Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

ММО - задания по годам → .06 ММО 2014

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#46233

Докажите, что для любого натурального $n$ найдётся натуральное число, десятичная запись квадрата которого начинается $n$ единицами, а заканчивается какой-то комбинацией из $n$ единиц и двоек.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Воспользуйтесь индукцией! Попробуем построить такие числа по индукции. База простая, верно?

Подсказка 2!

Да! M1 = 1. Попробуем теперь по Mn построить число M(n+1). Для этого нужно рассмотреть все возможные такие числа.

Подсказка 3!

Давайте попробуем сделать так: Mn + k*10^n, чтобы условие выполнилось про единицы, рассмотрим все числа для k от 0 до 9. Осталось разобраться со вторым!

Показать ответ и решение

Положим $m =1 1$ и построим по индукции такие числа $m n$ , что десятичная запись $m n$ оканчивается на единицу, а десятичная запись числа $2 mn$ оканчивается на комбинацию из n единиц и двоек.

Пусть число $mn$ уже построено, то есть выполнено предположение для $n$ . Рассмотрим числа вида $n pk = mn +k⋅10$ , где $k ∈{0,1,2,...,9}$ . Десятичная запись каждого из них оканчивается на 1. Кроме того,

2 2 n 2 2n pk = mn +2kmn ⋅10 + k 10

Посмотрим на последние $n+ 1$ цифр десятичной записи каждого из слагаемых этой суммы.

Запись числа $2 mn$ оканчивается на комбинацию из $n$ единиц и двоек по предположению индукции. Обозначим через $a$ $n +1$ -ю с конца цифру этого числа. Нетрудно видеть, что десятичная запись $n 2kmn⋅10$ оканчивается на $n$ нулей, перед которыми идет последняя цифра числа $2k$ (так как $mn$ оканчивается на единицу). Десятичная же запись слагаемого $2 2n k ⋅10$ оканчивается на $2n$ нулей.

Имеем, что последние $n$ цифр десятичной записи чисел $2 pk$ совпадают с последними $n$ цифрами десятичной записи числа $2 mn$ . При этом $n +1$ -я с конца цифра числа $2 pk$ совпадает с последней цифрой суммы $a+ 2k$ . Если $a$ нечётно, то для некоторого $k$ сумма $a+ 2k$ оканчивается на единицу (помним, что $k∈ {0,...9}$ . Если $a$ чётно, то для некоторого k сумма $a +2k$ оканчивается на двойку. Следовательно, одно из чисел $pk$ можно взять в качестве числа $mn+1$ .

Итак, мы получили числа, которые заканчиваются на какую-то комбинацию из единиц и двоек. Более того, мы даже знаем, что последняя цифра всегда будет единицей.

Пусть $cn =1◟..◝◜.1◞⋅104n n$ и $dn =cn+ 104n$ . Тогда в силу $√-- cn,dn < 105n =⇒ cn <103n$ получаем

∘ -- -- 4n 4n dn− √ cn = √dn−-c√n-= √-10-√-> 210⋅103n > 1 dn+ cn dn+ cn

Следовательно, найдётся такое натуральное число $qn$ , которое не меньше $√cn$ , но меньше $√dn-$ . Тогда десятичная запись квадрата этого числа начинается на $n$ единиц.

Рассмотрим число $qn ⋅10ℓ+ mn$ , где $ℓ$ больше количества цифр в десятичных записях чисел $2pkmn$ и $m2n$ . Тогда первые $n$ цифр десятичной записи числа

(q ⋅10ℓ+ m )2 = q2⋅102ℓ+ 2q10ℓ⋅m +m2 n n n n n n

совпадают с первыми $n$ цифрами десятичной записи числа $q2n$ , а последние $n$ цифр — с последними цифрами десятичной записи числа $m2n$ . Следовательно, число $qn ⋅10ℓ+ mn$ удовлетворяет условию задачи.

Ответ:

что и требовалось доказать

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#73722

Найдите все такие $a$ и $b,$ что $|a|+ |b|≥ 2√- 3$ и при всех $x$ выполнено неравенство

|a sinx+ bsin2x|≤1

Источники: ММО-2014, задача 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для упрощения рассуждений можно рассмотреть какие-то определенные a и b. Например, если они одного знака, то сумма их модулей равна модулю их суммы(а если разного знака?).

