ММО - задания по годам → .17 ММО 2025
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
На совместный симпозиум лжецов (всегда лгут) и правдолюбов (всегда говорят правду) собрались участников, среди которых не все
лжецы и не все правдолюбы. Каждые два участника либо знакомы, либо незнакомы друг с другом. Каждый ответил «да» или
«нет» на вопрос «Знакомы ли вы?» про каждого из остальных. Какое наименьшее количество ответов «да» могло быть
получено?
Подсказка 1
Проанализируйте, какие виды пар могут быть и какое количество ответов да будет от пары каждого вида?
Подсказка 2
Обратите внимание на пары вида лжец-правдолюб. Какое количество ответов "да" будет от каждой такой пары? А какое минимальное количество таких пар?
Подсказка 3
Представьте количество таких пар как функцию от какой-то переменной. Пусть, например, имеется n лжецов. Сколько тогда будет пар?
Пусть на симпозиуме лжецов и
правдолюбов. По условию
Посмотрим на какого-нибудь лжеца и какого-нибудь правдолюба. Если они знакомы, то правдолюб скажет да
, а если
незнакомы, то лжец скажет
да
В любом случае будет ровно один ответ
да
для каждой такой пары, а всего пар
Минимальное значение этого выражения равно и достигается при
или
Таким образом, в любом случае будет не
менее
ответов
да
Пример, когда это значение достигается: 99 лжецов и 1 правдолюб, и все друг с другом знакомы.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Дана последовательность для всех натуральных
Найдите сумму первых
членов этой
последовательности.
Подсказка 1
Выглядит наша последовательность сложно, но явно намекает на разложение или замену. А нельзя ли n² - 2025n + 1 как-то переписать через факториалы? Попробуйте раскрыть скобки и посмотреть, не получится ли что-то телескопическое.
Подсказка 2
Хм, а если представить n² - 2025n как (n + 1)(n + 2) минус что-то? Тогда n! умножится на скобки, и может получиться разность факториалов. Как бы это оформить?
Подсказка 3
Окей, допустим, мы разложили аₙ в сумму вида (n + 2)! - (n + 1)! - 2027 • (n + 1)! + 2027 • n!. Теперь посмотрим на сумму а₁+ a₂+ … + a₂₀₂₅. Почти все слагаемые должны сократиться! Что останется в конце?
Первое решение.
Представим в виде
Тогда получаем
Второе решение.
Перейдём к более общей задаче: будем рассматривать последовательности где k — фиксированное натуральное
число, а
— номер члена последовательности, и искать сумму первых
членов таких последовательностей.
При получаем, что сумма равна
При получаем, что сумма равна
Аналогично можно получить, что при
сумма
равна
. Возникающую гипотезу о том, что при произвольном
искомая сумма равна
нужно строго доказать. Это можно сделать
методом математической индукции.
База индукции уже проверена. Из предположения о том, что
требуется вывести
Заметим, что
Следовательно,
Что и требовалось доказать.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Даны две треугольные пирамиды с общим основанием Их вершины
и
лежат по разные стороны от плоскости
Все
боковые рёбра одной пирамиды параллельны соответствующим боковым граням другой. Докажите, что объём одной пирамиды вдвое
больше объёма другой.
Подсказка 1
Так... С чего начать? Нарисуем какую-то пирамиду. В условии сказано про параллельность граней рёбрам. Как этим воспользоваться?
Подсказка 2
Начнём проводить параллельные рёбрам плоскости. Какую фигуру они будут образовывать? На какое построение это намекает?
Подсказка 3
Да! Будет получаться параллелепипед. Давайте впишем пирамиду в параллелепипед. Как будет расположена вторая пирамида? Чему равен её объем, если объём параллелепипеда равен V?
Подсказка 4
Верно! Вторая пирамида образована одной гранью исходной пирамиды и тремя гранями параллелепипеда. Её объем будет равен V/6. Но ведь ещё три пирамиды образованны таким же образом... Осталось только найти объём исходной пирамиды и завершить доказательство!
