробуем как-то преобразовать наш отрезок для удобства? Вспомните, что нам нужно доказать.

Подсказка 8

Давайте сделаем из него окружность длины a + b.

Подсказка 9

Мы будем прыгать по окружности на a в одну сторону и на b в другую. А есть ли разница между этими прыжками на окружности?

Подсказка 10

Нет, у нас ведь окружность длины a + b. А что можно сказать про отношение a к длине окружности?

Подсказка 11

Оно иррационально. Сделайте соответствующий вывод о распределении точек, в которых окажется кузнечик.

Показать доказательство

Первое решение.

Сначала покажем, что расстояние до ближайшего целого числа от числа вида $c − mq$ (где $m ∈ ℕ,$ $q$ — иррациональное и $c$ — любое фиксированное число) можно выбором $m$ сделать сколь угодно малым.

Рассмотрим $n+ 1$ чисел

q,2q,3q,...,(n+ 1)q

Их дробные части попадают в один из $n$ промежутков

( 1) (1 2) (n−-1 ) 0;n , n;n ,..., n ;1

Тогда по принципу Дирихле найдутся два числа

m1q и m2q (m2 >m1 )

дробные доли которых попали в один и тот же промежуток. Их разность

(m2q − m1q)= (m2− m1)q

также является числом вида $′ mq,$ причём, поскольку разность их дробных частей по модулю меньше $1 n,$ для некоторого целого $N$ верно неравенство

N − 1 <(m2− m1)q < N + 1 n n

Следовательно, существует такое число

( ) y ∈ − 1; 1 , n n

что

(m2− m1)q = N + y

Выберем натуральное число $l$ так, что выполняется одно из двойных неравенств

ly ≤ {c}<(l+ 1)y или − (l+ 1)y <{c}≤ −ly

(здесь ${c}$ обозначает дробную часть $c$ ). Тогда найдётся такое целое число $K,$ что

1 |(N + y)l− (K + c)|< n,

т.е.

1 |l(m2− m1)q− (K + c)|< n

Следовательно,

− K −n1< c− mq < −K + 1n,

где $m = l(m2 − m1 )∈ℕ.$

Значит, расстояние от целого числа $− K$ до числа $c− mq$ меньше $1n.$ Увеличивая значение $n,$ можно сделать это расстояние сколь угодно малым.

Без ограничения общности будем считать, что $b> a.$ При преобразовании подобия прямой с коэффициентом $1a$ точка $− a$ перейдёт в точку $− 1,$ а точка $b$ — в точку $ba > 1.$ Кузнечик теперь будет прыгать на $1$ вправо и на $q = ba$ влево. В некоторый момент кузнечик пересечёт середину отрезка $[−1;q]$ прыжком на $1$ вправо и попадёт в некоторую точку $c.$ После этого кузнечик никогда не будет делать прыжки длины $q$ более одного раза подряд. При прыжке на $1$ дробные доли точек, в которых кузнечик находился до и после прыжка, одинаковые.

Пусть кузнечик находится в точке $c.$ Выберем такое натуральное число $m,$ что расстояние от $c− mq$ до ближайшего целого меньше $10−6. a$ Если кузнечик сделает $m$ прыжков влево, он будет находиться на расстоянии менее $10−6- a$ от какого-то целого числа, независимо от того, сколько при этом он совершил прыжков вправо на $1.$ Поскольку точка $0$ находится левее середины нашего отрезка, то, прыгая на $1$ вправо, кузнечик обязательно окажется на расстоянии менее $10−6- a$ от точки $0,$ а на исходной прямой — на расстоянии, меньшем $10−6$ от точки $0.$

Второе решение.

Независимо от своего начального положения $x0$ кузнечик рано или поздно окажется на промежутке

[ a+b-a+-b) Δ = − 2 ; 2

Действительно, если $x0 < b−2a,$ то он будет прыгать вправо на $a$ , пока не перепрыгнет точку $b−2a$ и не окажется на промежутке

[b− a-a-+b) Δr = 2 ; 2 ∈Δ

А если $x0 ≥ b−2a,$ то он будет прыгать влево на $b,$ пока не перепрыгнет точку $b−2a$ и не окажется на промежутке

[ ) Δl = − a+-b;b−-a ∈ Δ 2 2

При дальнейших прыжках кузнечик уже не покинет промежутка $Δ :$ оказавшись на $Δr,$ он прыгает влево на $b$ и попадает на $Δl,$ а оказавшись на $Δl,$ он прыгает вправо на $a$ и попадает на $Δr.$

Если склеить промежуток $Δ$ в окружность той же длины $a+ b,$ то указанные прыжки кузнечика на этой окружности будут уже прыжками в одну сторону на $a$ (или в другую сторону на $b,$ что на данной окружности — одно и то же).

Поскольку отношение прыжка $a$ к длине $a+ b$ окружности иррационально, следы кузнечика будут всюду плотны на окружности, то есть рано или поздно кузнечик попадёт на всякую дугу окружности. Следовательно, и на исходном промежутке $Δ$ следы кузнечика всюду плотны, так что рано или поздно он попадёт в любую наперед заданную окрестность нуля.

Предыдущая подтема

Следующая подтема