Подсказка 2

У нас есть неравенство, которое верно для всех x. Значит, можно найти какое-то удобное значение x, чтобы выражение в неравенстве стало похожим на модуль суммы a и b.

Подсказка 3

Число 2/√3 как бы намекает, какие значения х стоит попробовать.

Показать ответ и решение

Рассмотрим случай, когда числа $a$ и $b$ имеют один знак. В этом случае $|a|+|b|= |a+b|.$ Пусть $x= π. 3$ Тогда $2x= 2π,sinx= sin2x= √3 3 2$ и $√3 √3 1 ≥|asinx+ bsin2x|=|a+ b| 2 =(|a|+ |b|) 2 ≥1.$ Отсюда получаем, что $√2 |a|+|b|= 3,$ а в точке $π x= 3$ функция $f(x)= asinx+ bsin2x$ принимает либо своё наибольшее значение $1,$ либо своё наименьшее значение $− 1.$ Значит, точка $π x= 3$ является точкой экстремума для функции $f(x)$ и $′π f(3)= 0.$ Имеем

π π 2π a− 2b f′(3)= acos3 + 2bcos-3 =--2--= 0

Следовательно, $a= 2b.$ Учитывая равенство $|a|+ |b|= 2√3,$ получаем, что возможны лишь два варианта $a= 34√3,b= 3√23-$ или $a =− 3√43-,b= − 3√23.$

Рассмотрим теперь случай, когда числа $a$ и $b$ имеют разные знаки. В этом случае $|a|+|b|= |a − b|.$ Пусть $x = 2π3-.$ Тогда $√- 2x= 4π3 ,sinx= − sin2x=-32$ и $√- √- 1≤ |asinx+ bsin2x|=|a− b|-32 =(|a|+ |b|)-32 ≥1.$ Отсюда получаем, что $|a|+ |b|= √23,$ а в точке $x = 2π3-$ функция $f(x)=asinx+ bsin2x$ принимает либо своё наибольшее значение $1,$ либо своё наименьшее значение $− 1.$ Значит, точка $x= 2π3$ является точкой экстремума функции $f(x)$ и $f′(2π3 )= 0.$ Имеем:

f′(2π-)=acos2π+ 2bcos 4π-= −a−-2b= 0 3 3 3 2

Следовательно, $a= −2b.$ Учитывая равенство $|a|+ |b|= √2 3$ получаем, что возможны лишь два варианта: $a= −-4√-,b= -2√- 3 3 3 3$ или $a =-4√-,b= −-2√-. 3 3 3 3$

Проверим, что четыре найденные пары значений удовлетворяют условию задачи. Действительно, $|a|+ |b|= √2. 3$ Функция $f(x)$ принимает свои наибольшее и наименьшее значения в таких точках $x,$ для которых $f′(x)= 0.$ Найдём такие точки $x.$ Имеем:

f′(x)= acosx +2bcos2x =a(cosx ±cos2x)= 0

где знак в скобках выбирается положительным, если $a$ и $b$ одного знака, и отрицательным иначе. Следовательно, во всех точках экстремума функции $f(x)$ имеем $|cosx|= |cos2x|.$ Значит, при таких $x$ выполнено также равенство $|sinx|= |sin2x|.$ Отсюда $|sin2x|= |sin x||cosx|$ и либо $sinx= 0,$ либо $|cosx|= 12.$ В первом случае $f(x)= 0,$ во втором $|sin√32 |,|sin 2x = √23|$ и

√- √- |f(x)|≤ |a|-3+ |b|-3-=1 2 2

Таким образом, во всех точках экстремума функции $f(x),$ а следовательно, и во всех вообще точках $x,$ имеем $|f(x)|≤1.$

Ответ:

$a =± √4-,b= ± √2 3 3 33$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#75445

Все коэффициенты квадратного трёхчлена — нечётные целые числа. Докажите, что у него нет корней вида $1∕n$ , где $n$ — натуральное число.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем действовать от противного. Если такой корень есть, то значит, в нём трёхчлен обнуляется. Попробуйте подставить и посмотреть, что получится.