Решение 1. Пусть рёбра параллельны граням
и
соответственно. Проведём через
плоскости,
которые параллельны
и
соответственно. Получается параллелепипед, пять вершин которого совпадают с
вершинами наших пирамид. Пусть
— объём этого параллелепипеда. Тогда объём пирамиды
равен
как и
объём трёх других пирамид, основаниями которых являются грани тетраэдра
Поэтому объём пирамиды
равен
то есть вдвое больше объёма пирамиды что и требовалось доказать.
Решение 2. Пусть — точка пересечения медиан треугольника
Пусть
— плоскости, проходящие через точки
параллельные плоскостям
соответственно. Поскольку
точка
лежит в плоскости
Аналогично,
она лежит и в плоскостях
и
Пусть
— образ точки
при гомотетии с центром в точке
и коэффициентом
При этой
гомотетии середина отрезка
переходит в
поэтому плоскость
переходит в плоскость
Значит,
Аналогично,
и
Плоскости имеют единственную общую точку, поэтому их образы
при рассматриваемой гомотетии тоже имеют
единственную общую точку. Таким образом, получаем, что
По построению точки
расстояние от неё до плоскости
в два
раза больше, чем расстояние от
до этой плоскости, поэтому объём пирамиды
(она же
вдвое больше объёма пирамиды
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Существует ли такой многочлен с целыми коэффициентами и натуральные числа
и
что
не делится на
но
делится на
для любого простого числа
и любого натурального
Подсказка 1
Если искомое существует, то нам нужно привести пример такого многочлена и чисел m и n и доказать для них выполнение условий. То есть, доказать, что значение многочлена в любой степени любого простого числа кратно n, и при этом существует значение, в котором многочлен не кратен n. Но сразу сказать про все простые числа сложно.. Давайте подумаем только про двойку! Каким должен быть многочлен и число n, чтобы его значение в любой степени двойки было кратно n?
Подсказка 2
Например, n может быть равно степени двойки! Пусть n это 2 в k-ой степени. А многочлен состоять из множителей вида (x-p). Подумайте, сколько должно быть таких скобочек с чётными и нечётными p, чтобы многочлен делился на степень двойки.
Подсказка 3
Верно, скобочек с нечетным p должно быть не меньше k! Аналогично для чётных, чтобы для в любой степени любого нечётного простого числа многочлен делился на 2 в k-ой степени. Теперь осталось поподбирать значения и найти подходящий пример! Не забудьте, что надо так же найти m!
Первое решение. Приведём несколько примеров таких многочленов. 1) Пусть
Проверим, что не делится на
Действительно,
не делится на
Теперь проверим, что
делится на
для любого простого числа
и любого натурального
Если
или
то многочлен тождественно равен
Для
где
имеем
Наконец, если простое число нечётно (а значит, и
нечётно), то
делится на
так как при любом нечётном
значение
делится на
а значит, и на
2) Пусть
Сначала проверим, что делится на
при всех простых
и натуральных
Начнём со случая Заметим, что первое слагаемое делится на
а значит, и на
Остаётся проверить, что
делится
на
для чисел вида
где
При
и
это проверяется непосредственно; при
число
также делится
на
Теперь проверим утверждение для простых чисел В этом случае
взаимно просто с
а значит, достаточно доказать
утверждение
кратно
при любом
взаимно простом с
Для этого заметим, что при всех таких
по теореме Эйлера
выполняется соотношение
а тогда
Остаётся проверить, что не делится на
Для этого снова заметим, что число
делится на
а число
не
делится на
Второе решение.
Пусть — простое,
и пусть
— все не кратные
натуральные числа, меньшие
Положим
Действительно, тогда не кратно
При
число
имеет остаток от деления на
не кратный
поэтому один из множителей в определении
будет кратен
при
При
и
уже число
будет кратно
Наконец, при
значение
делится на
Существует
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Высоты остроугольного треугольника
пересекаются в точке
Биссектриса угла
пересекает отрезок
в
точке
биссектриса угла
пересекает отрезок
в точке
Обозначим величину угла
через
Аналогично определим
и
Найдите значение суммы
Подсказка 1
Идея решения такая. Каждый из этих трёх углов — сумма углов, которые образуют его стороны с высотой. Давайте разобьём эти уголки на пары, чтобы в каждой сумма углов была 90°.
Подсказка 2
Пусть биссектрисы углов ABH и BCH пересекают AH в P и Q. Докажите, что углы PC₁H и AB₁Q равны. Для остальных пар будет аналогично.
Подсказка 3
Пусть K и L — точки пересечения описанных треугольников BHP И CHQ с AB и AC. Попробуйте доказать, что четырёхугольники KBHP и LCHQ подобны. Тогда диагонали C₁P и QB₁ буду образовывать равные углы со сторонами AB и AC.
Подсказка 4
Чтобы доказать из подобие, докажите подобие их элементов -—треугольников KPH и HQL, а также KC₁H и HB₁L.
Обозначим точки пересечения биссектрис углов и
с отрезком
через
и
соответственно. Докажем,
что
Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой , то есть искомая сумма будет
равна
Первый способ. Так как то и
поэтому
Следовательно, прямоугольные треугольники и
подобны по двум углам, поэтому
Как известно, треугольники и
подобны треугольнику
а, следовательно, подобны друг другу.
Отсюда
Из равенств (1) и (2) следует, что
Как известно, поэтому треугольники
и
подобны по углу и отношению прилежащих сторон,
откуда
Тогда
что и требовалось доказать.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Второй способ. Пусть — точка, изогонально сопряжённая
относительно треугольника
Так как
то точки и
— соответствующие точки в подобных треугольниках
и
Тогда
что и
требовалось доказать.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Третий способ. Пусть и
— точки пересечения описанных окружностей треугольников
и
с прямыми
и
соответственно. Так как четырёхугольник
вписанный, то
Так как четырёхугольник вписанный, то
Таким образом, треугольники и
подобны по двум углам. Поскольку четырёхугольник
вписанный, то
поэтому
Таким образом, прямоугольные треугольники и
подобны по двум углам. На гипотенузах
и
подобных треугольников
и
построены соответствующим образом подобные треугольники
и
Следовательно, полученные четырёхугольники
и
подобны. Тогда диагонали
и
образуют
одинаковые углы с соответствующими сторонами
и
то есть
что и требовалось доказать.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Петя красит каждую клетку доски в чёрный или белый цвет так, чтобы клетки каждого цвета образовывали многоугольник. Затем
Вася разрезает доску на двухклеточные доминошки. Петя стремится к тому, чтобы в итоге получилось как можно больше разноцветных
доминошек, а Вася — к тому, чтобы их получилось как можно меньше. Наличие какого наибольшего числа разноцветных доминошек
может гарантировать Петя, как бы ни действовал Вася? (Напомним, что граница многоугольника — замкнутая ломаная без
самопересечений.)
Подсказка 1
Давайте для начала считать, что у нас дан прямоугольник 2n×2m, где m и n - натуральные числа. Нас просят найти оценку на количество разноцветных доминошек (прямоугольник 2×1). Давайте попробуем составить пример, чтобы понимать, какую примерно оценку нам хочется получить.
Подсказка 2
Назовем каёмкой множество всех клеток прямоугольника, прилегающих к границе. Что будет, если "углы" (2 подмножества клеток каёмки, образующие углы 90°) покрасить в белый и черный (то есть, будут две разноцветных "галочки")? А какая конструкция многоугольника тут может быть выигрышной?
Подсказка 3
Попробуйте в прямоугольнике без клеток каёмки красить так, чтобы у нас получались "плюсы" (многоугольник из 5 клеток одного цвета, имеющий одну центральную клетку, к ребрам которой присоединены все остальные). Может ли у нас из такой конфигурации получиться оценка?
Подсказка 4
Давайте также изначально раскрасим клетки в шахматном порядке в красный и синий цвета так, чтобы левая нижняя клетка была красной.