Подсказка 2

Ага, получилось выражение только с целыми числами. Но в условии нам ещё дали условии на чётность коэффициентов. А что если рассмотреть случаи по чётности n?

Подсказка 3

Верно, и для чётного, и для нечётного n мы будем всегда получать нечётное число, а 0 чётный! Победа!

Показать доказательство

Пусть искомый трёхчлен $ax2+ bx+ c$ имеет корень $1 n$ . В таком случае справедливо равенство $a+ bn +cn2 = 0$ , однако заметим, что если $n$ чётно, то левая часть нечётна, а значит не может равняться $0$ . Если же $n$ — нечётно, то опять же левая часть является нечётной, а значит равенства быть не может.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#82940

В королевстве некоторые пары городов соединены железной дорогой. У короля есть полный список, в котором поименно перечислены все такие пары (каждый город имеет свое собственное имя). Оказалось, что для любой упорядоченной пары городов принц может переименовать все города так, чтобы первый город оказался названным именем второго города, а король не заметил бы изменений. Верно ли, что для любой пары городов принц может переименовать все города так, чтобы первый город оказался названным именем второго города, второй город оказался названным именем первого города, а король не заметил бы изменений?

Источники: ММО-2014, 11.6(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте придумать пример для небольшого количества городов, при котором выполняется условие задачи о переименовании.

Подсказка 2

Например, если городов было 2, то все очевидно. А если их было 3?

Подсказка 3

Можно заметить, что внутри треугольников (граф К₃) условие задачи выполняется. А давайте из треугольников и соберем подходящий граф!

Показать ответ и решение

Пусть города королевства расположены и соединены железными дорогами так, как указано на рисунке. Тогда условие задачи выполнено. Действительно, можно представить, что на рисунке изображен многогранник с равными ребрами, который получается из правильного тетраэдра отсечением четырёх его вершин плоскостями.

$PIC$

Тогда для любой упорядоченной пары его вершин можно совершить такое движение этого многогранника, при котором вторая вершина пары перейдет в первую её вершину и все вершины многогранника поменяются местами. Соответствующее такому движению переименование городов останется не замеченным королем, так как каждые два города с новыми названиями будут соединены железной дорогой тогда и только тогда, когда такой дорогой были соединены города, прежде носившие эти имена.

$PIC$

Рассмотрим такое переименование всех городов, при котором города $B$ и $D$ поменялись именами. Покажем, что в этом случае король заметит изменения. Действительно, если город $A$ изменил свое название, то король заметит, что единственный город, который был соединен дорогой и с $B,$ и с $D,$ теперь называется иначе. Если же город $A$ не изменил свое имя, то новый город $C$ теперь не будет соединен и с городом $A,$ и с новым городом $B,$ ведь новый город $B$ раньше был городом $D,$ а городов, соединенных и с $A,$ и с $D,$ не было.

Ответ:

Неверно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#91096

Натуральные числа от $1$ до $2014$ как-то разбили на пары, числа в каждой из пар сложили, а полученные $1007$ сумм перемножили. Мог ли результат оказаться квадратом натурального числа?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы понять, стоит ли придумывать пример, или доказывать, что не мог, попробуйте придумать примеры для меньшего количества чисел.

Подсказка 2

Например, можно большинство чисел разбить на чётное количество пар равной суммой.

Показать ответ и решение

Разбив числа от $7$ до $2014$ на пары

7,2014,8,2013,...,1010,1011

получим чётное число пар с суммой $2021.$ Числа от $1$ до $6$ можно разбить так: $1,5,2,4,3,6.$ Для них в результате получим произведение $62 ⋅9 =182.$ Значит, в итоге получится полный квадрат.

Ответ:

да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#96958

На сторонах $AD$ и $CD$ параллелограмма $ABCD$ с центром $O$ отмечены такие точки $P$ и $Q$ соответственно, что $∠AOP =∠COQ =∠ABC.$

(a) Докажите, что $∠ABP =∠CBQ.$

(b) Докажите, что прямые $AQ$ и $CP$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: ММО - 2014, первый день, 11.3(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Хороший способ доказать равенство углов - найти подобные треугольники, в которых эти углы друг другу соответствуют.

Подсказка 2, пункт а

Поищите на рисунке вписанные четырëхугольники.

Подсказка 1, пункт б

На этот раз нужно просто аккуратно посчитать углы. Ясно, что стоит рассмотреть сумму углов ABC и ARC (R - пересечение AQ и CP) и, исходя из имеющихся данных, показать, что она равна 180°.

Показать доказательство

$PIC$

(a)

∠CDA + ∠POC = ∠ABC + ∠POC = ∠AOP + ∠POC = 180∘

поэтому точки $P,O,C$ и $D$ лежат на одной окружности. Аналогично точки $Q,O,A$ и $D$ лежат на одной окружности. Значит,

CQ ⋅CD =CO ⋅CA = AO⋅AC = AP ⋅AD

то есть $AP- CD- BA- CQ = AD = BC .$ Следовательно, треугольники $BAP$ и $BCQ$ подобны, откуда $∠ABP = ∠CBQ.$

(b)

∠OAQ =∠ODQ

как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Аналогично $∠OCP = ∠ODP.$ Пусть $R$ — точка пересечения $AQ$ и $CP$ . Тогда

∠ABC + ∠ARC = ∠ADC + ∠ARC =

= ∠ODP + ∠ODQ + ∠ARC = ∠OCP + ∠OAQ + ∠ARC = 180∘

Следовательно, точки $A,B,C$ и $R$ лежат на одной окружности.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#106715

Найдите все значения $a,$ для которых найдутся такие $x,$ $y$ и $z,$ что числа $cosx,$ $cosy$ и $cosz$ попарно различны и образуют в указанном порядке арифметическую прогрессию, при этом числа $cos(x+ a),$ $cos(y +a)$ и $cos(z+ a)$ также образуют в указанном порядке арифметическую прогрессию.

Источники: ММО - 2014, первый день, 11.2(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если числа образуют арифметическую прогрессию, то для них выполняется характеристическое свойство арифметической прогрессии! Как оно преобразуется с помощью известных формул тригонометрии?

Подсказка 2

Верно! Получается, что 2cos(y)cos(a)-2sin(y)sin(a) = cos(x)cos(a) - sin(x)sin(a) + cos(z)cos(a) - sin(z)sin(a). Попробуем теперь сгруппировать слагаемые с sin(a) и cos(a) по отдельности. Пришло время использовать оставшуюся часть условия! Что тогда получается?

Подсказка 3

Конечно! Снова по характеристическому свойству 2cos(y) - cos(x) - cos(z) = 0. Может ли оказаться так, что sin(a) при этом не равен 0?

Подсказка 4

Если sin(a)≠0, то sin(x), sin(y), sin(z) образуют арифметическую прогрессию. Какое тогда можно найти противоречие?

Показать ответ и решение

Числа $cos(x +a),cos(y +a),cos(z+ a)$ образуют арифметическую прогрессию, значит,

2cos(y+ a)= cos(x +a)+ cos(z +a)

2cosy cosa− 2sinysin a=

= cosx cosa− sinxsin a+coszcosa − sinz sina

(2cosy− cosx − cosz)cosa= (2siny− sinx− sinz)sina

По условию числа $cosx,cosy,cosz$ также образуют арифметическую прогрессию, значит, $2cosy = cosx+ cosz$ и поэтому левая часть этого равенства равна нулю. Следовательно, либо $sina =0$ и $a =πk,k∈ ℤ,$ либо $2siny =sin x+sinz,$ т.е. числа $sinx,sin y,sinz$ также образуют арифметическую прогрессию. Но в последнем случае точка с координатами $(cosy,siny)$ является серединой отрезка с концами в точках $(cosx,sinx),(cosz,sinz)$ и при этом все три точки лежат на единичной окружности с центром в начале координат, что невозможно. Для $a= πk,$ где $k∈ ℤ,$ подходящим примером являются числа $x =0,y = π∕2,z = π.$