Подсказка 5
Наш прямоугольник будет выглядеть следующим образом: занумеруем строки снизу-вверх, столбцы - слева-направо. Покрасим в черный все клетки первого столбца, в остальных столбцах с номерами, дающими остаток 1 от деления на 4, — все клетки, кроме самой верхней, во всех столбцах с чётными номерами, кроме самого правого, — все синие клетки, во всех остальных столбцах — только самую нижнюю клетку. Будет получаться не менее 1 + (m - 1)(n - 1) разноцветных доминошек. Попробуем доказать эту оценку.
Подсказка 6
Исходя из раскраски в красный и синий цвета, что мы можем сказать про, например, черный многоугольник, который будет получать Петя?
Подсказка 7
Попробуйте доказать, что в каждом черном многоугольнике должно быть хотя бы на 1 + (m - 1)(n - 1) больше синих клеток, чем красных.
Подсказка 8
Оцените количество доминошек, в которых будет одна синяя клетка черного многоугольника, но не будет красной клетки черного многоугольника.
Подсказка 9
У нас получится, что при разрезании будет хотя бы 1 + (m - 1)(n - 1) доминошка такого вида, так как в каждой доминошке по одной синей и красной клетке. А что можно сказать про них?
Подсказка 10
Все такие доминошки будут черно-белыми. Убедитесь, что оценка удовлетворяет нашему примеру.
Подсказка 11
Мы доказали, что 1 + (m - 1)(n - 1) - нижняя оценка. Надо теперь проверить, является ли она верхней. Какой факт о клетках вне каёмки нужно доказать?
Подсказка 12
Достаточно доказать, что белые клетки каёмки образуют связное по сторонам множество клеток. Тогда белые клетки каёмки будут представлять собой несколько последовательных клеток. Что нам может дать это утверждение?
Подсказка 13
Докажите, что Вася, разрезав всю каёмку, получит не более одной разноцветной доминошки.
Подсказка 14
Клетки белого многоугольника образуют связное по сторонам множество клеток. Что можно сказать про белые не соседние клетки каёмки и путь γ между ними по белым клеткам, не содержащий другие клетки каёмки?
Подсказка 15
Если он существует, тогда найдется и путь по белым клеткам каёмки. Что можно сказать о частях прямоугольника, на которые путь γ разбивает прямоугольник?
Подсказка 16
Между ними не будет пути, который не содержит клетки γ. Тогда γ разбивает каёмку на две связные части. Могут ли быть в обеих частях каёмки черные клетки? Обоснуйте, что нет, сделайте соответствующие выводы и задача будет решена.
Решим задачу для прямоугольника , где
— произвольные натуральные числа. Мы докажем, что ответом является число
Сначала покажем, что Петя может раскрасить доску так, чтобы при любом разрезании Васи получилось не менее, чем
разноцветных доминошек. Покрасим прямоугольник шахматным образом в синий и красный цвета так, чтобы левая
нижняя клетка была красной. Пете достаточно добиться того, чтобы в чёрном многоугольнике было на
больше синих
клеток, чем красных. Действительно, тогда при любом разрезании на доминошки будет хотя бы
доминошек, в которых
есть синяя клетка чёрного многоугольника, но нет красной (так как в каждой доминошке ровно одна синяя и ровно одна красная клетка),
все такие доминошки будут чёрно-белыми.
Занумеруем строки снизу-вверх, а столбцы слева-направо. Добиться такого перевеса синих клеток в чёрном многоугольнике Петя может,
например, покрасив в точности следующие клетки в чёрный цвет: все клетки первого столбца, в остальных столбцах с
номерами дающими остаток от деления на
— все клетки, кроме самой верхней, во всех столбцах с чётными номерами,
кроме самого правого, — все синие клетки, во всех остальных столбцах — только самую нижнюю клетку (см рисунок).
Действительно, тогда в первом столбце синих и красных клеток одинаковое количество, в остальных столбцах с нечётными
номерами красных клеток на одну больше, чем синих, а в каждом чётном столбце, кроме последнего, синих клеток на
больше, чем красных, в последнем столбце синих на одну больше, чем красных, итого суммарно синих больше, чем
красных, на
клеток. При такой покраске как чёрные, так и белые клетки образуют
многоугольник.
Теперь докажем, что как бы Петя ни раскрасил клетки, Вася сможет добиться того, чтобы разноцветных доминошек было не более, чем
Назовём каёмкой множество всех клеток прямоугольника, прилегающих к границе. Достаточно доказать, что
Вася всегда сможет разбить все клетки, отличные от клеток каёмки, на доминошки так, чтобы среди них было не более
разноцветных, и что он всегда сможет разрезать каёмку на доминошки так, чтобы среди них было не более одной
разноцветной.
Теперь докажем второе утверждение. Для этого достаточно доказать, что белые клетки каёмки образуют связное по сторонам множество клеток. Действительно, тогда в каёмке белые клетки представляют собой несколько последовательных клеток, и Вася может порезать всю каёмку на доминошки, порезав при этом всю белую часть на доминошки, за исключением, возможно, одной клетки (если в каёмке белых клеток нечётное количество). Таким образом, разрезав каёмку, Вася получит не более одной разноцветной доминошки.
Итак, докажем связность множества белых клеток каёмки. Клетки белого многоугольника образуют связное по сторонам множество
клеток, поэтому достаточно доказать, что если между некоторыми двумя различными не соседними белыми клетками в каёмке есть путь
по белым клеткам, не содержащий других клеток каёмки, то между ними есть и путь по белым клеткам каёмки, далее это и докажем.
Клетки пути
разбивают прямоугольник на две (необязательно связные по сторонам) части, между которыми нет путей по клеткам, не
содержащих клеток пути
. Значит,
разбивает каёмку на две связные части, только в одной из которых могут быть чёрные клетки (так
как чёрные клетки сами образуют связное по сторонам множество клеток, не содержащее клеток пути
). Следовательно, одна из
частей каёмки полностью белая, и поэтому между рассмотренными белыми клетками каёмки есть путь по белым клеткам
каёмки.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Между двумя восьмёрками в числе вписали несколько нулей. Докажите, что можно всегда дописать слева в начало нового числа ещё
несколько цифр так, чтобы получилось число, которое является полным кубом.
Подсказка 1
На что должно заканчиваться число x, чтобы в кубе оно заканчивалось на 80....08?
Подсказка 2
Если сможете подобрать такое число и формально объясните, что между восьмерками может сколько угодно нулей, задача будет решена.
Подсказка 3
Попробуйте рассмотреть число 40...02.
Рассмотрим выражение
Заметим, что если натуральное число оканчивается на
(всего
нуль, где
— натуральное), то это выражение примет
значение, оканчивающееся на
(
нулей между восьмёрками):
Поэтому можно дописать несколько цифр в начало нового числа так, чтобы получилось число
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Кусок сыра массой кг разрезали на
кусков массами меньше
г. Оказалось, что их нельзя разбить на две кучки так, чтобы
масса каждой кучки была не меньше
г, но не больше
г (кучка может состоять из одного или нескольких кусков). Докажите, что
найдутся три таких куска, что суммарная масса любых двух из них больше
г.
Подсказка 1
Давайте обозначим веса кусков по убыванию через x_i. Тогда достаточно показать, что сумма массы второго и третьего наибольшего куска больше 600. Попробуйте сделать это от противного.
Подсказка 2
Важно заметить, что если их сумма не превосходит 600, то она сильно меньше 600 (посмотрите внимательно на условие). Также это позволит дополнительно оценит вес третьего наибольшего куска.
Подсказка 3
Теперь нужно найти противоречие, для этого рассмотрите кучи, в которых есть сколько-то первых наибольших по весу кусков, кроме первого. Как отличаются суммарные веса кусков в них?
Первое решение.
Пусть — массы кусков в граммах. Упорядочим их по величине:
Тогда
, иначе
кучка из одного куска массой
и кучка из всех остальных кусков противоречат условию.
Теперь достаточно показать, что Предположим противное: пусть
тогда
(иначе снова
есть две кучки, противоречащие условию: кучка из кусков массами
и кучка из всех остальных кусков). Поэтому
Будем теперь класть на весы по одному куски массами именно в этом порядке. Начальная масса кучки на весах будет
равна
а конечная —
так как
Поскольку масса каждого очередного куска меньше г, в некоторый момент на весах окажется кучка, масса которой будет не меньше
г, но не больше
г, что противоречит условию.
Второе решение.
Из условия следует, что масса каждого куска меньше г. При любом разбиении кусков на две кучки масса одной из них будет меньше
г, а масса другой — больше
г. В первом случае назовём кучку лёгкой, а во втором — тяжёлой. Лёгкой кучке соответствует
тяжёлая (из остальных кусков), и наоборот. Также назовём произвольный кусок большим, если при добавлении его к некоторой лёгкой
кучке она становится тяжёлой, а в противном случае назовём кусок маленьким (при добавлении его к любой лёгкой кучке она остаётся
лёгкой). Масса любого большого куска больше
г.
Рассмотрим кучку, состоящую из всех маленьких кусков. Она лёгкая, поэтому ей соответствует тяжёлая кучка из остальных кусков. В
этой тяжёлой кучке не менее двух кусков, причём они все большие. Выберем один из этих кусков и переложим к кучке из маленьких
кусков. Полученная кучка также лёгкая, так как её можно получить, добавляя последовательно к этому большому куску
все маленькие куски. Ей снова соответствует тяжёлая кучка, также состоящая из не менее двух кусков. Таким образом,
найдены три больших куска, любые два из которых образуют тяжёлую кучку, т.е. имеют суммарную массу больше
г.
Замечание. Такая тройка больших кусков единственна. Действительно, если бы было хотя бы больших куска, то составленная из них
тяжёлая кучка имела бы массу более
г. Кроме того, при сужении промежутка
г, в который не должны попадать
массы кучек при произвольном разбиении, утверждение задачи перестаёт быть верным, что показывает пример разрезания на
куска
массами
г.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть — центр описанной окружности остроугольного треугольника
На стороне
отметили точку
Окружности,
описанные около треугольников
и
повторно пересекают отрезки
и
в точках
и
соответственно. Докажите,
что из отрезков
и
можно сложить треугольник.
Подсказка 1
Сначала надо понять, где относительно XY находится точка O. Для этого попробуйте оценить сумму углов XOD и YOD, должно получиться больше 180°.
Подсказка 2
Для полноты картинки не хватает ещё одного вписанного четырёхугольника. Обратите внимание на AXOY.
Подсказка 3
Итак, теперь попробуем найти треугольник с нужными сторонами. Как насчёт того, чтобы отметить на BC такую точку Z, что YZ = YC? Что можно сказать про отрезок XZ?
Поскольку четырёхугольники вписанные, то
Так как
то точки и
лежат по разные стороны от прямой
В частности, мы показали, что точка
лежит строго внутри треугольника
Тогда
поэтому четырёхугольник также является вписанным.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Пусть точка отличная от
на отрезке
такова, что
Тогда поскольку треугольник
равнобедренный,
Заметим, что
Значит, откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек
и
на отрезке
), что точки
и
лежат на одной окружности. Следовательно,
Поэтому треугольник равнобедренный и
Получаем, что треугольник
составлен из отрезков
и
равных
и
соответственно, что и требовалось.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Второй способ. Пусть точки симметричны точкам
и
относительно середин
и
сторон
и
соответственно
Поскольку — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника,
Тогда из
четырёхугольников
находим
Не ограничивая общности, предположим, что лежит на отрезке
Поскольку
точка
лежит на отрезке
Получаем, что
Следовательно, треугольники и
равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они
совмещаются поворотом с центром в точке
на угол
Тогда
Поскольку
из
симметрии, получаем, что треугольник
составлен из отрезков, равных
и
что и требовалось.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около равен
а радиус окружности, описанной
около
равен
Поскольку
получаем, что радиусы этих двух окружностей равны.
Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников
и
получаем, что радиусы окружностей, описанных около
всех трёх четырёхугольников
и
равны. Обозначим эти окружности
соответственно
Для того чтобы показать, что из отрезков можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы,
опирающиеся на эти отрезки в окружностях
соответственно, в сумме дают
Убедимся в этом. Заметим, что
Таким образом,
что и требовалось доказать.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки и
отличны от
Тем не менее все
три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка
совпадёт с точкой
то утверждение о вписанности
четырёхугольника
из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника
стороны
в точке
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Назовём подмножество плоскости похожим на прямую, если для некоторой прямой
той же плоскости найдётся такое взаимно
однозначное соответствие
что для всяких двух точек
на прямой
длина отрезка
отличается от длины отрезка
не более, чем на
Верно ли, что любое подмножество плоскости, похожее на прямую, лежит между некоторыми двумя
параллельными прямыми?
Подсказка 1
Подумайте, что означает: «расстояние между любыми двумя точками меняется не больше, чем на 1». Поставьте две близкие точки на прямой l, а затем посмотрите на их образы в A. Чем «плавнее» ведёт себя множество, тем легче будет уложиться в это ограничение.
Подсказка 2
Чтобы опровергнуть утверждение задачи, достаточно одного множества, которое удовлетворяет условию «похожа на прямую», но не помещается между двумя параллельными прямыми. Идея: график не слишком быстро растущей функции.
Подсказка 3
Рассмотрите график функции вида y=√x (или той же, но на всей оси через y=√|x|.)
Подсказка 4
Выберите две точки (x,√x) и (y,√y). Напишите формулу для расстояния между ними и сравните её с (y-x). Оценки покажут, что разница действительно может быть ≤ 1. Проверьте, помещается ли такой график между параллельными прямыми.
Подсказка 5
Запишите уравнения двух произвольных параллельных линий y=kx+b₁ и y=kx+b₂ при b₁<b₂. Можно ли подобрать достаточно большое x, чтобы точка (x,√x) оказалась выше верхней прямой? Подумайте, как растёт √x по сравнению с любой прямой kx.
Подсказка 6
Любая функция, растущая медленнее линейной, рано или поздно «вырвется» из-под любой заданной пары параллельных прямых. Используйте это наблюдение, чтобы окончательно убедиться, что утверждение в задаче неверно.
Приведём контрпример. Возьмём в качестве ось абсцисс, а в качестве множества
— график функции
Докажем, что
отображение
удовлетворяет условию.
Достаточно проверить, что для произвольных выполнены неравенства
Неравенство верно, поскольку
Обоснуем неравенство Возводя его в квадрат и сокращая слагаемое
получаем, что достаточно доказать
неравенство
1)Если то
2)Если то
3) Если то заметим, что при замене
на
и
на
левая и правая части доказываемого неравенства не меняются,
и справедливо рассуждение пункта
Таким образом, неравенства и
верны для произвольных
Остаётся показать, что график функции не лежит между никакими двумя параллельными прямыми. Предположим
противное: график функции
лежит между параллельными прямыми
и
Прямые
и
не могут быть
вертикальными или горизонтальными, поскольку на графике
есть точки со сколь угодно большими абсциссами и
ординатами.
Предположим теперь, что прямые и
задаются уравнениями
причём
Рассмотрим точку с
координатами
Эта точка лежит на графике
и имеет неотрицательную ординату.
С другой стороны,
поэтому данная точка не лежит между прямыми и
Противоречие.
Нет, неверно
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Фокусник вместе со своим помощником собираются показать следующий фокус. Помощник надевает фокуснику повязку на глаза,
приглашает на сцену случайного зрителя из зала и просит его написать последовательность из нулей и единиц длины Затем
помощник верно называет фокуснику номер и значение некоторого одного члена последовательности. Задача фокусника — отгадать
других членов последовательности (т. е. назвать их номера и значения). Докажите, что они могут заранее договориться так, чтобы фокус
удался.
Подсказка 1
Итак, у нас дана последовательность, и помощник называет номер и значение какого-то члена последовательности. Может, он выбирает элемент не случайно?
Подсказка 2
А нужно ли там рассматривать всю последовательность сразу, или достаточно будет какой-то ее части? Можем ли мы к тому же выбирать эти значения при помощи функции? Сколько значений должен угадать фокусник?
Подсказка 3
Для начала будем рассматривать последовательности, состоящие из 2025 последних элементов данной последовательности. Пусть за это будет отвечать функция f (она будет выдавать из некоторой последовательности x ее последние 2025 элементов). Давайте также обозначим за А множество всех последовательностей нулей и единиц длины 2025, за B — множество всех последовательностей длины 2025, в которых лишь одна единица, за С — все последовательности длины 2025, не включая элементы B. Какая будет длина у С? По какому принципу помощник может сообщать элемент?
Подсказка 4
Давайте также введем функцию g, нумерующую все элементы множества С. Давайте считать, что и помощник, и фокусник знают f и g. Пусть помощник увидел какую-то последовательность. Попробуйте разобрать случаи.
Подсказка 5
Если помощник увидит последовательность x, и f(x) ∈ C, тогда он сообщит элемент с номером g(f(x)). Какие еще случаи можно рассмотреть по аналогии? Не забудьте воспользоваться тем, что в последовательностях множества B ровно одна единица.
Подсказка 6
f(x) ∈ B, первая цифра x - 1 ⇒ сообщает значение и номер единицы из последовательности f(x). f(x) ∈ B, первая цифра x — 0. 1) Единица не на последнем месте ⇒ сообщает значение и номер следующего за ней нуля. 2) Единица на последнем месте ⇒ сообщает значение и номер первого нуля. Как тогда должен действовать фокусник, если ему известны значения функций и множества?
Подсказка 7
Пусть фокусник услышал число в диапазоне [1;2²⁰²⁵ - 2025]. Какой это будет случай?
Подсказка 8
Это случай f(x) ∈ C (⇒ фокусник услышал значение и номер элемента g(f(x))). Может ли он тогда восстановить последние 2025 элементов?
Подсказка 9
Заметим, что функция нумерации биективна, следовательно, по ней можно восстановить f(x). А что произойдет в остальных двух случаях?
Подсказка 10
Если фокусник услышит цифру с номером из [2²⁰²⁵ - 2024; 2²⁰²⁵], то f(x) ∈ B и либо это 0 из начала, либо 0 после единицы. Но мы знаем, что в последовательностях из B ровно одна единица. Какой вывод можно сделать?
Пусть — множество всех последовательностей из нулей и единиц длины
Определим функцию
сопоставляющую каждой
последовательности
из
последовательность, состоящую из её последних
цифр. Пусть
— множество всех
последовательностей из нулей и единиц длины
в которых ровно один элемент равен
а остальные равны
а
— множество
всех остальных последовательностей длины
Тогда Введём функцию
нумерации
для последовательностей из
, т.е. функцию
взаимно однозначно сопоставляющую каждой последовательности из
какой-то номер от
до
Обе функции
и
известны как фокуснику, так и его помощнику.
Теперь опишем действия каждого из них. Пусть помощник увидел перед собой последовательность Тогда у него есть несколько
вариантов:
1) Если то он сообщает значение элемента под номером
2) Если и первая цифра последовательности
равна
то помощник сообщает значение и номер единицы из
последовательности
3) Если и первая цифра последовательности
равна
то помощник сообщает значение и номер того нуля, который
следует за единственной единицей в последовательности
(такая единица единственна, так как эта последовательность
принадлежит множеству
). Если же единица стоит на последнем месте, то помощник сообщает значение и номер первого
нуля.
Опишем действия фокусника.
1) Если он услышал цифру с номером из диапазона от до
то он понимает, что это случай 1). Значит, по этому номеру с
помощью функции нумерации (ввиду её биективности) он может восстановить
а значит, и последние
цифр вместе с их
номерами.
2) Если он услышал цифру с номером из последних номеров, то он понимает, что это случай 2) или 3). Но в обоих случаях у нас у
последовательности
последние
цифр все нули, кроме одного. Из последних
цифр он может отгадать
других
цифры, так как одну уже назвал помощник. Также он может назвать самую первую цифру последовательности, так как
она в случаях 2) и 3) совпадает с той цифрой, что называет помощник. Значит, и в этом случае фокусник отгадает
цифр.